Đề thi olympic vật lý lớp 10 2016 2017 trường THPT chuyên lý tự trọng cần thơ file word có lời giải chi tiết

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG – CẦN THƠ
Câu 1: (5 điểm)
Hai ngọn nến có chiều cao ban đầu như nhau là h được đặt cách nhau một đoạn là a và mỗi ngọn
nến lại được đặt cách tường gần nhất một đoạn cũng là a (hình vẽ). Tìm vận tốc các bóng đen của ngọn
nến trên các tường, biết rằng ngọn nến thứ nhất cháy hết trong thời gian t1 và ngọn nến thứ hai cháy
hết trong thời gian t 2 .

Câu 2: (5 điểm)
Vật 1 khối lượng m1  200g . Vật 2 khối lượng m2  100g .
Hai vật nối với nhau bằng dây không dãn l = 0,4m. Dây nối hai
vật được bắt qua ròng rọc cố định ở đầu A của giá AB đặt
nghiêng 30 0 so với phương ngang. Vật 1 có thể trượt trên AB
với hệ số ma sát k = 0,2. Quay tròn đều cơ hệ quanh trục thẳng
đứng đi qua dây treo vật 2 với vận tốc góc  .
1. Cho   10 rad / s . Khi quay không làm lệch dây treo vật
1 và vật 2. Xác định vị trí các vật.
2. Làm lệch dây treo vật 2 khỏi phương thẳng đứng đồng
thời quay cơ hệ quanh trục thẳng đứng đi qua tâm ròng rọc với vận tốc góc 1 sao cho dây nối 2 vật
căng thẳng và 2 vật nằm trên đường thẳng trùng với đường thẳng căng bởi dây nối. Xác định vị trí các
vật và vận tốc góc 1 .
Câu 3: (5 điểm)
Hai quả cầu có khối lượng m1  100g và m2  500g , được nối với nhau
bằng dây không dãn. Đặt các quả cầu trong lòng trụ rỗng đang quay tròn đều
quanh trục nằm ngang đi qua trục của khối trụ.
Các quả cầu sẽ đứng yên trong lòng khối trụ. Bán kính nối tâm của khối trụ
với quả cầu 1 lệch góc 150 so với phương thẳng đứng. Bán kính nối tâm của
khối trụ với quả cầu 2 lệch góc 30 0 so với phương thẳng đứng. Hệ số ma sát
giữa quả cầu 1 với lòng trụ là k1  0,1 . Xác định:
1. Lực căng của dây nối 2 quả cầu.

2. Hệ số ma sát k 2 giữa quả cầu 2 và lòng trụ.

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

1


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Câu 4: (5 điểm)
Một thanh cứng AB khối lượng không đáng kể, chiều dài l, ở hai đầu có
gắn chặt hai viên bi nhỏ giống nhau, mỗi viên bi có khối lượng m. Ban đầu
thanh được đặt đứng yên ở trạng thái thẳng đứng, viên bi 1 ở dưới tiếp xúc với
mặt phẳng ngang trơn, viên bi 2 ở trên (hình vẽ).
Một viên bi nhỏ thứ 3 cũng có khối lượng m chuyển động với vận tốc v 0
hướng vuông góc với AB đến va chạm và dính chặt vào bi 1, sau đó hệ ba
viên bi liên kết với nhau cùng chuyển động.
1. Hãy tìm điều kiện v 0 để hai viên bi 1 và 3 không rời mặt phẳng ngang?
2. Độ lớn vận tốc của viên bi 2 bằng nao nhiêu khi sắp chạm vào mặt phẳng ngang lần đầu?
Câu 5: (5 điểm)
Một xilanh đặt theo phương thẳng đứng, bên trong có một pit tông nặng khối lượng M, diện tích S,
có thể trượt không ma sát. Pittông và đáy xilanh được nối với nhau bởi một lò xo có độ cứng k. Trong
xilanh có chứa khối khí với khối lượng m, phân tử gam là  .
a. Hệ thống đặt trong không khí.Ở nhiệt độ T1 , lò xo giãn ra, pittông cách đáy một khoảng h1 . Hỏi
nhiệt độ T2 bằng bao nhiêu thì pittông cách đáy một khoảng h 2 ( h 2  h1 )?
b. Hệ thống đặt trong chân không. Trong xilanh lúc này chứa 2 mol khí lý tưởng đơn nguyên tử ở
thể tích V0 , nhiệt độ t 0  370 C . Ban đầu, lò xo ở trạng thái không co giãn. Sau đó truyền cho khí một
4
V0 , nhiệt độ 147 0 C . Biết rằng thành xilanh cách nhiệt,
3

R  8,31J / mol.K . Tìm nhiệt lượng đã truyền cho khối khí?

nhiệt lượng Q, thể tích khí lúc này bằng

Câu 6: (5 điểm)
Một động cơ nhiệt có tác nhân sinh công là n mol khí lý tưởng đơn nguyên tử thực hiện một chu
trình kín được biểu diễn trong hệ toạ độ (p-V) như hình vẽ. Các đại lượng p0 , V0 đã biết.
1. Tính nhiệt độ và áp suất khí tại trạng thái (3).
2. Tính công do chất khí thực hiện trong cả chu trình.
3. Tính hiệu suất của động cơ nhiệt.

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

2


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1:

Giả sử ở thời điểm t, nến (1) đã cháy hết đoạn h1 , nến (2) đã cháy hết đoạn h 2 thì bóng đen in lên các
tường bên trái và bên phải là (h – x) và (h – y), với:
x  h1   h1  h 2   2h1  h 2
y  h 2   h1  h 2   2h 2  h1

Ngoài ra: nến (1) cháy trong thời gian t1 thì v1 

h
h

 h1  .t
t1
t1

nến (2) cháy trong thời gian t 2 thì v 2 

h
h
 h 2  .t
t2
t2

Vậy vận tốc bóng đen bên trái là:
h
h
2 t t
t
t2
x 2h  h 2
h h
h
v1   1
 1
2  
 2t 2  t1 
t
t
t
t1 t 2 t1t 2
Vận tốc bóng đen bên phải là:

h
h
2 t t
t
t1
y 2h  h1
h h
h
v2   2
 2
2  
 2t1  t 2 
t
t
t
t 2 t1 t1t 2
Biện luận:
+ Nếu t1  t 2 : nến (1) cháy nhanh hơn nến (2) thì v1  0 còn v 2 có thể âm: bóng đen trên tường trái
dịch chuyển xuống, bóng đen bên tường phải có thể dịch chuyển lên.
+ Nếu t1  t 2 : hiện tượng xảy ra ngược lại
Câu 2:
1. Tìm vị trí các vật:
Theo định luật 2 Newton ta có:
Vật 2: T  P2  m 2 g  1 N 

(1)

Vật 1: Ox: N.sin 300  T.cos300  Fms .cos300  m12 .l1.cos300

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

3


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

1
3
3
3
 N.  T.
 kN
 0, 2.100.l1
2
2
2
3

1
3
3
 N   0, 2.
 10 3 l1
  1.
2 
2
2

(2)

Oy: P1  Fms .sin 300  T.sin 300  N cos300
1
1
3
 2  0, 2.N.  1.  N
 N  3, 26  N 
2
2
2
Thế (3) vào (2) tìm được l1  17, 7  cm 

(3)

Suy ra: l2  l  l1  40  17, 7  22,3  cm 
2. Tìm vị trí các vật và 1 :

Khi quay quanh trục thẳng đứng với tốc độ 1 , các vật cùng nằm trên đường thẳng AB, lúc này vật 2
cũng quay theo. Theo định luật 2 Newton ta có:
Vật 2: Oy: T sin 300  m 2g  T  2  N 
Ox: T cos 300  m 2 .12 .l2 cos 300  12 .l2 

T
2

 20
m 2 0,1

(4)

Vật 1: Oy: P1  Fms .sin 300  Tsin 300  N cos300

1
1
3
 2  0, 2N  2.  N
 N  3,916  N 
2
2
2
Ox: N.sin 300  T.cos300  Fms .cos300  m1.12 .l2 cos300
1
3
3
3
3,916.  2.
 0, 2.3,916.
 0, 2.12 .l1
 12 .l1  25, 22
(5)
2
2
2
2
Từ (4) và (5) suy ra: l '1  22,3  cm  ; l '2  17, 7  cm  ; 1  10, 63  rad / s 

Câu 3:
Hai quả câu nằm cân bằng trong lòng khối trụ trỗng. Mỗi quả cầu chịu các
lực tác dụng gồm trọng lực, phản lực, lực căng và lực ma sát. Phân tích
lực như hình vẽ. Áp dụng điều kiện cân bằng của các quả cầu, ta có:
Quả cầu 1:
Ox:

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

4


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

 6 2
6 2
 

 N1  0,924.T
4
40 


(1)

Oy: P1  N1.sin 750  T.cos 67,50  F1.sin 750
 6 2
6 2
 1  

 N1  T.0,382
4
40



(2)

Từ (1) và (2) tìm được: N1  0,944  N  và T  0,166  N 
Quả cầu 2:
Ox: N2 .cos 600  T.cos 22,50  F2 .cos300
 N2

1
3
 T.0,924  k 2 N 2
2
2

(3)

Oy: P2  T.sin 22,50  N2 .sin 600  F2 .sin 300
 5  0,166.0,383  N 2 .
 10,127  3N 2  k 2 N 2

3
1
 k 2N2
2
2

(4)

Từ (3) và (4) tìm được: N 2  4,3  N  ; k 2  0, 62
Câu 4:
1. Tìm v 0 để hai quả cầu 1 và 3 không rời mặt phẳng ngang:

* Ngay sau khi va chạm mềm giữa bi 1 và 3, hệ quả cầu 13 chuyển động theo phương ngang: bảo toàn
v
động lượng theo phương ngang, độ lớn vận tốc v13 : mv0  2mv13  v13  0
2
* Xét hệ gồm ba viên bi, bi 3 va chạm với khối tâm C của bi 1 và 2 thì C có vận tốc theo phương
v
ngang v C : bảo toàn động lượng theo phương ngang, ta có: mv0  3mvC  vC  0
3
* Chọn hệ qui chiếu (Q) gắn với khối tâm C, viên bi 13 chuyển động đối với C có vận tốc:
v v
v
v13/C  0  0  0
2 3
6
2

 gia tốc hướng tâm của viên bi 13 đối với C: a ht /C

 v0 
 
v02
6 



l
12l
3

* Mặt khác: khối tâm C của hệ chuyển động theo phương thẳng đứng dưới tác dụng của P và N .

NP
Theo định luật II Newton, ta có: a C 
3m

v02 N  P

12l
3m
2
v
P
* Nếu viên bi 13 nâng lên thì N = 0 và a13  0 nên: 0 
 v02  12gl
12l 3m
Vậy viên bi 13 đối với đất có gia tốc là: a13  a ht /C  a C 

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

5


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Vậy để vật 13 không nâng lên thì: v02  12gl
2. Vận tốc của viên bi 2 khi sắp chạm vào mặt phẳng ngang lần đầu:
Chọn hệ qui chiếu gắn với sàn, viên bi 13 trượt không ma sát trên sàn. Ngay trước khi bi 2 chạm sàn,
vận tốc của hệ 3 bi theo phương ngang đều bằng nhau:
v
v1n  v 2n  v3n  0
3

2

1
1 v 
1
Theo định luật bảo toàn cơ năng: mv02  mgl  m  0  .2  mv 22
2
2  3
2
7v02
Vậy: v2  2gl 
9
Câu 5:
a. Gọi p0 , p1 , p 2 lần lượt là áp suất khí quyển, áp suất khí trạng thái đầu và áp suất khí ở trạng thái

sau của khí; x1 , x 2 là độ biến dạng của lò xo ở hai trạng thái đầu và cuối.
Điều kiện cân bằng của pit tông ở hai trạng thái cho ta:
(1)
Mg  p0S  k.x1  p1S

Mg  p0S  k.x 2  p2S

(2)

Từ (1) và (2) suy ra: k  x 2  x1    p 2  p1  S
Mà: x 2  x1  h 2  h1  p 2  p1 

k
 h 2  h1 
S

mRT2 mRT1 k

  h 2  h1 
Sh 2 Sh1 S

Giải ra ta được: T2 

T1h 2 kh 2

 h 2  h1 
h1
mR

b. Các trạng thái của khí lúc đầu và lúc sau:  p 0 , V0 , T0  và  p3 , V3 , T3  với V3 
Sau khi truyền một nhiệt lượng Q, pittông dịch chuyển lên một đoạn x 

4
V0
3

V V0

 V0  3xS
S
3S

Mg  p0S
Xét điều kiện cân bằng của pittông lúc đầu và lúc sau, ta có: 
Mg  kx  p3S

Công mà khí thực hiện được:
1
1
1
1
1
1 
1
A  Mgx  kx 2  p 0 V0   p3  p 0  V0  p 0 V0  p3V3  nR  T0  T3   1731, 25  J 
2
3
6
6
8
8 
6

3
nR  T3  T0   2742,3  J 
2
4 
 13
Nhiệt lượng đã truyền cho khí: Q  U  A  nR  T3  T0   4473,55  J 
3 
8

Độ tăng nội năng của khí: U  CV T 

Câu 6:

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

6


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

1. Đường 2-3 có dạng:

p
V
k
p0
V0

1
7
V 3p
+ Trạng thái 3: V3  3V0 ; p3  kp 0 . 3  0
V0
7

+ Trạng thái 2: V2  7V0 ; p 2  p0  k 

p3V3 9p0 V0

nR
nR
64p0 V0
2. Công do chất khí thực hiện có giá trị: A  S 123 

7
3. Khí nhận nhiệt trong toàn bộ quá trình 3-1 và một phần của quá trình 1-2, trên đoạn 1-I
+ Xét quá trình đẳng tích 3-1:
144p 0 V0
i
3
pV p V 
Q31  U  nR T  nR  1 1  2 3   Q31 
2
2
nR 
7
 nR
+ Xét quá trình 1-2: p  aV  b

+ Theo phương trình Claperon-Mendeleep: T3 

TT1: 5p0  a.3V0  b
TT2: p 0  

p0
p
.V  8p 0  a   0 và b  8p0
V0
V0

Vì vậy quá trình 1-2 có phương trình: p  

p0
.V  8p0

V0

nRT
vào ta có:
V
p
p
nRT   0 .V 2  8p0 V  nRT  2 0 .V.V  8p 0 V
V0
V0

(1)

Thay p 

(2)

+ Theo NL I: Khi thể tích biến thiên V ; nhiệt độ biến thiên T thì nhiệt lượng biến thiên:
3
(3)
Q  nRT  pV
2


p
+ Thay (1), (2) vào (3) ta có: Q   20p0  4 0 V  .V
V0 

 Q  0 tại điểm I khi V1  5V0 và p1  3p0

Như vậy khi 3V0  V  5V0 thì Q  0 tức là chất khí nhận nhiệt lượng
p p
3
nR  TI  T1   1 I  VI  V1   8p0 V0
2
2
A
 32%
* Hiệu suất chu trình là: H 
Q31  Q1I
Q12  Q1I  U1I  A1I 

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

7