Đề thi olympic vật lý lớp 10 2016 2017 trường THPT chuyên nguyễn quang diêu đồng tháp file word có lời giải chi tiết

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

THPT CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIÊU – ĐỒNG THÁP
Câu 1: (5 điểm)
Một người cần bơi qua một con sông rộng AB với vận tốc chảy của dòng nước là u  1m / s . Biết
vận tốc chạy bộ của người trên bờ là v  2,5 m / s , Vận tốc bơi đối với nước là 1,5 m / s . Tìm lộ trình
của người xuất phát từ A để đến B nhanh nhất. Khoảng thời gian đó bằng bao nhiêu? Biết
AB  d  750m .
Câu 2: (5 điểm)
Một cái nêm nhẵn khối lượng M, góc đáy  , ban đầu đứng yên trên một mặt bàn nằm ngang. Khối
lập phương khối lượng M nằm tiếp xúc với nêm trên mặt bàn này (hình vẽ). Hệ số ma sát giữa khối lập
phương và mặt bàn là  . Trên nêm người ta đặt một xe kéo khối lượng m, xe kéo có thể trượt không
ma sát trên mặt nêm. Thả xe kéo cho nó chuyển động không vận tốc ban đầu từ đỉnh nêm. Tìm vận tốc
xe kéo khi nó đến chân nêm nếu độ cao của nêm là h.

Câu 3: (5 điểm)
Một thanh mảnh, đồng chất khối lượng M, độ dài b được gắn bằng
một sợi dây nhỏ, không thể co giãn với một lò xo có hệ số đàn hồi k.
Sợi dây được vắt qua một ròng rọc rất nhỏ và nhẵn cố định tại P. Thanh
mảnh có thể quay tự do quanh A không ma sát trong khoảng góc
  0   như hình vẽ.
Khi c = 0, lò xo ở trạng thái tự nhiên. Giả sử b < a, PA thẳng đứng. Tìm
các giá trị của  để hệ thống cân bằng tĩnh và xác định trong mỗi
trường hợp nếu hệ thống cân bằng bền, không bền hoặc phiếm định.
Câu 4: (5 điểm)
Một bán cầu nhẵn, bán kính R, đặt cố định trên mặt sàn nằm ngang. Một vật nhỏ đang nằm tại đỉnh
bán cầu. Truyền cho vật một vận tốc ban đầu v 0 theo phương ngang sao cho vật không rời bán cầu
ngay lúc đó. Bỏ qua sức cản không khí.
1. Tìm điều kiện của v 0 và xác định vị trí vật rời khỏi bán cầu.
2. Tính lực nén của vật lên bán cầu khi vật chưa rời bán cầu và ở độ cao h.
3. Vật rơi xuống sàn và nẩy lên đến độ cao bao nhiêu (coi va chạm là hoàn toàn đàn hồi)?

Câu 5: (5 điểm)
Một ống hình trụ thẳng đứng có thể tích V. Ở phía dưới pittông khối lượng m, diện tích S, có một
lượng khí lý tưởng đơn nguyên tử ở nhiệt độ T0 . Pittông ở vị trí cân bằng chia ống thành hai nửa bằng

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


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

nhau. Người ta đun nóng khí từ từ đến khi nhiệt độ khí là 4T0 . Ở phía trên có làm hai vấu để pittông
không bật ra khỏi ống. Hỏi khí trong ống đã nhận được một nhiệt lượng là bao nhiêu? Bỏ qua bề dày
pittông và thành ống. Cho áp suất khí quyển bên ngoài là P0 và nội năng của một mol khí lý tưởng đơn
nguyên tử được tính theo công thức U 

3
RT
2

Câu 6: (5 điểm)
Một chất khí lý tưởng có khối lượng mol là  , nhiệt dung CV không đổi, thực hiện quá trình AB
như hình vẽ trên toạ độ p-V. Nếu tịnh tiến đường cong AB theo phương thẳng đứng xuống dưới một
đoạn p 0 không đổi ta được đường cong CD là đường biểu diễn quá trình đẳng nhiệt của chất khí này ở
nhiệt độ T0 .
a. Hãy xác định trạng thái có nhiệt độ thấp nhất trong quá trình AB.
b. Biểu diễn đồ thị c – p trong quá trình AB.

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


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1:
- Người chạy bộ trên bờ một đoạn AC rồi bơi theo hướng CM (CM tạo với AB một góc  ) sao cho
đối với bờ người chuyển động theo hướng CB.
AC
- Thời gian người chạy trên AC: t1 
v
- Thời gian người bơi vượt sông trên CB:
BC
CD
BD
t2 


v13 v12 cos  u  v12 sin 
 BD  AC  AB

u  v12 sin 
v12 cos 

- Tổng thời gian qua sông:
AB
AB
 3,5  1,5sin  
t  t1  t 2 
 200 
 u  v12 sin   

v v12 cos 

v12 cos 
cos 


 3,5  1,5sin  
- Đặt y  
  t min  y min
cos 


1,5cos 2    3,5  1,5sin    sin  
- Lấy đạo hàm y theo  : y ' 
cos 2 
1,5
y '  0  1,5 1  sin 2    3,5sin   1,5sin 2   0  sin  
3,5
2

10
 1,5 
 cos   1  


3,5
 3,5 

1,5
3,5
 198  m 
Lộ trình: AC  750

10
1,5
3,5
1  1,5

Câu 2:
Nếu hai vật M chuyển động thì chúng sẽ có cùng gia tốc a, gọi gia tốc giữa m với nêm là a12 . Chọn hệ
quy chiếu gắn với hai vật M ta có:
- Phương trình định luật 2 Newton cho m:

mg.sin   m.a.cos   m.a12

(1)

N12  mg.cos   m.a.sin 

(2)

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


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

- Phương trình cân bằng cho nêm:

N12 .sin   N.sin 2  M.a

(3) (N là phản lực của M tác dụng lên nêm)

Cho khối M: N.sin 2  M.a  Fms

N '  M.g  N.cos 2

 N.sin   M.a   M.g  N.cos 2  

(4)


 
mg sin  cos  1 
 Mg
tg2 

Giải (2), (3), (4) ta được: a 


 
 
M2
 m sin 2  1 


tg2 

 tg2 

Và từ (1): a12  g.sin   cos 
* Điều kiện để M chuyển động là a  0   

m sin 2
 0

2M  m cos 2

* Biện luận:
+ Nếu    0 thì nêm và khối lập phương cùng chuyển động với các gia tốc tính ở trên. Khi vật tới
chân nêm:
- Vận tốc của m đối với nêm: v12  2a12S 

- Vận tốc của nêm là v với:

2h
 g sin   a cos  
sin 

v .a
v
a

 v  12
v12 a12
a12

2
 v2  2v.v12 cos 
- Vận tốc của m đối với đất: v1  v12

+ Nếu    0 thì nêm và khối lập phương không chuyển động. Khi đó vật m trượt trên nêm với gia tốc
a  g sin   vận tốc của m khi đến chân nêm là: v1  2gh

Câu 3:
Xét thanh rắn đồng chất

b
Mgb
sin 
- Momen của trọng lực thanh đối với trục quay qua A: MP  A   P sin  
2
2

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


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

- Momen của lực căng dây treo đối với trục quay qua A: MT  A   T b sin 1 ( 1 là góc hợp bởi thanh
với dây nối) MT  A   kcb sin 1
- Định lí sin trong tam giác APB:

c
a

 c sin 1  a sin 
sin  sin 1

MT  A   T b sin 1  kcb sin 1  kba sin 

- Khi cân bằng MP  A   MT  A  hay

Mgb
Mg
sin   kba sin  
sin   ka sin 

2
2

- Nếu ka 

Mg
cân bằng với mọi  và cân bằng là phiếm định.
2

- Nếu ka 

Mg
cân bằng khi   0 . Coi   0   trong đó   0 là một góc nhỏ.
2

 Mg

 ka  
Khi đó: Tổng momen M  b 
 2


Như vậy M < 0 đối với    ; M > 0 đối với    .
Do đó M có xu hướng làm tăng  trong cả hai trường hợp và cân bằng là không bền.
+ Xét cân bằng ở    . Coi      trong đó   0 là một góc nhỏ.
 Mg

 ka  
Khi đó tổng momen M   b 
 2



Như vậy M < 0 đối với      ; M > 0 đối với      . Do đó M cú xu hướng làm giảm  trong cả
hai trường hợp và cân bằng bền.
- Ngược lại bêis ka 

Mg
cân bằng khi   0 hoặc   
2

Với cân bằng ở   0 là bền và cân bằng ở    là không bền.
Câu 4:
1. Xét vật ở vị trí có bán kính hợp với phương thẳng đứng một góc 
Ta có: mg co   N  m

N  mg cos   m

v2
R

v2
(1)
R

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


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Điều kiện của v 0 để vật không rời bán cầu ngay lúc đầu và vị trí vật

rời bán cầu:
* Tại O, từ (1)  N  mg  m

v02
0
R

v 0  gR

* Tại A vật rời bán cầu nên NA  0 , từ (1)  cos  A 

v 2A
gR

mv2A mv02
Áp dụng định lý động năng:

 mg  R  R cos  A 
2
2
giải hệ (2) và (3) ta được: cos  A 

v02  2gR
3gR

(2)

(3)

(4)

2. Lực nén của vật lên bán cầu tại độ cao h (tại B)
Áp dụng định lý động năng:

mv2B mv02

 mg  R  h   v2B  v02  2mg  R  h 
2
2

v02 
mg 
h
cos  B  . Thay vào (1) ta được: N B 
 3h  2R  
R 
g 
R

3.Tính độ cao mà vật đạt được sau va chạm vào sàn:
Thay (4) vào (2) ta được: v 2A 

v02  2gR
v 2  2gR
; h A  R cos  A  0
3
3g

Sau khi rời bán cầu, vật chuyển động như ném xiên xuống dưới hợp với phương ngang một góc  với
vận tốc đầu vA , từ độ cao h A . Thành phần vận tốc v y của vật lúc chạm sàn:

v2y  v2yA  2gh A  vA2 sin 2  

2v02  4gR
3

  v 2  2gR 2 
 v  2gR  1   0 3gR    2v02  4gR
3
 
 
 v02  2gR 
2

 v0  2gR  gR 

3
 3gR 
2
0

Vì vật va chạm hoàn toàn đàn hồi với sàn nên sẽ nảy lên với cùng vận tốc. Áp dụng định luật bảo toàn
cơ năng ta được:

v2
R  v 2  2gR 
 mgH  H 
 0 R  0

2

2g 2g
2  3gR 

mv 2y

v 2y

3

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


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Câu 5:
- Khi pittông ở vị trí cân bằng, các thông số khí: P1  P0 
 Số mol khí n 

mg V0
;
; T0
s
2

P1V1 P1V0

mol
RT1 2RT0

- Trong giai đoạn đầu, pittông chưa chạm vấu khí biến đổi đẳng áp, khi bắt đầu chạm vấu khí có nhiệt

V V
V
độ T2 . Áp dụng: 1  2  T2  T0  2T0
V
T1 T2
2
- Nhiệt lượng truyền cho khí trong quá trình này:
Q1  A  U  P1

PV PV 3
V
3
5
 n R  T2  T1   1  1 . RT0  P1V
2
2
2
2RT0 2
4

- Sau khi pittông chạm vấu, thể tích không đổi, đây là quá trình đẳng tích. Khí nhận nhiệt lượng chỉ
PV 3
3
3
làm tăng nội năng: Q 2  n R2T0  1 . R2T0  P1V
2
2RT0 2
2
 Tổng nhiệt lượng mà khí đã nhận: Q  Q1  Q 2 

11
11 
mg 
P1V   P0 
V
4
4
s 

Câu 6:
a. Gọi khối lượng chất khí lý tưởng này là M.
- Trên đường cong AB lấy 1 điểm E tuỳ ý ứng với áp suất p1 và thể tích V1 . Từ E hạ đường thẳng
đứng cắt đường cong CD tại H.
- Phương trình trạng thái khí lý tưởng tại điểm E và H là:

p1V1 

M
RT


pV   p1  p0  V1 

(1)

M
RT0


Từ (1) và (2), ta có: V1 

Và p 

T
p0
T  T0

(2)

MR
 T  T0  (3)
p0

(4)

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


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Vì V1  0, p  0  T  T0
Vì E là tuỳ ý nên từ (3), ta có: VA 

MR
MR
 TA  T0  ; VB 
 TB  T0 
p 0
p 0

Vì VA  VB suy ra TA  TB tức là quá trình AB nhiệt độ ứng với điểm A nhỏ hơn nhiệt độ ứng với

điểm B.
b. Xét tại một điểm tuỳ ý trên đường cong AB.
- Xét một biến đổi nhỏ: V 

MR
T
p0

 pR

Q  pV  U  
 C V  MT
 p0


Vì c 

Q
R
c
 CV
MT
p 0

(5)

Từ (5) cho thấy sự phụ thuộc c vào p là sự phụ thuộc tuyến tính
Tại p  p0  c 

R

 CV


Tại p  0  c  CV
Hệ số góc của đường thẳng: tan  

R
p0

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