Đề thi olympic vật lý lớp 10 2016 2017 trường THPT chuyên nguyễn thị minh khai sóc trăng file word có lời giải chi tiết

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

THPT CHUYÊN NGUYỄN THỊ MINH KHAI – SÓC TRĂNG

Câu 1: (5 điểm)
Một vật được ném lên từ mặt đất với vận tốc V0  10m / s hợp với
phương nằm ngang một góc   300 cách vị trí ném theo phương
nhang một đoạn l có một bức tường thẳng đứng (hình 1), vật va chạm
với tường là tuyệt đối đàn hồi. Lấy g  10m / s 2 .
a. Tìm l để khi vật chạm đất cách O một đoạn ngắn nhất.
b. Tìm l để khi vật chạm đất cách O một đoạn lớn nhất.

Câu 2: (5 điểm)
Một chiếc nêm A có khối lượng m1  5kg , góc nghiêng   300 , có thể chuyển động tịnh tiến
không ma sát trên mặt sàn nhẵn nằm ngang. Một vật B có khối lượng m2  1kg , đặt trên nêm được kéo
bằng một sợi dây vắt qua một ròng rọc cố định gắn với nêm (Hình 2). Lực kéo F phải có độ lớn bằng
bao nhiêu để vật B chuyển động lên trên theo mặt nêm? Khi F = 10N, gia tốc của vật và nêm bằng bao
nhiêu? Bỏ qua ma sát, khối lượng của dây và ròng rọc. g  10m / s 2

Câu 3: (5 điểm)
Cho cơ hệ như hình vẽ 3. Quả cầu khối lượng m bán kính R đặt
tiếp xúc với vật đỡ A cố định, vật đỡ B chuyển động thẳng đều với
vận tốc là V. Bỏ qua mọi ma sát lực cản. Hãy xác định áp lực của quả
cầu tác dụng lên giá đỡ cố định A vào thời điểm khoảng cách giữa hai
điểm tiếp xúc A và B là AB  R 2 . Cho rằng lúc đầu hai vật đỡ rất
gần nhau.

Câu 4: (5 điểm)
Hai thanh cứng không khối lượng, chiều dài L được nối với một bản
lề không ma sát có khối lượng m. Ở đầu kia mỗi thanh gắn hai quả cầu
nhỏ khối lượng m và 2m. Hệ thống ban dầu được đặt thẳng đứng trên

sàn nhẵn nằm ngang sao cho thanh cứng vuông góc với sàn như hình 4.
Do bị đụng nhẹ hai quả cầu trượt xa ra nhau nhưng vẫn nằm trong mặt
phẳng thẳng đứng.

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

1


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

a. Tính vận tốc của mỗi vật ở thời điểm góc giữa hai thanh là 90 0 .
b. Vận tốc của bản lề m lúc nó bắt đầu chạm sàn.
Câu 5: (5 điểm)

Một mol khí lý tưởng nguyên tử được giữ trong một
xilanh cách nhiệt nằm ngan và một pittông P cũng cách
nhiệt. Pittông P gắn vào đầu một lò xo L. Lò xo L nằm dọc
theo trục của xilanh, đầu kia của lò xo L gắn vào cuối của
xilanh (Hình 5).
Trong xilanh, ngoài phần chứa khí là chân không. Ban đầu, giữ cho pittông P ở vị trí lò xo không
biến dạng, khi đó khí trong xilanh có áp suất P1 và nhiệt độ T1 .
Thả cho pittông chuyển động thì thấy khí giãn ra, đến trạng thái cân bằng cuối cùng thì thể tích của
khí bằng 1,5 lần thể tích khí ban đầu.
a. Tìm nhiệt độ T2 và áp suất P2 của khí khi đó.
b. Áp dụng bằng số: P1  6 kPa; T1  340K
Câu 6: (5 điểm)
Một mol khí lý tưởng biến đổi từ trạng thái (1) sang (2) theo quá trình có đồ thị T  f  V  là đường
cong parabol kéo dài qua gốc toạ độ như hình 6. Tính công mà khí nhận được hoặc sinh ra từ trạng thái
(1) tới khi nhiệt độ của nó đạt cực đại. Cho biết: T1  T2  300K; V1  4l , V2  8l

– 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:
a. Trong hệ quy chiếu Oxy, chọn gốc thời gian khí ném thì:

 2  1
 2  2

 v x  v 0 cos 
5 3
 x  5 3t


2
 v y  v 0 sin   gt  5  10t  y  5t  5t

Khi chạm tường x = 1
Từ (2) suy ra t 
Suy ra v y  5 

5 3

(với điều kiện 1  x m  5 3 )

2

. Thay vào (2 – 2): y  
3 15
3

 2  3

Vận tốc trước va chạm v hợp với phương ngang một góc  và có:
v

5 3 

2

2

2 
1

 5 

 và tan  
3
3 7,5


Sau va chạm v ' đối xứng với v qua tường.
Chọn hệ toạ độ mới x’O’y’ gốc thời gian là lúc va chạm, biến thời gian t’ thì sai va chạm vật chuyển
động có:

 x '  5 3t '


2 

2
y '   5 
 t ' 5t
3



2


  ta có phương trình:
khi chạm đất y '   
 3 15 


2   2

5t 2   5 
0
 t '  15 
3 
3


Giải phương trình này ta được: t '  1 

5 3

khi đó x 'm  5 3 

b. Vật cách vị trí ném: d   x 'm  5 3  2
5 3
(có nghĩa là vật chạm tường khi ở độ cao cực đại, sau khi chạm tường vật
2
chuyển động về vị trí cũ).

Vậy d min  0 khi

d max  5 3 khi



 0 (đây là tầm xa của vật khi không có bức tường)

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

3


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Câu 2:
Gọi a1 , a 2 là gia tốc của nêm A và của vật B. Chọn hệ quy chiếu xOy gắn với mặt sàn.
Gọi N 2 là phản lực của nêm lên vật và N1 là lực của vật tác dụng lên nêm  N1  N 2  N 
Áp dụng định luật II Niuton cho vật và nêm:

F  Fcos   N1 sin   m1a1

(1)

Fcos   N 2 sin   m2a 2x

(2)

Fsin   N2 cos   m2g  m2a 2y

(3)

Mặt khác, gọi a 21 là gia tốc của vật đối với nêm ( a 21 song song với mặt nêm và có chiều đi lên), ta có:
a 2  a 21  a1 (4) hay a 2x  a 21 cos   a1 (5)

a 2y  a 21 sin 

(6)

Từ (6) và (7), suy ra: a 2y   a 2x  a1  tan  (7)
Từ (1), (2), (3) và (7) ta tìm được:
a1 

F 1  cos    m2g sin .cos 

a 2x 

a 2y 

m1  m2 sin 2 
F  m 2 sin 2   m1 cos    m1m 2g sin .cos 
m 2  m1  m 2 sin 2  

Fcos  m

1



 m 2 1  cos     m 2g  m1  m 2  sin .cos  tan 
m 2  m1  m 2 sin  
2

Muốn cho vật dịch chuyển lên trên ta phải có hai điều kiện:
1. a 2y  0  F 

m2g  m1  m2  sin 
m1  m2 1  cos  

2. N 2  0  F 

m1 cos 
1  cos   sin 

Kết hợp lại ta có:

m g  m1  m2  sin 
m1 cos 
. Thay số ta được: 646N  F  5,84N

F 2
m1  m 2 1  cos  
1  cos   sin 

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

4


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Nếu F 

m2g  m1  m2  sin 
 5,84N thì a 21  0 : vật đứng yên so với nêm và cùng chuyển động với
m1  m2 1  cos  

nêm với gia tốc a1  0,975m / s 2 .
Khi F = 10N, thì a1  1, 08m / s 2 ; a 2x  4,56m / s 2 ; a 2y  2, 03m / s 2 và từ đó a 2  4,99m / s2
Câu 3:
Quả cầu m sẽ quay trên cung tròn tâm A bán kính R.

Vật B đi sang trái đoạn X thì khối tâm O của quả cầu di chuyển theo phương OX đoạn

X
, đồng thời
2

X
di chuyển theo phương OY đoạn Y  2  vận tốc của quả cầu ở thời điểm bất kì là:

tg

V

VX  2
V
 VO  VX2  VY2 

V
2sin 
VY 
2tg

Khi sin  

2
2
(1) với sin   2 
R
2

2
thì N B  AO . Phương trình động lực học theo phương OA của quả cầu quay tròn
2

quanh A lúc đó: P cos   N A  ma ht 

mVO2
(2)
R


 m
V2
V2 

g
2

Từ (1), (2)  N A  Q A  m  g cos  



4R sin 2   2 
R 


Câu 4:
a. Áp dụng ĐLBT cơ năng có:

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

5


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

mgL  mgL.

2 mV12 2mV22 mV32




2
2
2
2



 V12  2V22  V32  gL 2  2



(1)

+ Do khoảng cách giữa hai vật 3 và 1 không đổi nên hình chiếu vecto vận tốc của vật 3 và 1 lên
phương 3-1 phải bằng nhau hay:

V1 cos 45  V3Y cos 45  V3X cos 45  V1  V3Y  V3X

(2)

+ Do khoảng cách giữa hai vật 3 và 2 không đổi nên hình chiếu vecto vận tốc của vật 3 và 2 lên
phương 3-2 phải bằng nhau hay:

V2 cos 45  V3Y cos 45  V3X cos 45  V2  V3Y  V3X

(3)

+ Áp dụng ĐLBT động lượng theo phương OX có:

0  mV1  2mV2  mV3X  V3X  V1  2V2

(4)

2
2
Với V32  V3X
 V3Y

(5)






5 2 2
V  5 V 
gL
1
2

3
12


3 2 2


gL
Từ 1 2  3 4  5   V2 
20


17 2  2
17

V

.V

gL
2
 3
3
60










b. Khi bản lề sắp chạm sàn V3X  0  V1  V2  0 (do thanh cứng nên hình chiếu các vecto vận tốc
của các vật lên phương thanh phải như nhau)  V3  V3Y

mV32
Áp dụng ĐLBT cơ năng có: mgL 
 V3  2gL
2
Câu 5:
a. Gọi k là độ cứng của lò xo, S là tiết diện của xilanh (cũng là tiết diện pittông), x là độ dời của
pittông từ vị trí cân bằng ban đầu đến vị trí cân bằng cuối cùng.
Theo nguyên lý I, khi Q = 0, ta có: U  A  A '

(1)

Với A là công khí nhận được, A’ là công khí sinh ra.

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

6


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

5
Độ biến thiên nội năng của khí là: U  C v  T2  T1   .R.  T2  T1 
2

(2)

1 2
kx
2

(3)

Khi pit tông cân bằng tại vị trí cuối cùng, ta có: P2 .S  k.x

(4)

Và: V2  1,5V1  V1  x.S  x.S  0,5V1 hay V2  3x.S

(5)

Công A’ mà khí sinh ra nén lò xo một đoạn x: A ' 

V
1
1
1
1
Thay (4) và (5) vào (3), ta có: A '  .k.x 2  k.x.x  .P2 .S. 2  .P2 .V2
2
2
2
3.S 6
1
Từ phương trình Clapayron-Mendeleep: P2 .V2  n.R.T2  R.T2  A '  .R.T2
6

Từ đó rút ra: T2 

15
T1

16

Từ phương trình trạng thái

P2 V2 P1V1

suy ra giá trị của P2
T2
T1

15
T1
PVT
16  0, 625P
P2  1 1 2 
1
T1V2
T1.1,5V1
P1V1.

b. Áp dụng bằng số: T2 

15
15
T1  .304  285K;
16
16

P2  0, 625P1  3, 75 kPa

Câu 6:
Do đồ thị đi qua gốc toạ độ: T  aV 2  bV

(1)

2
T  aV1  bV1
Xét các trạng thái (1) và (2):  1
2
T2  aV2  bV2

K

a  9,375 l 2

b  112,5 K

l

Thể tích ứng với nhiệt độ cực đại: V0  
Nhiệt độ cực đại: T0  

b
 6l
2a


b2
   337,5K
4a

4a

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

7


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Phương trình trạng thái cho một mol khí: pV  RT

(2)

Kết hợp với (1) suy ra p  RaV  Rb nên đồ thị trong hệ trục p-V có dạng như hình vẽ.
Công mà khí nhận làm giãn thể tích của khí  V0  V1  nên A > 0 và A bằng diện tích tam giác (lKM)
nên: A  0,5  p1  p 0  V0  V1 
Dựa vào (2) suy ra p1  6,15atm và p0  4, 6125atm để tính
A  0,5  6,15  4, 6125 1.0,3.105  6  4  .10 3  1090  J 

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

8