Đề thi olympic vật lý lớp 10 2016 2017 trường THPT chuyên nguyễn thiện thành trà vinh file word có lời giải chi tiết

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

THPT CHUYÊN NGUYỄN THIỆN THÀNH – TRÀ VINH

Câu 1:
Một hòn bi được thả rơi tự do từ độ cao h 0  25cm so với đỉnh của một mặt phẳng nghiêng, xuống
tại đỉnh của mặt phẳng nghiêng. Mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng   300 so với mặt phẳng nằm
ngang có chiều dài L = 10m. Va chạm giữa bi với mặt phẳng nghiêng là hoàn toàn đàn hồi. Hỏi hòn bi
va chạm với mặt phẳng nghiêng được bao nhiêu lần.
Câu 2:
Một ống hình trụ bán kính R, chiều dài L, có thể quay quanh trục đối xứng đặt thẳng đứng. Có một
vòng dây đồng chất, khối lượng m, bao quanh lấy ống hình trụ với lực căng T. Ban đầu vòng dây ở đầu
trên của ống hình trụ.
Quay ống hình trụ với tốc độ quay  thì vòng dây trượt xuống phía dưới, hệ số ma sát giữa vòng
dây và ống hình trụ là  .
1. Tìm thời gian để vòng dây trượt hết ống hình trụ.
2. Tìm điều kiện của lực căng T của vong dây và giá trị tối thiểu của tốc độ góc  để vòng dây
trượt xuống.
Câu 3:
Trên mặt phẳng nằm ngang đặt một thanh AB đồng chất, khối lượng phân bố đều. Người ta nâng nó
lên một cách từ từ bằng cách đặt vào đầu B của nó một lực F luôn có phương vuông góc với thanh. Hỏi
hệ ma sát giữa thanh và mặt ngang có giá trị cực tiểu bằng bao nhiêu để dựng được than lên ở vị trí
thẳng đứng mà đầu dưới của nó không bị trượt?
Câu 4:
Một vật có khối lượng m1 được thả không vận tốc ban đầu và trượt trên một máng nghiêng tiếp xúc
với một vòng tròn bán kính r. Ở thời điểm thấp nhất A nó va chạm đàn hồi vào một vật đứng yên có
khối lượng m2 . Vật này trượt theo vòng tròn đến độ cao h thì tách khỏi vòng tròn (h > r). Vật 1 giật lùi
theo máng rồi lại trượt xuống, tiếp tục trượt theo vòng tròn cũng đến độ cao h thì tách khỏi vòng tròn.
Tính độ cao ban đầu H của vật 1 và tỉ số các khối lượng. Bỏ qua ma sát.
Câu 5:
Khối lượng riêng của một hỗn hợp khí gồm nitơ và khí hydro ở nhiệt độ t  47 0 C và áp suất

p  2atm bằng   0,30 kg / m3 . Tìm mật độ phân tử khí nitơ  n1  và hydro  n 2  trong hỗn hợp.
Câu 6:

Một mol khí lý tưởng có chu trình biến đổi: từ trạng thái 1  p1  105 Pa; T1  600K  dãn nở đẳng

nhiệt đến trạng thái 2  p 2  2,5.104 Pa  rồi bị nén đẳng áp đến trạng thái 3  T3  300K  và bị nén
đẳng nhiệt đến trạng thái 4, cuối cùng trở về trạng thái 1 bằng quá trình đẳng tích.
1. Tính V1 , V2 , V3 , V4 và vẽ đồ thị biểu diễn quá trình biến đổi trên hệ toạ độ p-V.
2. Trong mỗi quá trình và trong cả chu trình chất khí nhận hay sinh bao nhiêu công, nhận hay toả
bao nhiêu nhiệt?
Cho:

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

1


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

- Nhiệt dung mol đẳng tích Cv  2,5R; R  8,31 J / mol.K
- Công mà khí sinh ra trong quá trình dãn nở đẳng nhiệt từ thể tích V đến thể tích V’ là A  RT ln

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

V'
V

2

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1:

+ Vận tốc của bi trước khi chạm vào mpn: v0  2gh 0
+ Chọn hệ trục Ox hướng dọc theo mpn, Oy vuông góc với mpn, O là điểm chạm đầu tiên của bi với
mpn.
Gia tốc của bi theo phương Ox: g x  g sin 
Và theo phương Oy: g y  g cos 
vận tốc ban đầu: vox  v0 sin ; voy  v0 cos 
Do va chạm là hoàn toàn đàn hồi nên sau va chạm bo có vận tốc v 0 hợp với trục Oy góc 
1
PT chuyển động của bi sau va chạm lần 1: x  v0 sin .t  g sin .t 2
2
1
y  v0 cos .t  g cos .t 2
2
2v
Khi bi chạm mpn lần thứ 2 thì y  0  t1  0
g

(1)
(2)

4v02 sin 
 8h 0 sin  và vận tốc của bi trước va chạm:
Lúc đó x  l1 
g

v1x  v0 sin   g x .t1  3v0 sin 

v1y  v0 cos   g y .t1  v0 cos 
Sau va chạm, bi nảy lên tại O1 , với các thành phần vận tốc: v2x  v1x ; v2y  v0 cos 
Phương trình chuyển động cho lần bay thứ hai, với gốc tại O1
1
x  3v0 sin .t  g sin .t 2
2
1
y  v0 cos .t  g cos .t 2
2

Thời gian bay lần 2 là t 2  t1 

(3)
(4)
2v 0
g

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

3


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Quãng đường đi theo phương Ox: x  l2  16h 0 sin 
Tương tự, quãng đường đi theo phương Ox ở lần bay thứ ba là 24h 0 sin 
Quãng đường đi theo phương Ox ở lầ bay thứ n là 8nh 0 sin 
Tổng quãng đường đi saun n lần bay

S  l1  l2  ...  ln  8h 0 sin . 1  2  ...  n   8h 0 sin .

n  n  1

2
Số lần bay lớn nhất trên mp nghiêng là giá trị n lớn nhất thoả:
S  L  4h 0 sin .n  n  1  L (với n nguyên dương)
 n2  n 

 4h 0 sin .n  n  1

L
 0  n 2  n  20  0
4h 0 sin 

Suy ra: n = 4 và số va chạm là 5
Câu 2:
1. Xét đoạn dây MN có chiều dài l là nhỏ
m
+ Khối lượng m 
.l
2R
+ Lực tác dụng: P, N, Fms , T1 , T2  T1  T2  T 
+ Theo định luật II Niuton: P  N  Fms  T1  T2  m.a

(1)

+ Chiếu (1) lên trục Ox: N  2T sin   m.2 .R
+ Chiếu (1) lên trục Oy: P  Fms  m.a t

+ Ta có: Fms  N và sin    

l
2R

 2T

 2 R 
Suy ra: a t  g   
 m


+ Thời gian trượt: t 

2L

at

2L
 2T

g 
 2 R 
 m


2. Điều kiện:
1  2T g 
1  2 T g 
 2T


 2 R   g    
   min 
 
+ at  0   

R m 
R  m 
 m

2T g
mg
+ Điều kiện:
 0T
m 
2
Câu 3:
Ký hiệu chiều dài và khối lượng của thanh lần lượt là l và m. Do
nâng thanh từ từ do vậy có thể coi rằng thanh luôn cân bằng ở mọi
vị trí.
Xét khi thanh hợp với phương ngang một góc  . Các lực tác dụng
lên thanh như hình vẽ ta có:
F  N  Fms  P  0

(1)

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

4

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Chiếu phương trình (1) lên phương ngang và phương thẳng đứng ta được: F.sin   Fms
Và mg  N  F.cos 

(2)

(3)

1
Chọn trục quay A, ta có: F.l  mg. cos  (4)
2
mg
mg
Từ (2), (3) và (4) rút ra: Fms 
.sin .cos ; N 
. 1  sin 2  
2
2
Để thanh không trượt thì: Fms  N



sin .cos 

1  sin 2 

tan 

1





1

1
1
2 2
 tan 2  2 tan  
2
cos 
tan 
Vậy để nâng thanh đến vị trí thẳng đứng mà đầu dưới không bị trượt thì:
1
1

  min 
2 2
2 2
Câu 4:
Chọn mốc thế năng tại A
+ Xét chuyển động của vật 2:
Vật m2 chịu tác dụng của P và phản lực Q . Theo định luật II
Niuton: P  Q  m 2 a

m2 vB2
(1)

r
Khi tách vật khỏi vòng tròn thì Q = 0, thì vận tốc của vật tại B là:
v2B  gr cos 
Xét theo phương bán kính: m2g cos   Q 

hr
nên v 2B  g  h  r 
(2)
r
Tại A vật m2 có vận tốc v 2 (sau va chạm)

Mà cos  

Theo định luật bảo toàn cơ năng ta có:
Thay (2) vào (3), suy ra: v 22  g  3h  r 

m2 v22 m2 vB2

 m2gh
2
2

(3)
(4)

+ Xét chuyển động của vật 1
Vật m1 bắt đầu trượt từ nơi có độ cao H, khi tới A có vận tốc V1 , theo định luật bảo toàn cơ năng ta
có: W  m1.gH 

m1V12

2

(5)

Sau va chạm phần năng lượng này chuyển thành động năng Wđ 2 cho vật 2 và động năng Wđ1 giật lùi
của vật 1: W  Wđ1 +Wđ 2

(6)

Vật 1 chuyển động giật lùi theo máng rồi lại trượt xuống tới A vẫn có động năng Wđ1 

m1v12
, với v1
2

là vận tốc giật lùi sau va chạm và cũng là vận tốc khi tới A lần thứ hai (chỉ đổi chiều).

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

5


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Vật 1 cũng đi tới B thì tách khỏi vòng tròn, nên ta cũng có: v12  g  3h  r 

(7)

Từ (3) và (7), ta suy ra: v1  v 2
m1V12 m1  m 2 2


v1
(6) được viết lại:
2
2

(8)

Theo định luật bảo toàn động lượng cho sự va chạm:
m1V1  m2 v 2  m1v1   m1  m2  v1  m12 V12   m2  m1  .v12
2

(9)

Từ (9)  V1  2v1
Từ (5)  H 

V12 2v12

 2  3h  r 
2g
g

Lấy (9) chia cho (8), ta được: m1

 m  m2 
 1
m1  m 2

2

 m 2  3m1

Câu 5:
+ Mật độ phân tử của hỗn hợp: n  n1  n 2 
+ Khối lượng mol của hỗn hợp:  

p
k.T

mRT
RT
 .
pV
p

(1)

(2)

+ Theo định luật Dalton đối với hỗn hợp khí: p  p1  p2


m RT m1 RT m 2 RT
m m m
.

.

.

  1 2
 V
1 V  2 V
 1  2

Thay: m1 


n1.V.1
n .V. 2
; m2  2
và m  m1  m2 ta được
NA
NA

n11  n 2 2
n1  n 2

Từ (2), (3) ta được:

(3)
n11  n 2 2
RT
 .
n1  n 2
p

Giải hệ (1) và (4), ta tìm được: n1 
Thay số:

(4)

RT  p 2
RT  p1
và n 2 
kT  1   2 
kT   2  1 

p  2.1,013.105 N / m2 ; T  320K;   0,30kg / m3

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

6


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

R  8,31J / mol.K; k  1,38.1023 J / K
1  0, 028kg / mol; 2  0, 002kg / mol
Ta được: n1  2, 4.1024 m3 và n 2  4, 2.1024 m3
Câu 6:
1. Tính V1 , V2 , V3 , V4 :
+ V1 

RT3
RT1
 0, 05m3 ; V3 
 0,1m3
p1
p3

+ V4  V1  0,5m3 và p 4 

p3V3
 5.104 Pa
V4

2. Tính công và nhiệt:
+ Quá trình 1-2: dãn đẳng nhiệt
Nhiệt nhận Q1 để khí dãn nở bằng công sinh A1 :
Q1  A1  R.T1 ln

V2
 R.T1.ln 4  6911 J 
V1

+ Quá trình 2-3: nén đẳng áp công nhận được: A 2   p 2  V2  V3   2500  J 
Nhiệt toả ra: Q 2  Cp .t    C v  R  .t  3,5.8,31.300  8726  J 
+ Quá trình 3-4: nén đẳng nhiệt, hệ nhận công và toả nhiệt công nhận được bằng nhiệt toả ra:
A 3  Q3  R.T3 ln

V3
 1728  J 
V4

+ Quá trình 4-1: đẳng tích, hệ nhận nhiệt để làm tăng áp suất
Q 4  C v .t  2,5R.t  2,5.8,31.300  6232  J 

Trong cả chu trình, khí nhận nhiệt là Q:
Q  Q1  Q 2  Q3  Q 4  6911  8726  1728  6232  2689  J  và khí sinh công là A:

A  A1  A 2  A 3  6911  2500  1728  2683  J 

Về nguyên tắc công sinh ra bằng nhiệt nhận vào, ở đây có sai số là do R lấy giá trị gần đúng

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

7


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

( R  8,31448 J / mol.K )

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

8