Tổng hợp đề thi Vật lí đại cương 1 giữa kỳ và cuối kỳ (có đáp án) KHTN HCM

Chọn hệ quy chiếu như hình vẽ.
Giả sử t = 0, vật ở vị trí x0 = 0 , y0 = h .
a)
- Xét chuyển động trên Ox:
Vật chuyển động với gia tốc ax = 0 với vận tốc
đầu v0 x = v0 cos  , suy ra: vx = v0 x + axt = v0 cos 

 Trên Ox: x(t ) = v0 cos( )t

(1)

- Xét chuyển động trên Oy:
Vật chuyển động với gia tốc a y = − g với vận tốc đầu v0 y = v0 sin  ,
suy ra: vy = v0 y + ayt = v0 sin  − gt

 Trên Oy: y (t ) = h + v0 sin( )t −

1 2
gt
2

(2)

Từ (1) và (2) ta có phương trình chuyển động của vật là

15 2
 x(t ) = v0 cos( )t
t (m)
 x(t ) =


2

1 2 . Thay số liệu ta được: 
 y (t ) = h + v0 sin( )t − 2 gt
 y (t ) = 5 + 15 2 t − 4,9t 2 (m)

2


x
1 
x
− g
 Phương trình quỹ đạo của vật là: y = h + v0 sin( )

v0 cos( ) 2  v0 cos( ) 

 y = h + tan( ) x −

g
x2 .
2
2v cos ( )
2
0

Thay số liệu ta được:  y = 5 + x −

49 2
x (m)

1125

2


b) Vật đạt độ cao lớn nhất khi v y = 0  v0 sin  − gt = 0  t =

v0 sin 
g
2

 ymax

v0 sin 
v0 sin  1  v0 sin  
v02 sin 2 
= y(
) = h + v0 sin( )
− g
 = h+
g
g
2  g 
2g

Thay số liệu ta được:  ymax = 10, 74 (m)
c) Vật chạm đất tương ứng với

y(t ) = 0  5 +

t = 2,563
15 2
t − 4,9t 2 = 0  
2
t = −0,398 (loai)

Vậy thời gian chuyển động của vật là 2,563 (s)
Khi đó, tầm xa của vật là: xmax = x(2,563) =
d) Độ lớn gia tốc toàn phần của vật: atp =

15 2
.2,563 = 27,18 (m)
2

ax2 + a y2 = g = 9,8 (m/s 2 )

Vận tốc toàn phần của vật:

v = vx2 + v y2 =

( v0cos ) + ( v0sin − gt )
2

2

= v02 − 2v0sin gt + g 2t 2

Lúc chạm đất, vật có:
+ Gia tốc tiếp tuyến:

g 2t − v0 sin  g
dv d
2
2 2
at =
=
v0 − 2v0sin gt + g t =
dt dt
v02 − 2v0sin gt + g 2t 2
Thay t = 2,563s (thời điểm chạm đất), ta được: at = 7,91 (m/s )
2

+ Gia tốc pháp tuyến:

an = a − a =
2
tp

2
t

gv0 1 − sin 2 
v02 − 2v0sin gt + g 2t 2

Thay t = 2,563s (thời điểm chạm đất), ta được: an = 5,78 (m/s )
2

e) Ta có: an =

3

2 2 2

( v − 2v0sin gt + g t
v
v
R=
=
R
an
gv0 1 − sin 2 
2

2

2
0

)

Thay t = 2,563s, ta được bán kính cong của quỹ đạo tại điểm chạm đất là R = 3,11m


Chọn hệ quy chiếu như hình vẽ.
Đặt a1 = a2 = a (do 2 vật cùng chuyển động theo hệ) và T1 = T2 = T (do bỏ qua khối
lượng ròng rọc và dây)
a) Theo định luật II Newton:
- Vật 1 (m1 = 2 kg): T1 + N1 + P1 = m1 a
Chiếu theo Ox: T − P1 sin  = m1a
- Vật 2 (m2 = 7 kg): T2 + N 2 + P2 = m2 a
Chiếu theo O’x’: −T + P2 sin  = m2 a

(1)
T − m1 g sin  = m1a

−T + m2 g sin  = m2 a (2)


(1) + (2): −m1 g sin  + m2 g sin  = ( m1 + m2 ) a  a =

g sin  (m2 − m1 )
m1 + m2

(3)

Thay số liệu ta được: a = 3,12 (m/s2)
Thế (3) vào (1): T − m1 g sin  = m1

g sin  (m2 − m1 )
m1 + m2

 m − m1  2m1m2 g sin 
 T = m1 g sin  1 + 2
=
m
+
m
m1 + m2

1
2 

Thay số liệu ta được: T = 17,49 (N)
b) Theo định luật II Newton:
- Vật 1 (m1 = 2 kg): T1 + N1 + P1 + Fms1 = m1 a
Chiếu theo Oy: N1 − P1cos = 0  N1 = m1 g cos 
Chiếu theo Ox: T − P1 sin  − Fms1 = m1a  T − m1 g sin  − kN1 = m1a

 T − m1 g sin  − km1 g cos  = m1a

(4)

- Vật 2 (m2 = 7 kg): T2 + N 2 + P2 + Fms 2 = m2 a
Chiếu theo O’y’: N 2 − P2 cos = 0  N 2 = m2 g cos 
Chiếu theo O’x’: −T + P2 sin  − Fms 2 = m2 a  −T + m2 g sin  − kN 2 = m2 a

 −T + m2 g sin  − km2 g cos  = m2 a (5)
(4) + (5): (m2 − m1 ) g sin  − k (m1 + m2 ) g cos  = (m1 + m2 )a

k=

(m2 − m1 ) g sin  − (m1 + m2 )a
(m1 + m2 ) g cos 

Thay số liệu ta được: k = 0,2  T = 17,5 (N)



a)Theo định luật bảo toàn động lượng:

m1 v1 + m2 v2 = m1 v '1 + m2 v '2
 m1 (v1 − v '1 ) = m2 (v '2 − v2 )

(1)

Theo định luật bảo toàn động năng:

1
1
1
1
m1v12 + m2 v22 = m1v '12 + m2v '22  m1 ( v12 − v '12 ) = m2 ( v '22 − v22 )
2
2
2
2

(

)(

)

(

)(

)

(2)

v1 + v '1 = v '2 + v2  v '2 = v1 + v '1 − v2

(3)

 m1 v1 − v '1 v1 + v '1 = m2 v '2 − v2 v '2 + v2
Từ (1) và (2):

Thế (3) vào (1) ta được:

m1 (v1 − v '1 ) = m2 (v1 + v '1 − v2 − v2 )  (m1 + m2 )v '1 = (m1 − m2 )v1 + 2m2 v2

 v '1 =

(m1 − m2 )v1 + 2m2 v2
m1 + m2

 v '2 = v1 +

b) Do

(m1 − m2 )v1 + 2m2 v2
(m − m1 )v2 + 2m1 v1
− v2 = 2
m1 + m2
m1 + m2

v2 = 0 (vật 2 đứng yên) nên từ câu a) ta được v '1 =

Suy ra:

v '1 =

(m1 − m2 )v1
m1 + m2

và

v '2 =

(m1 − m2 )v1
2m1 v1
và v '2 =
m1 + m2
m1 + m2

2m1 v1
m1 + m2

Thay m1 = 1kg, m2 = 2kg và v1 = 4m/s, ta được

v '1 =

4
8
m s và v '2 = m s
3
3


c) Do

v2 = 0 nên từ (3) ta được: v '2 = v1 + v '1

Mặt khác:

v1 và v '1 cùng phương với nhau nên v '2 cũng cùng phương với v '1

Vậy vận tốc sau va chạm của m1 và m2 cùng phương với nhau.

a) Chọn hệ quy chiếu như hình vẽ.
Áp dụng ĐL Newton II cho vật 1: T1 + N1 + P1
Chiếu lên Ox:

T1 = m1a1

(1)

Áp dụng ĐL Newton II cho vật 2: T2
Chiếu lên O’y’:

= m1 a1

+ P2 = m2 a2

P2 − T2 = m2 a2

 m2 g − T2 = m2 a2

(2)

Phương trình chuyển động quay của ròng rọc:

Chiếu lên chiều của  :

 T2 '− T1 ' =
Ta có:

R.T2 '− R.T1 ' = I  =

1
Matt
2

a
1
MR 2 . tt
2
R

(3)

T1 = T1 ' , T2 = T2 ' và a1 = a2 = att = a (do dây không dãn)

Cộng (1), (2) và (3) vế theo vế:

b)

R F = I

T1 = m1a =

2m2

1
m2 g = (m1 + m2 + M )a  a =
g
2
2m1 + 2m2 + M

2m1m2
g
2m1 + 2m2 + M

T2 = m2 g − m2 a =

2m1m2 + Mm2
g
2m1 + 2m2 + M


b) Phương trình Clapeyron-Mendeleev:

p1V1 =

m



p1V1
mR

RT1  T1 =

500
.32
p1V1
1000
=
= 300 K
Thay số liệu: T1 =
mR
6, 42.8,31.103
106.

Quá trình (1-2) là quá trình đẳng áp:

V1 V2
VT
=  T2 = 2 1 = 4T1
T1 T2
V1
Thay số liệu:

T2 = 4.300 = 1200 K

c) Nhiệt lượng nhận vào:

Thay số liệu:

Q1 =

Q1 = Q12 = nCP T =

m i+2
.
R T2 − T1
 2

(

)

6, 42 5 + 2
.
.8,31.103 (1200 − 300 ) = 5251660 J
32
2

Do quá trình (3-1) là quá trình đẳng áp nên

T3 = T1

Nhiệt lượng tỏa ra:

Q '2 = −Q23 = −nCV T = −

(

)

(

)

(

m i
m i
m i
. R T3 − T2 = − . R T1 − T2 = . R T2 − T1
 2
 2
 2

)


Thay số liệu:

Q '2 =

6, 42 5
. .8,31.103 (1200 − 300 ) = 3751186 J
32 2

d) Hiệu suất quá trình:

Thay số liệu: 

=

 Q' 
Q − Q '2

A'
.100% = 1
.100% = 1 − 2  .100%
Q1
Q1
Q1 


 3751186 
= 1 −
 .100% = 28,57%
 5251660 



Chọn hệ quy chiếu như hình vẽ và trên mặt bàn,
chiều dương là chiều từ A đến B.
a) Lực ma sát của mặt bàn tác dụng lên vật:

Fms =  N =  P =  m1 g
Đặt

v0 = 2 m/s là vận tốc của vật 1 tại A và v1

là vận tốc của vật 1 tại B (trước va chạm).
Động năng của vật 1 tại A: K A =

1
m1v02
2

Động năng của vật 1 tại B: K B =

1
m1v12
2

Do trong quá trình vật 1 chuyển động chịu tác dụng của lực ma sát nên: K B − K A = − Fms . AB
Hay:

1
1
m1v12 − m1v02 = −  m1 g . AB  v1 = v02 − 2 g . AB
2
2

Thay số liệu: v1 = 22 − 2.0,1.10.0,8 = 1,55 m/s 2
b) Bảo toàn động lượng của 2 vật cho sự va chạm:

(

)

m1 v1 = m1 v '1 + m2 v '2  m1 v1 − v '1 = m2 v '2

(1)

Bảo toàn động năng của 2 vật cho sự va chạm:

(

)(

)

2
1
1
1
m1v12 = m1v '12 + m2 v '22  m1 ( v12 − v '12 ) = m2 v '22  m1 v1 − v '1 v1 + v '1 = m2 v '2
2
2
2

Chia (2) cho (1) vế theo vế: v1 + v '1 = v '2

(

)

(

(3)

)

Thế (3) vào (1): m1 v1 − v '1 = m2 v1 + v '1  v '1 ( m1 + m2 ) = v1 ( m1 − m2 )  v '1 =

 v '1 =

m1 − m2
.v1
m1 + m2

(2)

m1 − m2
.v1
m1 + m2


Từ (3): v '2 = v1 +

m1 − m2
2m1
2m1
.v1 =
.v1  v '2 =
.v1
m1 + m2
m1 + m2
m1 + m2

Thay số liệu: v '1 =

0,1 − 0, 2
2.0,1
.1,55 = −0,155 m/s ; v '2 =
.1,55 = 1, 03 m/s
0, 2 + 0,1

0,1 + 0, 2

 x0 = 0 v0 x = v '2  ax = 0
; 
; 
 a y = − g
 y0 = h v0 y = 0

c) Ta có: 

Xét chuyển động trên Ox: x(t ) = v0 xt = v '2 t
Xét chuyển động trên Oy: y (t ) = y0 + v0 y t +

(4)

1 2
1
a y t = h − gt 2
2
2

Từ (4) và (5) ta được phương trình chuyển động của vật:

 x(t ) = v '2 t = 1, 03t


1 2
2
 y (t ) = h − 2 gt = 1 − 5t

a) Chọn hệ quy chiếu như hình vẽ.
Áp dụng ĐL II Newton cho vật 1:

N1 + P1 + T1 = m1 a1
Chiếu lên Ox: T1 − P1 sin  = m1a1

 T1 − m1 g sin  = m1a1

(1)

Áp dụng ĐL II Newton cho vật 2:

P2 + T2 = m2 a2

(5)


Chiếu lên O’y’: P2 − T2 = m2 a2  m2 g − T2 = m2 a2

(2)

Ta có: T1 = T2 = T (rịng rọc khơng khối lượng) và a1 = a2 = a (dây không dãn)
Cộng (1) với (2) vế theo vế: m2 g − m1 g sin  = ( m1 + m2 ) a  a =
Từ (1): T = m1 g sin  + m1
Thay số liệu: a =

m2 − m1 sin 
g
m1 + m2

m2 − m1 sin 
2m m sin 
g= 1 2
g
m1 + m2
m1 + m2

2.0,5.1, 2.sin 30
1, 2 − 0,5.sin 30
.10 = 3,53 N
.10 = 5,59 m/s 2 ; T =
0,5 + 1, 2
0,5 + 1, 2

b) Áp dụng ĐL II Newton cho vật 1:

N1 + Fms + P1 + T1 = m1 a
Chiếu lên Oy: N1 − P1 cos  = 0

 N1 = P1 cos  = m1 g cos 
Chiếu lên Ox: T1 − Fms − P1 sin  = m1a

 T1 −  N1 − P1 sin  = m1a  T1 −  m1 g cos  − m1 g sin  = m1a

(3)

Áp dụng ĐL II Newton cho vật 2:

P2 + T2 = m2 a
Chiếu lên O’y’: P2 − T2 = m2 a  m2 g − T2 = m2 a

(4)

Phương trình chuyển động quay của rịng rọc:

M = R  F = I .
Chiếu lên chiều của  : R.T '2 − R.T '1 =

a
1
1
MR 2 . tt  T '2 − T '1 = Matt
2
R
2

(5)

Ta có: T1 = T '1 , T2 = T '2 và att = a




Cộng (3), (4) và (5) vế theo vế: m2 g −  m1 g cos  − m1 g sin  =  m1 + m2 +

 M = 2.

1 
M a
2 

m2 g −  m1 g cos  − m1 g sin 
− 2m1 − 2m2
a

Thay số liệu: M = 2.

1, 2.10 − 0,1.0,5.10 cos 30 − 0,5.10sin 30
− 2.0,5 − 2.1, 2 = 2, 64 kg
3

Từ (4): T2 = m2 g − m2 a


Từ (5): T1 = T2 −

1
1
Ma = m2 g − m2 a − Ma
2
2
1
2

Thay số liệu: T1 = 1, 2.10 − 1, 2.3 − .2, 64.3 = 4, 44 N và T2 = 1, 2.10 − 1, 2.3 = 8, 4 N

a) Phương trình Clapeyron-Mendeleev: p1V1 =
Do quá trình (1-2) là quá trình đẳng áp nên:

m



RT1  T1 =

 p1V1
mR

V1 V2
V
=  T2 = 2 T1 = 1,5T1
T1 T2
V1

32.5.10 4.0, 02
= 120 K và T2 = 1,5.120 = 180 K
Thay số liệu: T1 =
32.8,31
b)

c) Nhiệt lượng nhận được của quá trình (1-2): Q12 = nCP T =

m i+2
.
(T2 − T1 )
 2

Vì T2  T1 nên Q12  0  Quá trình (1-2) là quá trình nhận nhiệt.
Do quá trình (3-1) là quá trình đẳng nhiệt nên T3 = T1
Nhiệt lượng nhận được của quá trình (2-3): Q23 = nCV T =

m i
m i
. (T3 − T2 ) = . (T1 − T2 )
 2
 2


Vì T1  T2 nên Q23  0  Quá trình (1-2) khơng phải q trình nhận nhiệt.
Nhiệt lượng nhận được của quá trình (3-1): Q31 =

m



RT1 ln

V2 m
3
= RT1 ln  0
V1 
2

 Quá trình (3-1) là quá trình nhận nhiệt.
V3



d) Cơng hệ nhận vào trong q trình (2-3) là: A23 = − pdV = p(V3 − V2 ) = 0
V2

Áp dụng ĐL bảo toàn động lượng cho 2 vật trước và sau va chạm:

(

)

M 1V1 + 0 = M 1V '1 + M 2V '2  M 1 V1 − V '1 = M 2V '2

(1)

Áp dụng ĐL bảo toàn cơ năng cho 2 vật trước và sau va chạm:

1
1
1
M 1V12 + 0 = M 1V '12 + M 2V '22  M 1 (V12 − V '12 ) = M 2V '22
2
2
2

(

)(

)

 M1 V1 − V '1 V1 + V '1 = M 2V '2

2

(2)

Chia (2) cho (1) ta được: V1 + V '1 = V '2

(3)

a) Theo đề bài, nếu V '1 cùng phương với V1 thì ta đặt V1 = kV '1 , k 
Thế vào (3) ta được: kV '1 + V '1 = V '2  V '2 = (k + 1)V '1

 V '2 cùng phương với V '1
Vậy nếu vận tốc của M1 sau va chạm khơng đổi phương thì sau va chạm vận tốc của M1 và
M2 cùng phương với nhau.

(

)

(

)

b) Thế (3) vào (1) ta được: M 1 V1 − V '1 = M 2 V1 + V '1  V '1 =

 V '1 =

M1 − M 2
V1

M1 + M 2

(4)

M1 − M 2
V1
M1 + M 2

Thế (4) vào (3) ta được: V1 +
Thay số liệu: V '1 =

M1 − M 2
2M1
2M 1
V1 = V '2  V '2 =
V1  V '2 =
V1
M1 + M 2
M1 + M 2
M1 + M 2

1− 2
4
2.1
8
.4 = − m/s ; V '2 =
.4 = m/s
1+ 2
3
1+ 2

3


Do dây không giãn nên T '1 = T1 , T '2 = T2
và a1 = a2 = a
a) ĐL II Newton cho vật 1:

P1 + T1 = m1 a
Chiếu lên O’y’: P1 − T1 = m1a

 m1 g − T1 = m1a

(1)

ĐL II Newton cho vật 2:

T2 + N + Fms + P2 = m2 a

Ảnh chưa vẽ dấu mũi tên cho các vector

Chiếu lên Oy: N − P2 cos  = 0

 N = P2 cos  = m2 g cos   Fms = kN = km2 g cos 
Chiếu lên Ox: T2 − Fms + P2 sin  = m2 a  T2 − km2 g cos  + m2 g sin  = m2 a

(2)

Phương trình chuyển động quay cho rịng rọc:

R  F = I .

Chiếu lên phương của  : R.T1 − R.T2 =

a
1
1
MR 2 . tt  T1 − T2 = Ma
2
R
2




Cộng (1), (2) và (3) ta được: m1 g − km2 g cos  + m2 g sin  =  m1 + m2 +

a=

m1 − km2 cos  + m2 sin 
g
1
m1 + m2 + M
2

(3)

1 
M a
2 

Thay số liệu: a =

0,5 − 0, 2.1.cos 30 + 1.sin 30
.10 = 4,13 m/s 2
1
0,5 + 1 + .1
2

b) Từ (1): T1 = m1 g − m1a
Từ (2): T2 = m1 g − m1a −

1
Ma
2
1
2

Thay số liệu: T1 = 0,5.10 − 0,5.4,13 = 2,935 N ; T2 = 0,5.10 − 0,5.4,13 − .1.4,13 = 0,87 N
c) Sau t = 2s, vật 2 đi được một đoạn s =

1 2
at
2

Khi đó cơng của trọng lực của vật 2 là: AP2 = P2 .s.sin  =
Thay số liệu: AP2 =

1
m2 gat 2 sin 
2

1
.1.10.4,13.22.sin 30 = 41,3 J
2

a) Quá trình (1-2) là quá trình dãn đẳng áp vì
nhận nhiệt vì Q12 = nCP (T2 − T1 ) =

V1 V2
= = const và V2  V1 , đây là quá trình
T1 T2

i+2
p1 (V2 − V1 )  0
2

Quá trình (2-3) là quá trình đẳng tích vì V2 = V3 =const , đây là quá trình tỏa nhiệt vì

Q23 = nCV (T3 − T2 )  0
Quá trình (3-1) là quá trình nén đẳng nhiệt vì T3 = T1 = const và V1  V3 , đây là quá trình tỏa
nhiệt vì Q31 = nRT1 ln
b)

V1
0
V3


c) Phương trình Clapeyron-Mendeleev: p1V1 =

m



Nhiệt lượng nhận vào: Q1 = Q12 = nCP (T2 − T1 ) =
Nhiệt lượng tỏa ra: Q12 = nCP (T2 − T1 ) =

RT1  T1 =

 p1V1
mR

 p1V1 
m i+2
.
 T2 −

 2 
mR 

 p1V1 
m i+2
.
 T2 −

 2 
mR 