Đề thi olympic vật lý lớp 10 2016 2017 trường THPT chuyên bình long bình phước file word có lời giải chi tiết

8 16 0
  • Loading ...
1/8 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 11/06/2018, 16:09

Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 THPT CHUYÊN BÌNH LONGBÌNH PHƯỚC Câu 1: (5 điểm) Một ván bắt đầu chuyển động từ mặt đất lên cao với gia tốc không đổi a Sau khoảng thời gian  kể từ bắt đầu chuyển động, từ mặt ván ném viên bi nhỏ theo phương thẳng đứng lên cao với vận tốc ban đầu v so với ván Xem khối lượng viên bi nhỏ so với ván Xét khoảng thời gian từ lúc ném viên bi khí viên bi chạm ván lần đầu tiên: a Tìm quy luật chuyển động ván cầu hệ quy chiếu gắn với đất b Tìm quãng đường độ dài viên bi hệ quy chiếu gắn với đất Câu 2: (5 điểm) Cho hệ hình vẽ, vật m0  1kg , trượt khơng ma sát dọc theo cứng cố định Vật m0 gắn với sợi dây khơng giãn chiều dàu L = 2m, đầu lại sợi dây gắn với hình vẽ Treo vật khối lượng m1  2kg vào sợi dây a Tìm lực F tác dụng vào vật m0 để vật m1 nằm trạng thái cân lúc dây hợp với góc 450 b Hệ giữ trạng thái cân bằng, góc hợp dây 450 tăng lực tác dụng lên giá trị F = 50N Tìm gia tốc chuyển động vật m0 sau tác dụng lực Xác định vận tốc vật m0 thời điểm mà dây hợp với góc 30 Câu 3: (5 điểm) Cho AB đồng chất, tiết diện đều, khối lượng m, chiều dàu L Hai đầu treo hai sợi dây chiều dài L gắn cố định điểm O (hình vẽ) Tại đầu B treo trọng vật khối lượng m Tìm góc lệch so với phương ngang cân tính lực căng TA , TB hai đầu dây Câu 4: (5 điểm) http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 Vật nặng khối lượng M viên bi nhỏ khối lượng m (có thể coi chất điểm) chuyển động mặt phẳng nằm ngang nhẵn  M  m  Viên bi va chạm với vật nặng với thành tường va chạm tuyệt đối đàn hồi (hình vẽ) Vật nặng di chuyển với vận tốc nhỏ không đổi u theo hướng lại gần tường Ban đầu viên bi nằm cách tường khoảng l a Viên bi va chạm với vật nặng lần vị trí cách tường bao xa? b Tìm vận tốc v k viên bi sau k lần va chạm với vật nặng Ở lần va chạm thứ k + 1, khoảng cách viên bi so với tường bao nhiêu? Xác định khoảng thời gian lần va chạm thứ k lần thứ k + viên bi vật nặng Tìm áp lực trung bình viên bi tác dụng lên tường khoảng thời gian Câu 5: (5 điểm) Một mol khí thực chu trình đường elip hình vẽ Biết trạng thái khí tâm O’ elip nhiệt độ T0  300K Hãy xác định nhiệt độ cao thấp chu trình Câu 6: (5 điểm) Trong ống U diện tích tiết diện S với thể tích V0 chứa chất lỏng với khối lượng riêng  Hai nhánh ống chiều cao nhau, nhánh để hở, nhánh lại nối với bình tích V0 bên chứa khí lí tưởng đơn ngun tử Chất lỏng chứa tồn bình chữ U, hệ thống đặt khơng khí Tìm nhiệt lượng cần cung cấp cho khí để nửa chất lỏng chảy từ từ ta đầu lại ống Biết áp suất khí cố định p Bỏ qua áp suất hơi, lực căng mặt chất lỏng mát nhiệt lượng, bán kính chỗ uốn chữ U nhỏ so với chiều cao nhánh http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: a Quy luật chuyển động ván viên bi là: x1  t  x  t  dạng sau: x1  at 2 g  t   a2 x2    a  v0  t     2 Ở gốc thời gian chọn thời điểm gỗ bắt đầu dịch chuyển gốc tọa độ mặt đất trục Ox thẳng đứng hướng lên b Xét hai trường hợp: - Trước viên bi chạm gỗ, viên bi kịp đến điểm cao quỹ đạo ném lên - Tấm gỗ đuổi kịp viên bi trước lên tới đỉnh quỹ đạo - Để đơn giản tính tốn ta chọn gốc tọa độ điểm mà ném viên bi gốc thời gian thời điểm phương trình chuyển động dạng: at gt ; x   a  v0  t  2 Tìm thời điểm viên bi rơi vào ván  t  ta có: x1  t   x  t  x1  at  giải phương trình ta tìm được: t  2v ag Khi viên bi chuyển động đến điểm cao quỹ đạo, lúc vận tốc viên bi Ta phương trình vận tốc: v   a  v   gt Vậy vận tốc viên bi thời điểm: t1  a  v0 g Vậy viên bi không đến điểm cao quỹ đạo t1  t ga * ga Trong trường hợp độ lớn độ dời quãng đường viên bi tìm từ biểu thức 2v a  v  S1  x n  x1  t   x  t       a g a g  v0  a Còn (*) khơng thỏa mãn độ dời khơng quãng đường Khi ta có: S2  x n   x max  x n  Với x max tọa độ điểm cao quỹ đạo chuyển động viên bi x max  a  v0   2g http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 Vậy quãng đường viên bi là: S2  a  v0   g  2v 0a  v0    ag a g Câu 2: a Ở trạng thái cân ta có: m1g  2T sin 0 F0  T cos 0 Vậy ta có: F0  m1g cos   10N 2sin  b Khi lực tác dụng tăng lên độ lớn F = 50N hai vật bắt đầu chuyển động, vật m1 vừa dịch chuyển theo phương ngang vừa dịch chuyển theo phương thẳng đứng Phương trình định luật II Niuton: m a  F  T1 cos   1 m1a1x   T1  T2  cos   m1a1y   T1  T2  sin   m1g a Ta a1x   2 Để tìm mối liên hệ a1x a1y ta xét đoạn dịch chuyển nhỏ khỏi vị trí ban đầu Khi vật m1 a1y t x a t  , y0  dịch chuyển theo phương ngang phương thẳng đứng là: 2 Từ đinh Pitago ta có:  a t  2l cos       2    a1y t     l sin   l      L Với l nửa độ dài sợi dây, l  Khai triển biểu thức bỏ qua số hạng tỉ lệ t (với điều kiện 0  450 ) ta có: a1y  Từ (1), (2), (3) ta có:  2m  m1  a  2F  m1g  a  a0 (3) 2F  m1g  20m / s 2m  m1 Xét dây hợp với góc 1 Để xác định vận tốc vật m0 ta sử dụng định luật bảo toàn lượng m V02 m1V1x2 m1V1y Fx     m1gy1 (4) 2 Với: x  L cos 1  L cos 0 độ dịch chuyển m0 y1  L  sin 0  sin 1  độ nâng m1 so với vị trí ban đầu http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 V0 Tìm mối liên hệ V1y V0 : V1x  Xét khoảng thời gian t nhỏ dây hợp với góc 1  2l cos   V0 t  2     l sin   V1y t   l   Bỏ qua số hạng t ta được: V1y  V0 cos 1 2sin 1 Thay vào (4) ta được: m V m V m V  cos 1  L FL  cos 1  cos    0      m1g  sin   sin 1  8  sin 1  V0  2FL  cos 1  cos    m1gL  sin   sin 1  m m0  4sin 1 Câu 3: Chọn hệ trục Axy hình vẽ Điều kiện cân AB là: TA  TB  2P  Chiếu phương trình trênn xuống Ax: TA cos  600     TB sin  300     (1) Chiếu phương trình trênn xuống Ay: TA cos  600     TB  300     2mg  (2) Tổng momen lực tác dụng lên trục quay qua B là: L mg cos   TA Lsin 600  (3) Nhân vế (2) với cos  300    ta được: TA cos  600    cos  300     TB sin  300    cos  300     (4) Nhân vế (2) với sin  300    ta được: TA sin  600    sin  300     TB cos  300    sin  300     2mg sin  300     Cộng vế (4) (5) ta được: TA cos 300  2mg sin  300    Từ (3) ta được: TA cos 300  mg cos  (5) (6) (7) Lấy (6) chia cho (7) ta có: 4sin  300     cos  http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 1  sin 300 cos   cos 300 sin   cos   sin 300  cos 300 tan   4  tan      16,10 Như lệch góc   16,10 so với phương ngang cân ; sin   13 13 2mg 6mg Thay (7) vào (1) biến đổi ta được: TA  ; TB  13 13 Câu 4: a Va chạm va chạm đàn hồi nên BTĐL + BTCN: Vì tan   nên cos   Mm  Mu  Mu1  mv1 u1  u0    Mm 2   Mu Mu1 mv1      v  2M  2  M  m Với u1 , v1 vận tốc vật M viên bi m sau va chạm lần thứ  u1  u Vì m  M nên ta có:   v1  2u Gọi l1 khoảng cách từ tường đến vị trí xảy va chạm viên bi vật M lần thứ hai Khi quãng đường vật M  l0  l1  , viên bi quãng đường  l0  l1  Vậy ta phương trình: l0  l1 l0  l1 l   l1  u0 2u b Sau lần viên bi va chạm với vật M vận tốc lại tăng lên 2u Vậy vận tốc viên bi sau lần va chạm thứ k cấp số cộng với công bội 2u vk  2k.u Để tìm vị trí va chạm lần thứ k + 1, ta có: lk 1  lk lk 1  lk lk 1  lk 2k  1    lk  lk 1  l0 u0 vk 2ku 2k  2k  lk 1  lk  1  l0 l0     u0  2k  2k   u 4k  u Áp lực tring bình viên bi va chạm với tường là: Thời gian hai lần va chạm liên tiếp là: t k  http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 F 2.2k.u mu 02 2v p m k m  2k  4k  1 l0 t tk l0 4k  u Nếu số lần va chạm lớn k  ta tính gần l 4k 1  4k  2k   2k lk Nên ta có: F  8k mu 02 l0 Câu 5: Phương trình biểu diễn elip dạng: 2     2  V  V0   p  p   p  V  p V  V    p   1       2      p   V0   p V0          p V pV Đặt a   ; b  p V0 p V0 a2 1  2b   a  4a      a  2 2 2 pV p0 V0 pV  T T0  bT0 Theo phương trình trạng thái ta có: T T0 p V0 1  a  2a  Tmin ; Tmax (1) (2) a2 khi: b  f  a    a  đạt giá trị min, max 1   Hàm số f  a  đạt giá trị cực tiểu a = 1, f  a  tăng khoảng   ;2   2    b  f      b  f     max    Tmin  b T0  125,37K   2    Tmax  b max T0  549, 63K 2 Tmin xảy khi: p V   1 p0 V0 2 Tmax xảy khi: p V   1 p0 V0 2 Câu 6: Để chất lỏng chảy từ bình từ từ cần nung nóng khí từ từ điều chỉnh nhiệt lượng cho lượng nước suất q trình khơng thu động Vậy nhiệt cung cấp cho khối khí làm tăng nội khối khí thực cơng Ở trạng thái đầu khí bình áp suất áp suất khí quyển, nhiệt độ T0 Bỏ qua thể tích chiều cao nước nằm chỗ uốn chữ U Vậy chiều dài chữ U http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 V0 3V Vậy trạng thái cuối thể tích khí tăng đến giá trị V1  , áp suất bằng: S V0 p1  p0   S , nhiệt độ thay đổi đến nhiệt độ T Viết phương trình khí tưởng cho trạng thái đầu gV0  3V0  p0    pV 2S  trạng thái cuối khí: 0   T0 T Bên cạnh ta có: p0 V0  vRT0   p V0 3gV02  T0  3p V0 3gV02   p0 v0    Từ ta tính được: T  T0     p V0  4S 4S   vR  Vậy trình xảy nhiệt độ khối khí tăng, nội tăng lượng là: 3p V 9gV02 vR  T  T0   0  4S Bây tìm cơng thực Cơng làm tăng chất lỏng công thắng áp lực khí Chọn mốc đáy chất lỏng Khí chất lỏng trạng thái là: V E1  gV0 4S Trạng thái sai mà nửa khối chất lỏng chảy ngồi chất lỏng lúc U  V0 V0 / S V0 V0 / S 3gV02 g  g  2 8S V Công chống lại áp lực khí là: A  p0 Vậy cơng khối khí thực là: bằng: E  3gV02 gV02 p0 V0 gV02 p0 V0     8S 4S 8S gV0   Vậy nhiệt lượng cần cung cấp là: Q  U  A  V0  p    S  A  E  E1  A0  http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word ... quyển, có nhiệt độ T0 Bỏ qua thể tích chi u cao nước nằm chỗ uốn chữ U Vậy chi u dài chữ U http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Tải file Word website http://dethithpt.com... cos  (5) (6) (7) Lấy (6) chia cho (7) ta có: 4sin  300     cos  http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369... chữ U nhỏ so với chi u cao nhánh http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: a Quy
- Xem thêm -

Xem thêm: Đề thi olympic vật lý lớp 10 2016 2017 trường THPT chuyên bình long bình phước file word có lời giải chi tiết , Đề thi olympic vật lý lớp 10 2016 2017 trường THPT chuyên bình long bình phước file word có lời giải chi tiết

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay