DE THI LY 10 OLYMPIC NĂM 2005 + ĐÁP ÁN

Mỗi thang dài 2l có trọng lượng P đặt tại trung điểm góc BAC = 2α.. vận tốc sao cho m1 đến va chạm tuyệt đối đàn hồi xuyên tâm với m2 theo phương ngang, m2 sau va chạm lên đến độ cao củ

Tỉnh : Phú Yên

Tên giáo viên biên soạn : Tổ Vật lý

Số mật mã:

Phần này là phách Số mật mã:

Bài I: Ba người bạn A – B – C chỉ có một chiếc xe đạp quyết định cùng đi

dự một đám cưới cách chỗ ở 30km Phương án của họ vạch ra để đến nơi cùng một lúc là: B chở A còn C đi bộ, đi được một đoạn đường thích hợp thì A xuống xe đi bộ còn B quay lại đón C Dọc đường quay lại đón C thì xe hỏng, phải dừng lại sửa sau đó tiếp tục quay lại đón C Do vậy mà B và C đến trễ sau A 3 phút Vận tốc xe đạp là 15 km/h, người đi bộ là 6km/h

a) Sau thời gian bao lâu thì A đến nơi ?

b) Tìm thời gian sửa xe

c) Vẽ dạng đồ thị chuyển động của mỗi người

ĐÁP ÁN

a) Thời gian A đến nơi là thời gian theo dự kiến

t1 : Thời gian đi bộ của A

t2 : Thời gian A ngồi trên xe

v1t1 + v2t2 = S (0,5đ)

Quãng đường xe đạp phải đi là: Hành trình của xe đạp

S + 2MN

v2 (t1 + t2) = S + (S – 2v1t1) 2

=> v2t1 + v2t2 = 3S – 4v1t1 (1đ)

Thay số ta có:

6t1 + 15t2 = 30

15t1 + 15t2 = 90 – 24t1

(0,5đ) )

( 11

14 15 11 210

) ( 11

20 33

60

2

1

h t

h t

=

=

=

=

11

34 2

1 + =

=

=>

PHẦN NÀY LÀ PHÁCH

b) Trong thời gian xe hỏng (∆t), C đi thêm được quãng đường v1 ∆t

Quãng đường xe đạp được giảm : 2v1∆t

Nghĩa là bớt được thời gian: (0,5đ)

Ta có 3ph=

(1,5đ)

Bài 2: Trên mặt nằm ngang nhẵn có đặt chiếc nêm khối lượng M, độ cao h

với các góc nghiêng α, β Tại đỉnh nêm người ta giữ 2 vật nhỏ cùng khối lượng m Sau khi thả rơi hai vật trượt theo 2 phương nghiêng khác nhau rồi bị mắc kẹt vào 2 chiếc rổ Hỏi nêm dịch chuyển 1 đoạn bao nhiêu ?

2 1

2

v

t

v ∆

h

20 1

) ( 20

1

2

2

v

v

∆

) ( 15 ) ( 4

1 20

1 5

4

ph h

t t

∆

β α

h M

x(Km)

t (h)

B + C

A

A + B

C

PHẦN NÀY LÀ PHÁCH

ĐÁP ÁN:

+ Gọi x1, x2, x3 là tọa độ

khối tâm mỗi vật theo phương Ox

-> OO1 là độ dịch chuyển khối

tâm của M -> ∆x3 = OO1

+ Vì các ngoại lực tác

dụng lên hệ theo phương thẳng

đứng -> khối tâm hệ bảo toàn

theo phương ngang

=> m(∆x3 – hcotgα) + m (∆x3 + hcotgβ) + M∆x3 = 0

Bài 3: Một thang kép gồm 2 thang đơn AB, AC có thể quay không ma sát

quanh trụ A Mỗi thang dài 2l có trọng lượng P đặt tại trung điểm góc BAC = 2α Một người có trọng lượng P1 trèo lên thang AB Vị trí H của người ấy được xác định bởi AH = x Hệ số ma sát của thang và mặt phẳng nằm ngang là k = tg ϕ

a) Nếu thang bị trượt thì thang đơn nào trượt trước?

b) Tính tg ϕ khi thang bắt đầu trượt

c) Xét các trường hợp riêng

- Không có người

- Người đứng yên trên thang ở A

0

3 2

+ +

∆ +

∆ +

∆

⇒

m m m

x m x m x m

M m

g g

mh x

OO

+

−

=

∆

=

⇒

2

) cot (cot

3 1

β α

α

- Người đứng yên ở B.

PHẦN NÀY LÀ PHÁCH

ĐÁP ÁN:

a (0,5đ) Thang kép chịu tác dụng của các lực (hình vẽ) Trọng lực PA, PB, P1

(PA= PB = P) Phản lực R1 của mặt đất ở B nghiêng góc β1 so với đường thẳng đứng Phản lực R2 của mặt đất ở C nghiêng góc β2 so với đường thẳng đứng Thang bị trượt nếu β > ϕ

(0,5đ) Khi thang cân bằng thì hình chiếu của Fhl trên phương ngang = 0

 R2Sinβ2 – R1Sinβ1 = 0

(0,5đ) Thang AB có người đứng nên R1 > R2 Vậy β2 > β1.

Vậy β2  ϕ trước khi β1  ϕ

Nghĩa là thang AC trượt trước thang AB

b Khi hai thang đơn tác dụng lên nhau các phản lực ở A trực đối

→

P+P1

→

y

↑(+)

x 0

(+)

P1

→

→ →

→P →

P

2α

N1 A

γ

N2

→

β1

R1

→

β2 →R2

γ

→ → →

→N1= →N2 = N→

→

N1= -N2

PHẦN NÀY LÀ PHÁCH

Xét sự cân bằng của thang AB và tính momen lực đối với trục quay qua B ta có:

N12l cos (α - γ) = [Pl + P1 (2l –x )] sin α (1) (0,25đ)

Xét cân bằng của AC và lấy momen đối với trục qua C

2lN2cos (α - γ) = Pl sin α (2) (0,25đ) (1) + (2) ⇔ 4Nl cosα cosγ = [2Pl + P1 (2l –x )] sin α (3) (0,25đ)

(1) - (2) ⇔ 4Nl sin γ = P1 (2l- x) (4) (0,25đ)

Mặt khác ta lại có: R2 + N2 + P = 0 (a)

Chiếu (a) lên ox R2sinβ2 = N2 cos γ

oy R2cosβ2 – P = N2 sin γ

Thang bắt đầu trượt thì β2 = ϕ

Từ (b) => R2sinϕ = N2cos γ (5) (0,25đ)

R2cosϕ - P = N2sin γ (6) Thay cos γ, sin γ trong (5), (6) vào (3), (4)

Ta được: 4lR2 cos α sinϕ = [2Pl + P1 (2l – x)] sin α

4l (R2 cos α - P) = P1(2l – x)

Với α là góc giữa thang với phương thẳng đứng ứng với lúc nó bắt đầu trượt c/ Nếu P1 = 0 thì tgα = 2tgϕ < tg2ϕ  α < 2ϕ (0,5đ)

Tại B thì x = 2l  tgα = 2tgϕ < tg2ϕ  α < 2ϕ (0,5đ)

Bài 4: Một vật khối lượng m2 được treo bằng sợi dây dài l = 1m với điểm treo ở độ cao h = 2m Tại mặt đất người ta ném xiên 1 vật m1 (với m1 = 2m2) với

→

x P P P l

x P P P l tg

1 1

1 1

2

2 2

− +

− +

=

ϕ

P P

P P tg

1 1

2 + +

=

vận tốc sao cho m1 đến va chạm tuyệt đối đàn hồi xuyên tâm với m2 theo phương ngang, m2 sau va chạm lên đến độ cao của điểm treo O

PHẦN NÀY LÀ PHÁCH

a) Tìm độ lớn v, góc ném α và vị trí điểm ném A (hay khoảng cách AB)?

b) Tìm tầm xa của m1 ? Bỏ qua lực cản môi trường; lấy g = 10m/s2

ĐÁP ÁN:

a) Sau va chạm m2 có vận tốc v2’

Theo định luật bảo toàn cơ năng:

Xét va chạm, động lượng bảo toàn, động năng bảo toàn:

Giải ra được :

Vị trí va chạm là vị trí độ cao cực đại của m1

gl m v

m '2 2 2

2 2

) / ( 5 2 20 2

'

⇒

) / ( 2

5 4

1 3

2 1

'

'

1 1 1

2 2 2

2 ' 1 1

2 1

1v m v m v '

1 2 1

1 '

2

2

v m m

m v

+

=

1 2 1

2 1 '

m m

m m v

+

−

=

) / ( 2

5 3 4

3 3

2 1

1 '

⇒

m2

l

O

V

(0,5đ)

(0,25đ) (0,25đ)

(0,5đ) (0,5đ)

(0,5đ) (0,25đ)

V

Vy

Nên : vx = v1 với : vx = vcosα

Mặt khác:

=> Góc ném :

PHẦN NÀY LÀ PHÁCH

Thời gian lên đến độ cao cực đại của m1

b) Sau va chạm m1 có vận tốc chiều tiến tới trước

Vì m1 > m2 Từ vị trí đó m1 chuyển động ném ngang

Tầm xa tính từ B :

Tầm xa của m1 : XM = xM + AB

= 1,5 + 0,5 = 2 (m)

Bài 5: Túi cát khối lượng m2

nảy lên cao bao nhiêu nếu ở bên kia

cầu bập bênh ta thả một túi cát

giống hệt như vậy từ độ cao H Biết

khối lượng tấm ván là m1 và độ dài

của nó là 

ĐÁP ÁN

Tại lúc va chạm, momen động lượng được bảo toàn đối với điểm O (Với O là tâm đối xứng của hệ – momen của trọng lực đối với O bằng 0)

) / ( 5 2 ) (

Vx

Vy

tgα =

2 53 5

3 2

5 3

5

=

⇒

=

α

tg

) ( 5 2 , 0 10

5 2

s g

Vy

m t

V

AB x 0 , 2 5 1 , 5

2

5 3

=

=

=

⇒

) ( 5 , 0 10

) 1 2 ( 2 2

5

m

=>

m2

m1 H

(0,5đ)

(0,25đ)

(0,5đ)

V1’

g

l R V

1

−

=

(0,5đ)

(0,25đ) (0,25đ)

Ta có: (1đ)

PHẦN NÀY LÀ PHÁCH

(1đ)

Độ cao cực đại mà m2 có thể lên được:

(1đ)

(1đ)

Bài 6: Bơm pittông ở mỗi lần bơm chiếm một thể tích khí xác định Khi hút

khí ra khỏi bình nó thực hiện 4 lần bơm Aùp suất ban đầu trong bình bằng áp suất khí quyển P0 Sau đó, cũng bơm này bắt đầu bơm khí từ khí quyển vào bình và cũng thực hiện 4 lần bơm Khi đó, áp suất trong bình lớn gấp đôi áp suất khí quyển Tìm hệ thức giữa thể tích làm việc của bơm và thể tích bình

ĐÁP ÁN:

Khi hút khí trong bình sau lần bơm đầu tiên áp suất trong bình trở thành P1

Với V là thể tích của bình, V0 là thể tích làm việc của bơm pittông

ω

4 2 12

2 2

2 2

2 1 2





gH

ω

 ) 6

(

⇒

2 1

2 6

2 6

m m

gH m

+

=

⇒ ω 

2 1

2 6

2 3 2

.

m m

gH m

v

+

=

= ω 

g m

m

gH m

g

v h

2

1 6

2 3 2

2

2 1

2 2















 +

=

=

2

2 2 2

v m gh

H m m

m h

2

2 1

2 6

3







 +

=

0 0

1

V V

V P P

+

=

2

0 0

0 1

2 = + = V +V 

V P V V

V P P

PHẦN NÀY LÀ PHÁCH

Vậy sau 4 lần bơm áp suất trong bình là: (0,5đ) Khi bơm khí vào trong bình sau 4 lần bơm trong bình thiết lập một áp suất bằng P

(1đ)

Theo điều kiện của bài toán: P = 2P0, đặt

Dựng đồ thị của các hàm: y = 2 - 4x và y = như hình vẽ

Từ giao điểm của hai đồ thị ta tìm được x ≈ 0,44 nghĩa là (0,5đ)

(1đ)

4

0 0

'







 +

=

V V

V P P

























+























 +

=

















+







 +

= +

=

V V V

V

P V

V V

V

V P V

V

P

P

4

0 0

0 4

0 0

0

1

1 4

4

'

V

V

x = 0

4 4

1

1 4

2 4 1

1









 +

=

−

⇔ +











 +

=

x x

x x

4

1

1











 +x

44 , 0

0 ≈

V V

x

y

0

0,1

•

1

4

1

1











 +

=

x y