ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP VẬT LÝ 10 HỌC KÌ 2

Bản mỏng có dạng như hình 2, trong đó ABCD là hình vuông tâm O, cạnh a, bị khoét mất một lỗ tròn đường kính OI với I là trung điểm cạnh CD Bài 2: Thanh AB có khối lượng không đáng kể, có

A B

I

O

a

a

a

Hình 2

A

C

O

ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP MÔN VẬT LÝ KHỐI 10 HỌC KÌ II NĂM HỌC

2017 – CHUYÊN HÀ NỘI AMSTERDAM

B BÀI TẬP

Bài 1: Tìm vị trí trọng tâm của các bản mỏng khối lượng phân bố đều:

a Bản mỏng có hình dạng như hình 1

b Bản mỏng có dạng như hình 2, trong đó ABCD là hình vuông tâm O, cạnh a, bị khoét mất một lỗ tròn đường kính OI với I là trung điểm cạnh CD

Bài 2: Thanh AB có khối lượng không đáng kể, có chiều dài 20cm, quay dễ dàng quanh trục nằm ngàng O

Một lò xo gắn vào điểm giữa C Người ta tác dụng vào đầu A của thanh

một lực F = 20N hướng thẳng đứng xuống dưới Khi thanh ở trạng thái

cân bằng lò xo có hướng vuông góc với OA, và OA làm với đường

ngang một góc 0

30



a Tìm phản lực của lò xo lên thanh

b Tình độ cứng của lò xo, biết lò xo ngắn đi 8 cm so với lúc không

bị nén

c Tính phản lực của trục O lên thanh OA

Bài 3: Một viên đạn khối lượng 1kg đang bay theo phương thẳng đứng với vận tốc 500m/s thì nổ thành 2

mảnh có khối lượng bằng nhau Mảnh thứ nhất bay theo phương ngang với vận tốc 500 2 /m s Hỏi mảnh thứ

hai bay theo phương nào với vận tốc bao nhiêu

Bài 4: Một người khối lượng m150kg đang chạy với vận tốc v1 4m s/ thì nhảy lên một chiếc xe khối lượng m2 80kg chạy song song ngang với người này với vận tốc v2 3 /m s Sau đó, xe và người vẫn tiếp tục chuyển động theo phương cũ Tính vận tốc xe sau khi người này nhảy lên nếu ban đầu xe và người chuyển động

a Cùng chiều

b Ngược chiều

Bài 5: Một viên bi khối lượng m11kg đang chuyển động với vận tốc 8m/s va chạm với viên bi có khối lượng m2 1, 2kg đang chuyển động với vận tốc 5 /m s

a Nếu trước va chạm cả hai viên bi chuyển động cùng chiều trên một đường thẳng, sau va chạm viên bi 1 chuyển động ngược lại với vận tốc 4m/s thì viên bi 2 chuyển động theo phương nào với vận tốc là bao nhiêu?

b Nếu trước va chạm hai viên bi chuyển động theo phương vuông góc với nhau, sau va chạm viên bi 2 đứng yên thì viên bi 1 chuyển động theo phương nào với vận tốc là bao nhiêu?

Bài 6: Một ôtô có khối lượng 2 tấn đang chuyển động trên đường thẳng nằm ngang AB dài 100m, khi qua

A vận tốc ôtô là 10m/s và đến B với vận tốc 20m/s Biết độ lớn của lực kéo là 4000N

a Tìm hệ số ma sát trên đoạn đường AB

60cm 20cm

20cm

20cm 20cm

30cm

60cm Hình 1

O

A

b Đến B thì động cơ tắt máy và lên dốc BC dài 40m nghiêng 30 so với mặt phẳng ngang Hệ số ma sát trên mặt dốc là 1

5 3 Hỏi C có lên đến đỉnh dốc C không?

c Nếu đến B với vận tốc trên, muốn xe lên dốc và dừng lại tại C thì phải tác dụng lên xe một lực có hướng

và độ lớn như thế nào?

Bài 7: Một hòn vi có khối lượng 20g được nắm thẳng đứng lên cao với vận tốc 4m/s từ độ cao 1,6m so với

mặt đất

a Tính trong hệ quy chiếu mặt đất các giá trị động năng, thế năng và cơ năng của hòn bi tại lúc ném vật

b Tìm độ cao cực đại mà bi đạt được

c Tìm vị trí hòn bi có thế năng bằng động năng?

d Nếu có lực cản 5N tác dụng thì độ cao cực đại mà vật lên được là bao nhiêu

Bài 8: Một con lắc đơn gồm sợi dây có chiều dài L = 60 cm và vật nặng m = 100g,

điểm treo tại O Trên đường thẳng đứng qua O và cách O một đoạn OA = 30cm có

một cái đinh Người ta kéo cho vật đến vị trí dây treo hợp với phương thẳng đứng một

góc 450 rồi thả nhẹ Biết va chạm giữa dây và đinh là tuyệt đối đàn hồi Cho

2

10 /

g m s

a Tính vận tốc của vật khi qua vị trí cân bằng

b Tính lực căng dây ngay trước khi va chạm vào đinh

c Tính góc lệch lớn nhất của dây sau khi chạm đinh? Tính lực căng dây ngay sau

khi va chạm vào đinh

Bài 9: Hai con lắc đơn có cùng chiều dài 50cm, có khối lượng lần lượt là

1 100 , 2 50

m  g m  g Ban đầu vật 1 đang đứng yên, người ta kéo vật 2 ra vị trí có

góc 0

30

  rồi truyền cho vận tốc v 5 3 1 theo phương vuông góc với sợi

dây cho vật 2 va chạm đàn hồi xuyên tâm với vật 1

a Tính vận tốc của 2 vật ngay trước va chạm

b Tính vận tốc của mỗi vật ngay sau va chạm

c Tính độ cao cực đại của mỗi vật đạt được

Bài 10: Một mặt phẳng nghiêng chiều dài L và góc

nghiêng  Người ta đặt trên đỉnh mặt phẳng nghiêng một vật

rồi thả cho vật trượt xuống

a Bỏ qua ma sát, tính vận tóc của vật ở chân mặt phẳng

nghiêng

b Cho hệ số ma sát giữa vật và mặt phằng nghiêng là 

Tính vận tốc của vật ở chân mặt phẳng nghiêng lúc này

c Coi hệ số ma sát không đổi trên quãng đường nằm ngang Tính quãng đường vật chuyển động trên mặt

phẳng ngang cho đến khi dừng lại

30

 , 0, 4 cho g 10m s/ 2

Bài 11: Một con lắc lò xo có thẻ dao động điện từ tự do theo phương ngang Biết độ cứng của lò xo là

50N/m, vật có khối lượng 200g Kéo vật sao cho lò xo giãn 5cm rồi thả nhẹ

a Tính vận tốc cực đại của vật

b Tính vận tốc của vật khi lò xo bị nén 2,5cm

Bài 12: Một xi lanh cách nhiệt đặt thẳng đứng Pittong nhẹ, có tiết diện S 40cm2 có thể trượt không ma sát Khi cân bằng, pit-tông cách đáy xi lanh 40cm Nhiệt độ không khí chứa trong xi – lanh là 0

27 C Đặt lên pit-tông một vật có trong lượng P = 40N thì pit-tong di chuyển đến vị trí cân bằng mới cách đáy 38cm

a Tính nhiệt độ của khối khí bị nhốt trong xi lanh sau khi đặt vật nặng Cho áp suất khí quyển là

5 2

0 10 /

b Cần nung nóng hay làm lạnh khối đá đó đến nhiệt độ bao nhiêu để pit-tông trở về vị trí ban đầu

Bài 13: Bơm không khí có áp suất p0 105Pa vào một quả bóng có dung tích không đổi là V = 3l Bơm có chiều cao h = 42cm, đường kính xy lanh là d = 5cm Hỏi phải bơm bao nhiêu lần để không khí trong bóng có áp suất p5.105Pa trong 2 trường hợp

a Trước khi bơm trong quả bóng không có không khí

b Trước khi bơm trong quả bóng đã có không khí ở áp suất p0

Giả thiết khi bơm không làm thay đổi nhiệt độ không khí

0 1, 29 /

D  kg m Hỏi ở áp suất p1,5atm

thì khối lượng riêng của không khí là bao nhiêu Cho rằng không khí được nén đẳng nhiệt

Bài 15: (Dành cho ban nâng cao)

Trong một phòng thể tích30m3, nhiệt độ tăng từ 17 C0 đến 27 C0 , khí đó không lượng khí trong phòng phòng thay đổi đi bao nhiêu, nếu áp xuất khí quyển lấy bằng 1atm Coi không khí như một chất khí có khối lượng mol M = 29g/mol

Bài 16: Một dây hình trụ làm bằng cao su tổng hợp, có chiều dài tự nhiên l0 1m, tiết diện ngang có bán kính r =1cm Suất đàn hồi của cao su tổng hợp là E105Pa Lấy g10 /m s2

a Tính hệ số đàn hồi của sợi dây

b Treo vào đầu dưới của sợi dây một vật có khối lượng 300g Tính chiều dài và độ giãn tỉ đối của sợi dây

c Sợi dây trên có thể giãn tối đa 20% chiều dài tự nhiên của nó Ta có thể treo thêm một vật có khối lượng

lớn nhất bằng bao nhiêu mà dây không đứt?

100

S  cm (đầu kia dữ cố định) để chiều dài thanh không đổi khi nhiệt độ tăng từ 0

20 C đến 0

120 C Biết suất Young và hệ số giãn nở của đồng lần lượt là

1, 2.10 ; 1, 7.10

Bài 18: Cùng ở bất kì nhiệt độ nào thanh sắt cũng dài hơn thanh đồng 10cm Tìm chiều dài mỗi thanh ở

0

0 C Biết hệ số giãn nở của sắt và đồng lần lượt là 5 1

1 1, 2.10 K

    và 5 1

2 1, 7.10 K

   

Bài 19 (ban nâng cao) Một bán cầu có bán kính R Vật nhỏ được thả từ đỉnh

bán cầu Tìm vị trí vật rời khỏi mặt bán cầu trong hai trường hợp:

a Không có ma sát

b Hệ số ma sát giữa vật và mặt cầu là 

60cm

20cm

20cm

60cm

x

y

+

60cm

20cm

20cm

60cm

x

y

+

O

ĐÁP ÁN CHI TIẾT

Bài 1: Hình 1 - Chia vật rắn làm 3

phần có trọng lực P1, P , P2 3như hình

vẽ và có trọng tâm lần lượt là

1, 2, 3

G G G

 Cách 1: Sử dụng momen

Chọn hệ tọa độ như hình vẽ Tâm

quay tại G1, chiều quay cùng chiều

kim đồng hồ

- Theo phương Ox ta có:

 1/ G1 1.0 0

 2/ G1 0, 03 2

 3/ G1 0, 06 3

Gọi P và G lần lượt là trọng lực và

trọng tâm của vật rắn ta có:

 / 1  1/ 1  2 / 1  3/ 1

M P G M P G M P G M P G

1 2 3

0, 03P 0, 06P

x



 

mà trọng lượng lại tỉ lệ với diện tích nên ta có:

1 2 3

0, 03S 0, 06S

x





0, 03.20 0, 06.6

0, 032 3, 2

4 20 6

 

- Theo phương Oy ta làm tương tựcó

1 2 3

0, 015S 0, 025S

x





0, 015.20 0, 025.6

0, 015 15

4 20 6

 

Cách 2: Sử dụng phương pháp tọa độ

Ta đặt hệ trục tọa độ và gốc tọa độ như

hình vẽ

 

1 1; 4

G ; 2 4;5

2

3 7;

2

Gọi trọng tâm của vật là G ta có :

{

1 2 3

G

x



1 2 3

G

y



mà P lại tỉ lệ với diện tích nên ta có

{

1 2 3

G

x



1 2 3

G

y



 {x G 4, 2

2, 5

G

y 

C A

a

a

Hình 2

K

A

C

Hình 2: Gọi P1 là trọng lượng của hình vuông, P2 là trọng lượng của hình

tròn

 P P1 P2 chính là trọng lượng của vật rắn mà ta có

Do tính chất đối xứng nên trọng tâm G của vật nằm trên đường thẳng IO

Chọn tâm quay tại tâm K hình tròn chiều quay cùng chiều kim đồng hồ Ta

có:

 / K  1/ K  2/ K

4

a

P x P

 1 2 1

4

a

1 2 4

a P x





mà trọng lượng lại tỉ lệ với diện tích nên ta có

4

vuong

a S

x





3

2 2

4 4

16 16

a

a x

a





Vậy G nằm trên đường thẳng IO cách K một khoảng 4

16

a





Bài 2: Gọi H là chân đường cao hạ từ A xuống mặt phẳng ngang

a) Gọi F phản lực của lò xo tác dụng lên thanh dh

Chọn tâm quay tại O chiều quay là chiều kim đồng hồ

Do vật rắn cân bằng nên ta có

 / O  dh/ O 0

dh

10

dh

F HO

OC



b) Độ cứng của lò xo là: 20 3  

250 3 433 /

0, 08

dh

F

l

c) Điều kiện để một vật rắn cân bằng khi chịu tác dụng của 3 lực không song song là 3 lực

đó phải đồng quy và tổng hợp của 3 lực bằng O

- Do 3 lực đồng quy nên ta có phương của phản lực tại O như hình vẽ

Ta lại có: NF dh F 0

2 cos ; 20 20 3 2.20.20 3.c os150

 

2 1 2 1cos , 1 1

2

2 500 0,5.500 2 250 6 /

   

2

2

2

500 6 / 1225 /

p

m

1 2

1 2

1 2

1 cos ,

p p

p p

1, 2 125 15'

p p

Vậy mảnh thứ 2 bay theo phương hợp với phương của p một góc 1 0

125 15'

Bài 4: Theo định luật bảo toàn động lượng ta có p truoc  p sau  p ngp xe  p

a Ban đầu người và xe chuyển động cùng chiều nên ta có p ng,p xe0

Thay vào (1) ta có: p p ng p xe= 440 (kg.m/s)

1 2

44

3, 38( / ) 13

p



b Ban đầu người và xe chuyển động ngược chiều nên ta có   0

Thay vào (1) ta có: p p ng p xe  p xep ng= 40 (kg.m/s)

1 2

4

0, 3( / ) 13

p



Bài 5:

a Theo định luật bảo toàn động lượng ta có: p truoc  p sau  p01 p02  p1 p2

2 01 02 1

Chọn trục Ox là chiều chuyển động ban đầu của hai vật

Do trước va chạm hai bi cùng chiều chuyển động trên cùng một đường thẳng và sau va chạm viên bi 1 chuyển động ngược lại nên ta có :

{ p2  p01 p02p118kg m s / 

v2 15 /m s

b Theo định luật bảo toàn động lượng ta có: p truoc  p sau  p01 p02  p1 p2

Do trước va chạm hai viên bi chuyển động theo phương vuông góc với nhau, sau va chạm viên bi 2 đứng yên p1  p01p02 2 2 2

1 01 02

    p110kg m s /  v1 10m s/ 

Ta có p02 p1p01 2 2 2  

02 1 01 2 1 01 os 1, 01

1 01 02

1 01

1 01

os ,

2

p p

   0

1, 01 36,9

p p  Vậy viên bi 1 chuyển động hợp với phương ban đầu một góc 36,90

2

0 1,5 / 2

S



Theo định luật II Newton ta có: F k F c ma

Chọn chiều dương là chiều từ A đến B ta có: F c F k ma= 1000N

Vậy hệ số ma sát trên đoạn AB là: F c F c 0, 05

  

b Cách 1: Sử dụng bảo toàn năng lượng

Tại chân dốc cơ năng của vật :

2

5

2

B

B d

mv

J

Ta có lực ma sát trên dốc nghiêng là: F ms NP ymgcos2000A c F S ms = 2000S

Độ cao cực đại mà xe có thể lên là : hmax SsinS/ 2Wtmax mghmax 10000S

Theo định luật bảo toàn năng lượng có: WA cWtmax 5

4.10 2000S 10000S S 33,33m

Vậy xe không lên được đỉnh dốc C

Cách 2: Sử dụng động lực học chất điểm

Khi lên dốc xe chỉ còn chịu tác dụng của lực ma sát và trọng lực

cos sin 6 /

2 0

33,3 40 2

B

v

a



    Vậy xe không lên được đỉnh dốc C

c Cách 1: Sử dụng bảo toàn năng lượng

cos 8.10

c

max sin 20 m Wtmax max 4.10

Theo định luật bảo toàn và chuyển hóa năng lượng

4

A

S

Cách 2: Sử dụng động lực học chất điểm

Ta có S = 40m

2 0

5 / 2

B

v

S



Lúc này xe lên dốc chịu tác dụng của lực ma sát, trọng lực và lực kéo nên ta có:

m

 

     =mamgcosmgsin 2000N

Bài 7:

a

2

2

d

mv

J

  ; Wt mgh0,32J và WWtWd 0, 48J

b Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có:

Wtm Wmgh 0, 48h 2, 4m

2

t  d  t    h m Vị trí đó cách mặt đất 1,2m

d Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có:

 

max max max

WWtA c 0, 48mgh F h c 1, 6 h 1, 63m

Bài 8:

a Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có thế năng lúc đầu bằng với động năng tại VTCB

 

b Theo định luật II newton tại vị trí ngay trước khi va chạm vào đinh ta có:

c

T  P ma Chiếu lên phương dây treo chiều hướng vào điểm O ta có:

3 2 cos 1, 6

c Sau khi chạm đinh va chạm là tuyệt đối đàn hồi nên cơ năng của vật cũng không đổi

Gọi góc lệch cực đại sau đó là 

' 1 os 1 os os =2cos -1 65,5

Ta có vận tốc của vật tại VTCB ngay sau va chạm là không đổi và vẫn là v cb  2gl1cos

Theo định luật II newton tại vị trí ngay sau khi va chạm vào đinh ta có:

c

T  P ma Chiếu lên phương dây treo chiều hướng vào điểm O ta có:

5 4 cos 2,17

Bài 9:

a Gọi vận tốc của m1 và m2 ngay trước va chạm là v01và v02

Ta có vật 1 đứng yên nên v01 0

Đối với vật 2: Theo bảo toàn năng lượng ta có:

   

2 02 2

02

b Gọi vận tốc của m1 và m2 ngay sau va chạm là v1và v2

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng và động năng cho va chạm đàn hồi ta có:

{

01 02 1 2

p p  p p

1 01 2 02 1 1 2 2

{

2 02 1 1 2 2

m v m v m v

2 02 1 1 2 2

2 02 2 1 1(1)

m v v m v

2 02 2 1 1 (2)

m v v m v

Lấy  

  2 02 1

2

1  v v v (3)

Từ (1) ta lại có 1

02 2 1

2

m

m

  kết hợp với 3 ta có hệ

{

2 02 1

v v v

1

02 2 1

2

m

m

{

2 02 1

1 2

2m v

v





 2 1 02 2

1 2

v







{ v11, 49m s/ 

 

2 0, 75 /

c Ta có

{

2 1 1max 1max 11,1

2

mv

2 2 2max 2max 2,8

2

mv

Bài 10:

a Chọn hệ quy chiếu gắn với mặt phẳng ngang

Năng lượng của vật lúc bắt đầu thả là: WWt mghmgLsin

Năng lượng tại chân mặt phăng nghiêng là

2

2

d

mv

  Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có:

2

2

mv

b Ta có công của lực cản là: A c F c.SN .L P Ly  mgcos  

 W W sin 2 os L v= 2 sin os 

2

mv

c Khi chuyển động trên mặt phẳng ngang vật chỉ chuyển động dưới sự tác dụng của lực ma sát nên toàn

bộ năng lượng đã chuyển hóa thành công của lực ma sát nên ta có

W



d Thay số cho câu b ta được v= 2glsin  cos 7,84m s/ 

Thay số cho câu c ta được sin os 

7, 68





Bài 11:

a Ta có max2 02 02  

m

b Ta có: 2 2 2  2 2  

0

m



Bài 12:

a Các thông số của lượng khí trong xi lanh lúc đầu là:

{

1 0 10 /

1 1 40.40 1600

1 27 300

Các thông số của lượng khí trong xi lanh lúc sau là:

{

2 0 P 1,1.10 /

S

  

2 2 38.40 1520

2

T

Áp dụng phương trình trạng thái khí lý tưởng ta có: 1 1 2 2 2 2 1 0 0

2

313, 5 40, 5

b Để pitong trở về vị trí ban đầu thì 3

1600

.T

330 57

4 3

0 8, 24.10

4

d

a Gọi số lần bơm là n thì các thông số trước khi bơm là: { p1  p0

1 0

V nV

Sau khi bơm là : {

5

2 5.10

 

3 3

2 3 3.10

Quá trình là đẳng nhiệt nên theo định luật Bôi-lơ – Ma-ri-ốt ta có:

3

1 1 2 2 0 0 5 0.3.10

p V  p V p nV  p   n 18 (lần bơm)

b Gọi số lần bơm là n thì các thông số trước khi bơm là: { p1  p0

3

1 0 3.10

V nV  

Sau khi bơm là : {

5

2 5.10

 

3 3

2 3 3.10

Quá trình là đẳng nhiệt nên theo định luật Bôi-lơ – Ma-ri-ốt ta có:

1 1 2 2 0 0 3.10 5 0.3.10 15

p V  p V  p nV    p   n (lần bơm)

Bài 14: Quá trình là đẳng nhiệt, áp dụng Định luật Bôi-lơ – Ma-ri-ốt ta có:

0 1

0 0 1 1

1 0

Mà khối lượng lại không đổi nên 0 1

1 0

0 0

1 1, 935 /

Bài 15: (Dành cho ban nâng cao)

Theo phương trình Cla-pê-rôn- Men-đê-lê-ép ta có: pV nRT pV m RT m pVM

Với R = 0,082; p=1(atm) vàV 30.103(l)

R

1

2

1 2

1.30.10 29 1.30.10 29

1, 22

0, 082.290 0, 082.300

Bài 16:

0

31, 3 / 1



b x P 0, 096m 9, 6cm l l0 x 109, 6cm

k

Độ giãn tỉ đối của sợi dây là:

0

0, 096 100 9, 6%

1

x

c Có độ giãn tối đa xmax 0, 2l0 0, 2mPmax k x max 6, 28N   P Pmax P 3, 28N

0,328 328

P

g



     Vậy ta có thể treo thêm một vật có khối lượng 328g nữa

Bài 17: Khi nhiệt độ tăng từ 20 C0 đến 0

120 C thì chiều dài của thanh sẽ dài ra một đoạn

 

0 0 1 0 0

         l0 .100

Đề chiều dài thanh không đổi ta cần đặt vào đầu thanh một lực làm cho thanh bị nén một đoạn x l

0 0 SE .100

100.10 1, 2.10 1, 7.10 100  2040000N

Bài 18: Chiều dài mỗi thanh ở 0 C0 là : { l dong l0

0 0,1

sat

l  l

Chiều dài mỗi thanh ở 0

T Clà: { l dong l012.T

 0 0,1 1 1 

sat

l  l   T ta có l sat l dong 0,1

l0 0,1 1 1.T l0 1 2T 0,1 l01.T 2T 0,1 1T 0

1 0 2 0 1 0

1 2

0,1 l l 0,1 T 0 l  0, 24m 24cm

 



Bài 19 (ban nâng cao) Một bán cầu có bán kính R Vật nhỏ được thả từ đỉnh

bán cầu Tìm vị trí vật rời khỏi mặt bán cầu trong hai trường hợp:

a Không có ma sát

b Hệ số ma sát giữa vật và mặt cầu là 

a Xét một vị trí bất kỳ của vật khi nó còn tiếp xúc với mặt

bán cầu như ở hình bền Ta có:

Xét tại VT 1 ta có: WWt mghmgR

Xét tại VT 2 ta có:

2

2

mv mgRc 

 

2 2

2

mv

Theo định luật II newton ta có: N P ma 

Chiếu lên phương vuông góc với tiếp tuyến ta có:

 

os 2 1 os

P  N ma  N P ma mgc  mg c 

Vật sẽ rời khỏi bán cầu khi N = 0

os 2 1 os os =2/3 =48,2

mgc   mg c  c  