Đáp án vật lý 10 lạng sơn

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII NĂM 2023 THPT CHUYÊN CHU VĂN AN LẠNG SƠN MÔN VẬT LÍ LỚP 10 ( Đáp án gồm có 05 câu, 05 trang) ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ XUẤT Câu ( điểm) Nội dung Vẽ hình, phân tích lực tác dụng: Trường hợp m chuyển động so với M: N ma Xét vật m, theo phương ngang có (1) F  N  Fms1 Ma Xét M có (2) N1 Fms2  P1  F 0 (3) ( lấy dấu (+) m lên ; lấy dấu (-) m xuống ) F  N1 Trong Fms2  N (4); ms1 (5) Từ phương trình (1)(2)(3)(4)(5) tính m  M  a   M g  2m a  F 1  (*) Trường hợp m không chuyển động so với M: F Lực ma sát ms2 lực ma sát nghỉ, theo phương thẳng đứng có phương trình F Fms2  P2 0 (6) Dấu (+) ứng với m có xu hướng xuống; Dấu (-) ứng với m có xu hướng lên Từ phương trình (1)(2)(3)(5), tính  m  M a  g m  M F  (**) Điểm 0,5 0,5 1,0 0,75 0,5 0,75 Câu ( điểm) Nội dung a) Vận tốc vật B M mà vật bắt đầu rời máng Vì va chạm hồn tồn đàn hồi nên sau va chạm B chuyển động với vận tốc v0 cịn A đứng n Theo định luật bảo tồn ta có: 2 mv0  mv  mgR   sin    v v  gR   sin   2 Điểm 0,25    P  Q  ma Theo định luật II Niuton ta có: 0,5 Chiếu hệ thức vecto lên phương MO, chiều (+) hướng tâm, ta được: mg sin   Q  mv R Vật B rời khỏi máng M nên Q 0  mg sin   mv R v02  gR v v0  gR   sin    sin     gR sin  v0  gR  gR sin   sin   gR gR 3gR 0,25 0,5  v02  gR  v v  gR    gR   Vận tốc B bắt đầu rời khỏi máng: 0,25 v02  gR v02  gR v02  gR  v  gR sin   gR   v gR 3 với Rg v0 5Rg 0,5 b) Khi vật rời khỏi máng 0,25 2 sin   3,5 gR  gR 3,5 gR  gR gR    30 vB   gR Khi rời B, vật chuyển động vật bị ném xiên với phương trình: x  v sin   t  R cos  y  gt   v cos   t  R sin  x 0   v sin   t  R cos   Để B tới (E)  t R cos  R R 6R R  cot   cot 30  2, 45 v sin  v g g gR (1)  E  : y 0  gt1   v cos   t1  R sin  0 Khi chạm vào Từ (1) (2) ta thấy: R   11  R   1, 785 g 2  g t1  2, 45 0,5 0,25 0,25 Phương trình bậc hai theo t1 có nghiệm: t1  0,25 (2) R g , nghĩa B không rơi vào (E) 0,25 Câu ( điểm) Nội dung Điểm 0,5 - Chọn chiều dương hình vẽ Giả sử chiều lực ma sát hình - Phương trình ĐL II Niu-tơn cho khối tâm khối trụ A vật C:   0,5 - Phương trình cho chuyển động quay quanh trục đối xứng qua khối tâm G: 0,75  PA  Fms  N  T ma0    T ' PC ma R Fms R  T I G a0  R a - Khối trụ không trượt dây nên: Bỏ qua khối lượng ròng rọc ma sát trục ròng rọc nên: T = T’ Khối trụ lăn không trượt mặt phẳng nghiêng nên: a0  R Từ ta có hệ:  P sin   Fms  T Ma0   F R  T R  I  M R  M R a G  ms 2  T  P  M a  M a  5 10  a  R 2a  0,5 (1) (2) (3) (4) P M M a T   a  (  g) (5) 5 Từ (3) I  T a M a0 M 9a Fms  G  M  (  g)  (  g) R 2 10 10 Từ (5),(2) (6) Mg M 9a0 M  (  g)  ( a0  g ) Ma0  a0  g  10 31 Thay (5),(6) vào (1): 10 M 9a0   Fms 10 (  g )  62 Mg   a  g   31 0,5 0,5 (7) Thay a0 vào (6),(4) suy ra: Vậy khối trụ A xuống, vật C lên lực ma sát có chiều hình vẽ 0,75 Điều kiện: Fms Fmsn  N  3 Mg  Mg   62 93 Câu ( điểm) Nội dung a) Lúc đầu hệ gồm hai tụ C1 C mắc song song, ta có:  S 4S  S 4 S  C2   3d d d d 4 ; Vì C1 tích điện q1 , C tích điện q , ta có: q1  q q  q1 1 / 4q q1 q   q 3 / 4q C1 C Điểm 0,5 C1  0,5 1  q2 q2  3q d E1  mv02      E1  mv02  2  C1 C  32 S b) Năng lượng ban đầu hệ: 0,5 Khi kim loại lên độ cao d/4 so với vị trí ban đầu Lúc hệ gồm hai ' ' tụ C1 ,C mắc song song, ta có: 0,5  S 2 S  d /2 d ' ' ' ' Chúng có điện tích q1 q  q1 q q / 0,5 Năng lượng hệ lúc 0,5 C1' C 2'  E2  '2 ' '2 ' q  mgd 1q   mv  E  mgd  q d  mv    2 C C  4 S Theo định luật bảo tồn lượng ta có: E1  E  0,5 3q d mgd q d mv0     mv  S 32 4 S q 2d gd q2d mgd q 2d gd  v    mv0   v0   16 S m 2 32 S  16 Sm 0,5 Câu ( điểm) Nội dung p1V1 390 K R a) - Nhiệt độ trạng thái 1: V T3 T2  T1 195 K V1 - Nhiệt độ trạng thái 2,3 : T1  Vậy : Tmax = T1 = 390 K Tmin = T2 = 195 K Điểm 0,5 0,5 b) - Q trình 1-2 (khí nhận cơng): A12 = p1(V2 – V1) = – 405,2 J V3 Quá trình 2-3 (nhận công): A 23 pdV  V2 V RT2 dV RT2 ln V V2 0,5 0,5 p V2 2,5.10  m p3 - Với  A23 = – 190,4 J - Q trình 3-1 (sinh cơng): A31 0,5(p1  p3 )(V1  V3 ) 724,3 J 0,5 - Cả chu trình: A = A12 + A23 + A31 = + 128,7 J - Độ biến thiên nội khí 3-1 (khí CO2 có i = 6): 0,5 0,5  0, 25 mol; V2 4.10  m ; V3  i U31 C v T31  R(T1  T3 ) 1215,3 J - Nhiệt lượng khí: Q = ∆U31 – A31 = 1215,3 – (– 724,3) Khí nhận nhiệt lượng: Q = + 1939,6 J -Hết 0,5