HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2015 -Vật lý 10 trường chuyên ĐIện BIên

- Xét hệ qui chiếu gắn với nêm.. + Gọi S là quãng đường mà nêm trượt, + Gọi s là quãng đường dịch chuyển theo phương ngang của vật so với nêm... Ngay khi nêm va chạm vào quả cầu phản lực

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG

DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

TỈNH ĐIỆN BIÊN

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐỀ THI MÔN VẬT LÍ – KHỐI 10 NĂM HỌC 2014 - 2015

Thời gian làm bài:180 phút

HƯỚNG DẪN CHẤM

1

(4đ)

1

(2,0)

- Xác định gia tốc của nêm và quãng đường nêm trượt theo phương ngang.

- Xét hệ qui chiếu gắn với nêm

a : gia tốc của vật đối với nêm a0: gia tốc nêm đối với sàn Gia tốc của vật đối với sàn: am  a a 0 (1) + Định luật II Niu Tơn:

2

qt

m

N P F    a (2) Chiếu lên phương AB:







2 cos 2 sin

m a

m g

m









+ Chọn hệ tạo độ xoy như hình vẽ Chiếu (1) lên ox:

am=a.cos-a0 (4) + Bảo toàn động lượng

m

m m

N

m        (5) + Thế (4) vào (5) suy ra : acos-a0=2a0 =>



cos

3a0

a  (6) + Thế (3) vào (6) suy ra:











cos 3

cos sin cos

3 cos sin

.









a

a a

g

0,5

0,5

0,5

- Quãng đường mà nêm trượt theo phương ngang.

+ Gọi S là quãng đường mà nêm trượt, + Gọi s là quãng đường dịch chuyển theo phương ngang của vật so với nêm

A

y

B



Hình 1

m/2 m

x 0

N

Fqt a p

a0

+ Từ định luật bảo toàn động lượng: m s S mS s 3S

3

cos 3



l s

2

(2,0)

a Ngay khi nêm va chạm vào quả cầu phản lực F truyền cho

quả cầu vận tốc V 2

+ Ngay sau va chạm xung lực F có phương vuông góc với mặt

nêm, nên V2 có phương hợp với phương thẳng đứng 1 góc 

ox :

lượng:

n

=>

(1)

+ Bảo toàn động năng:

2

2 1

2 0

2 2

2 1

2

2

1 2

1 2

1

V V V mV mV

Từ (1) và (2) ta có

1 sin 2

sin 2

2

0 2









V

V (3)



 2

2 0

1

sin 2 1

) sin 2 1 (





V

V (4)

- Để nêm tiếp tục chuyển động theo hướng cũ thì V1>0

0

45 sin 2

1







0,5

0,5

b Khi V 0 =5m/s; =30 0

Từ (3) (4) suy ra:

3

; 3

1

0 2

V V

V

- sau va chạm:

V

2

F



Hình 2

m

2m x

y

o

+ Nêm chuyển động theo hướng cũ với

3

0 1

V

V 

+ Quả cầu chuyển động xiên góc với

3

2 0

2

V

V 

+ Vì V2x=V1 nên sau khoảng thời gian t quả cầu rơi vào nêm

- Thời gian bay của quả cầu trong không khí:

V2y=V2cos-gt1=0 =>

g

V t

0 2

1

30 cos

 vậy thời gian quả cầu va chạm với nêm lần 2 là : t = 2t1

0 , 58 ( )

3

3 3

30 cos

g

V

0,5

0,5

2

(4đ)

1

(3,0)

a) Có thể xảy ra các trường hợp sau:

- Trường hợp 1: Hai khối lập phương cùng chuyển động, khi đó,

lực ma sát tác dụng lên khối 5m và m là ma sát trượt và có độ lớn lần lượt là:

Fms1 = 5μmg, Fmg, Fms2 = μmg, Fmg

Gọi a là gia tốc của xe ta có:

Fms1 + Fms2 = ma  a= 6 μmg, Fg =0,6g

 không thoả mãn yêu cầu của đề bài (loại)

1,0

- Trường hợp 2: Cả hai khối lập phương đều đứng yên đối với xe,

khi đó gọi gia tốc của xe là a thì:

+ Khối 5m: T – Fms1 =5ma + Khối m: T – Fms2 = ma + Suy ra: Fms2 – Fms1=4ma (1) + Với xe: Fms1 + Fms2 =ma (2)

Từ (1) và (2) ta có:

Fms2 = 25 ma mà Fms2 ≤ μmg, Fmg hay a ≤ 0,04g Vậy trường hợp này cũng không thoả mãn yêu cầu bài toán (loại)

1,0

- Vậy chỉ có thể xảy ra trường hợp 3

khối 5m đứng yên so với xe, khối m chuyển động trên xe

Khi đó, gọi a là gia tốc của xe thì:

+ Với khối 5m: T – Fms1 = 5ma, T= F2 (3) + Với xe: Fms1 + Fms2 =ma và Fms2 = μmg, Fmg (4)

Từ (3) và (4) suy ra: F=2(6ma – μmg, Fmg) = 2,2mg

0,5 0,5

1,0) b Gia tốc của vật 2: g

m

mg 2

F





 (a2>a)

Do dây không dãn nên khối m lại gần ròng rọc bao nhiêu thì khối 5m ra xa ròng rọc bấy nhiêu

+ Nghĩa là: a2/rr = - a1/rr + Hay: (a2 – arr ) = - (a1 –arr)

2

g g , 0 2

a a

0,5

0,5

3

(4đ)

1

(2,0)

Tính công thực hiện của lượng khí trên.

- Vì đồ thì (1-2) là một parabol đi qua gốc tọa độ nên phương trình

có dạng: T = p2 (: hằng số) (1)

- Áp dụng phương trình C - M:

R



     (2)

- Vậy đồ thị phụ thuộc giữa p và V là một đoạn thẳng có đường kéo dài qua gốc tọa độ như hình vẽ bên

- Công của khí thực hiện bằng diện tích hình thang A12B:

A = p2V22 p1V1 = R T( 22 T1) 8,31.(600 300) 2493  J

0,5

0,5

0,5

0,5

2

(1,5) - Độ biến thiên nội năng của lượng khí:

U  3 R T( 2  T1 ) 3.2.8,31.(600 300) 14958    J + Áp dụng nguyên lý I của NĐLH ta tính được nhiệt lượng của khí thu vào:

Q A  U  2493 14958 17451   J + Tỉ lệ nhiệt lượng chuyển thành nội năng của khí:

14958 85,71%

17451

U Q



 

0,5 0,5 0,5

3

(0,5)

- Áp dụng phương trình trạng thái:

.2.10 33, 24.10

pV  RT  pV  R  p  V   p

13

66, 48.10

P

V O

1

2

B A

Công sinh ra của lượng khí là:

5 2

5 5 5

1

2.10 2.10

66, 48.10 66, 48.10 / 259272

3

p

p

p

0,5

4

(4đ)

1

(1,5)

- Gọi vận tốc khối tâm của vành ( vận tốc chuyển động tịnh tiến) trước va chạm là v0

+ Vì vành lăn không trượt nên vận tốc góc của chuyển động quay quanh tâm lúc này là:

R

v0

0 

 (1) + Do R<<H Theo định luật bảo toàn cơ năng:

2 2

2 2

2 0 2 2 0

2 0

2

0 I mv mR 

mv

Hay mgH mv02  v0  gH (2)

0,5

1

2

(3,5)

- Ngay sau va chạm đàn hồi, vận tốc khối tâm đổi ngược hướng, độ lớn vận tốc không đổi và do bỏ qua tác dụng của trọng lực trong quá trình va chạm, thành nhẵn nên chuyển động quay không thay đổi

+ Kể từ thời điểm này có sự trượt giữa vành và mặt nghiêng Xét chuyển động lúc này

+ Phương trình chuyển động tịnh tiến:

) cos sin

(

cos sin















g g

a

mg N

F

ma F

mg

ms

ms



















+ Vành chuyển động chậm dần đều với gia tốc a,

0,5 0,5

+ Vận tốc khối tâm:

vv0 (gsin   gcos  )t (3) + Phương trình chuyển động quay:

R

g mR

R F mR

I R

ms









2 2

















+ Vành quay chậm dần đều với gia tốc góc  Vận tốc góc của vành: t

R





0 

 (4)

0,5

0,5 + Vận tốc của chuyển động tịnh tiến bằng 0 khi:

) cos sin

(

0 1





g

v t

t





 + Vận tốc của chuyển động quay bằng 0 khi:











cos cos

0 0

2

g

v g

R t

+ Ta có t 2 t1, nghĩa là đến thời điểm t1 vật bắt đầu chuyển động xuống

Quãng đường đi được trong thời gian t1 là:

max

2

v

s  

0,5

0,5

0



ms

F 

0

v 

- Từ đó độ cao cực đại mà vật đạt được là:

) cos (sin

2

sin sin

2

2 0 max

















a

v h

0,5

5

(3đ)

+ Dùng thước đo đường kính ống nghiệm là d, tính bán kính của đáy ống nghiệm theo biểu thức:

0 . 2

4

d

S  + Đo chiều cao ống nghiệm là h0 suy ra được thể tích ống nghiệm:

V0 S h0 0 + Cho một lượng nước vào ống nghiệm sao cho có thể ngập được vật rắn, sau đó cho vật rắn vào ống nghiệm nước sẽ dâng lên, lần lượt đo thể thích trước và sau khi cho vật rắn vào ống nghiệm lần lượt là V1 và V2 suy ra thể tích vật rắn là:

V V V 1  2 Sau đó cho ống nghiệm chứa nước và vật rắn vào bình nước thấy chúng nổi, đo thể tích ống nghiệm bị nước trong bình ngập là V3

Tổng khối lượng của vật rắn và nước trong ống là:

m3 D V n 3 (D n=1000kg/m3) + Khối lượng của vật rắn: m m 3 V D1 n + Khối lượng riêng của vật rắn: D m

V



0,5 0,5

0,5

0,5 0,5 0,5

HẾT