DAP AN VAT LY 10 CHINHTHUC

Hãy lập biểu thức của thời gian mà máy bay này bay hết một vòng của hình vuông nói trên trong mỗi trường hợp sau: a... Ký, ghi rõ họ tên Ký, ghi rõ họ tênGiám khảo 2 Mã phách Bằng chữ: C

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH ĐĂK NÔNG Khóa ngày 07 tháng 3 năm 2014 KỲ THI OLYMPIC CẤP TỈNH

MÔN THI: VẬT LÍ 10

Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

Họ và tên thí sinh:………

Học sinh trường:………

Lớp:……….…; Số báo danh:……….; Phòng thi:………

Họ và tên giám thị 1: ……….Chữ ký:………

Họ và tên giám thị 2: ……….Chữ ký:………

Mã phách ĐÁP ÁN

(Ký, ghi rõ họ tên) (Ký, ghi rõ họ tên)Giám khảo 2 Mã phách

Bằng chữ:

Câu 1: ( 4 điểm)

Một máy bay chuyển động đều trong không khí yên tĩnh với vận tốc v Máy bay này bay theo chu vi của một hình vuông cạnh a Hãy lập biểu thức của thời gian mà máy bay này bay hết một vòng của hình vuông nói trên trong mỗi trường hợp sau:

a Gió thổi với vận tốc không đổi u < v dọc theo cạnh

b Gió thổi với vận tốc không đổi u < v dọc theo đường chéo

u 

v 

v 

v 

BC

v 

CD

v 

DA

B C

D

a Gió thổi với vận tốc không đổi u < v dọc theo cạnh

Giả sử hướng gió thổi như hình vẽ ( dọc theo cạnh AB và DC):

Thời gian máy bay bay hết 1 vòng hình vuông:

t = tAB + tBC + tCD + tDA

=>

t

=>

2 2

2 2 ( ) ( ) 2

a v u a v u a v u

t

v u





2 2

2 2

2av 2a v u

v u





=>

2 2

2 2

2 v v u

t a

v u

 



 Vậy khi gió thổi với vận tốc không đổi u < v dọc theo cạnh thì thời gian để máy bay

bay hết một vòng của hình vuông trên là

2 2

2 2

2 v v u

t a

v u

 





2

b Gió thổi với vận tốc không đổi u < v dọc theo đường chéo

Giả sử gió thổi theo hướng đường chéo AC Tương tự, thời gian để máy bay bay hết

một vòng là:

t = tAB + tBC + tCD + tDA

2

u 

v 

v 

CD

v 

AB

C D

A

u 

cos 45 cos 45

=>

2

2

v v   v      v 

 

  Tương tự, ta có: 2 2 2

2 2

u u

v v  v  

=>

t

=>

2

2

2 2

2

t

v u

v

      





 

Vậy khi gió thổi với vạn tốc không đổi u < v dọc theo đường chéo thì thời gian để máy

bay bay hết một vòng của hình vuông trên là

2 2

2 2

4

2

u

a v t

v u







2

(Ký, ghi rõ họ tên)

Giám khảo 2

(Ký, ghi rõ họ tên)

Mã phách Bằng chữ:

Câu 2: ( 4 điểm)

Do có vận tốc đầu, một vật trượt lên rồi lại tuột xuống trên một mặt phẳng nghiêng, góc nghiêng

 =150 so với mặt ngang Biết thời gian vật đi xuống gấp 1,5 lần thời gian vật đi lên Tìm hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng

Đáp án câu hỏi 2:

* Vật đi lên: a1= -g (sin +  cos )……….0,5đ

Quãng đường vật đi lên S = - 2

1 1 2

1

t

a => t1=

) cos (sin

2 2

1     



g

S a

S

……… 0.75đ

* Vật đi xuống: a2=g (sin -  cos )………0,5đ

Quãng đường vật đi xuống S = 2

2 2 2

1

t

a => t2=

) cos (sin

2 2

2  g    

S a

S

……….0.75đ

) cos (sin

2





 

g

S

= 1,5

) cos (sin

2





 

g

S

1030 , 0



4

(Ký, ghi rõ họ tên) (Ký, ghi rõ họ tên)Giám khảo 2 Mã phách

Bằng chữ:

Câu 3: ( 4 điểm)

Một thanh AB dài 2m khối lượng m = 2kg được đặt

dây nằm ngang BC dài 2m nối đầu B của thanh với một

bức tường thẳng đứng; đầu A của thanh tựa lên mặt sàn.

Hệ số ma sát giữa thanh và mặt sàn bằng

2

3 .

b Tính các lực tác dụng lên thanh và khoảng cách từ đầu A của thanh đến góc tường khi góc  = 450 Lấy g = 10m/s2.

Đáp án câu hỏi 3:

a Các lực tác dụng lên thanh AB là trọng lực, lực ma sát, phản lực của mặt sàn lực căng

của dây Các lực được biểu diễn như hình vẽ (0,5đ)

Áp dụng điều kiện cân bằng tổng quát của vật rắn cho thanh AB ta có.

PF ms NT  0 (1) (0,5đ)

Thanh ở trạng thái cân bằng khi moomen tác dụng lên thanh đối với trục quay tạm thời tại

A bằng 0:

 MP = MT (0,5đ)

Hay T.AB.sin  = P.2 cos  (2) (0,5đ)

 T = 21 Pcotg  (3) (0,25đ)

Chiếu (1) lên phương nằm ngang và phương thẳng đứng ta có:

Fms – t = 0 (4) (0,25đ)

-P + T = 0 (5) (0,25đ)

Hay Fms = T = 21 mgcotg  (6) và N = P = mg (7)

)

B

A C

)

B

A

P N

F ms

Từ (6) và (7) 

2

1

  300

(0,25đ)

Fms = T = 10N (0,25đ)

N = P = 20N (0,25đ)

Từ hình vẽ ta có : AD = BC – AB cos  = 0,59m (0,25đ)

6

(Ký, ghi rõ họ tên) (Ký, ghi rõ họ tên)Giám khảo 2 Mã phách

Bằng chữ:

Câu 4: (4 điểm)

1 (2 điểm) Một vật có dạng khối lập phương mặt trên

người ta khoét bỏ đi một phần có dạng hình bán trụ, có bán kính R,

phần còn lại có khối lượng M Vật được đặt trên mặt phẳng ngang,

mép trái được tựa vào tường thẳng đứng cố định Tại điểm A ở mép

trái bán trụ có cùng độ cao với tâm O, người ta thả không vận tốc

đầu một vật nhỏ có khối lượng m cho trượt xuống máng tròn Bỏ

qua mọi ma sát và sức cản không khí, cho gia tốc rơi tự do g Tính

độ cao cực đại mà m đạt được trong lòng bán trụ

Đáp án câu hỏi 4:

1.Vì mép trái bị chắn bởi tường nên M chỉ chuyển động không ma sát trên mặt phẳng ngang phần

bên phải của tường

- Khi m xuống đến điểm thấp nhất của bán trụ thì M bắt đầu chuyển động Gọi v là vận tốc của m tai điểm thấp nhất trong bán trụ, ta có: 1 2 R 2 R

2mv mg  v g (1) 0.5đ

- Khi m đạt độ cao cực đại h thì cả hệ (m và M) có cùng vận tốc V

+ áp dụng định luật bảo toàn động lượng, được:  

   2

m

m M

 0.5đ + áp dụng định luật bảo toàn cơ năng, ta có: 1 2 1  2

2mv 2 m M V mgh (3) 0.5đ

- Từ (1),(2) và (3), tính được độ cao cực đại:

 

   

  0.5đ

2 (2 điểm) Một pittông có trọng lượng đáng kể ở vị trí cân bằng trong một

bình hình trụ kín Phía trên và phía dưới pit – tông chứa cùng loại khí, khối lượng và

nhiệt độ của khí ở trên và ở phía dưới pit – tông là như nhau Ở nhiệt độ T thì thể

tích khí ở phần trên gấp 3 lần thể tích khí ở phần dưới Nếu tăng nhiệt độ lên 2T thì

tỉ số hai thể tích ấy là bao nhiêu?

Đáp án câu hỏi 4:

2 Gọi p0 là áp suất của khí ở phía trên pit – tông, áp suất của phần khí ở phía dưới pit – tông là p0 + p khi nhiệt độ khí là T Trong đó p là áp suất tạo nên do trọng lực của pit – tông

Áp dụng phương trình Claperon – Mendeleev đối với mỗi phần khí ta được:

+ Đối với phần khí ở phía trên: 0 0  

m

p 3V  RT 1

 + Đối với phần khí ở phía dưới:  0  0  

m

p p V  RT 2



Từ (1) và (2) ta được: p 3V0 0 p0p V 0  p 2p 0………0,5đ

- Gọi p/ là áp suất của khí ở phía trên pit – tông khi nhiệt độ khí là 2T, khi đó áp suất của phần khí ở phía dưới pit – tông là p/ + p Khi nhiệt độ khí 2T thì thể tích khí p phía trên và phía dưới lần lượt là Vt; Vd

Áp dụng phương trình Claperon cho hai trạng thái (trạng thái 1: nhiệt độ khí là T, trạng thái 2: nhiệt độ

O

R

∙

A

m, V 0 , T

m, 3V 0 , T

g

+ Đối với phần khí ở phía trên: t 0 0 t 0 0

p V p 3V 6p



 + Đối với phần khí ở phía dưới:  0 d 0 0 0

0



 …….………0,5đ Thể tích khí không đổi nên: Vt + Vd = V0 + 3V0 = 4V0 Khi đó 0 0 0 0 0

0

p p2p 

p p p 3p 0 p p 13p p 0 p p 13p 2,3p

             ……0,5đ

Tỉ số thể tích khí trên và dưới pit – tông là: t 0 0

V p 2p 4,3p

1,87



8

(Ký, ghi rõ họ tên)

Giám khảo 2

(Ký, ghi rõ họ tên)

Mã phách Bằng chữ:

Câu 5: (4 điểm)

Tính công sinh ra khi 0,5 (mol) khí lý tưởng thực

hiện một chu trình biến đổi 1-2-3-1 Biết

T1=T3=350K; T2=600K

Theo giả thiết ta có:

1 1 1

3 1 1 1

1 3 2

p V nRT

p V nRT

p V p V nR

p V nRT



















(1)

1

Theo Công sinh ra là:

1 3 3 1 1 3 1 1 3 3 3 1

A p  p V V  A p V  p V  p V p V (2)

1.5

Từ (1) và (2) suy ra:

2 1

2 1 3

2

1 ( ) 216, 4( ) 2

T

T