Đáp án đề thi học sinh giỏi lớp 10 cấp tỉnh môn Vật lý Hải Dương 2018-2019 - Học Toàn Tập

[r]

3 SỞ GIÁO DỤC  ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT - NĂM HỌC 2018 – 2019

Môn thi: VẬT LÝ HƯỚNG DẪN CHẤM (BẢN DỰ THẢO) Câu

(1điểm)

1(0,5 đ) Chọn trục tọa độ Oy theo phương thẳng đứng, chiều dương hướng lên trên, gốc O tạ vị trí khí cầu vật bắt đầu ném lên

phương trình chuyển động khí cầu: y1 v t01 (1) - Phương trình chuyển động vật:

2

2 02 ; 02

2 gt

y v t v v gt (2) - Vật lên đến vị trí cao v2 = t v02

g

 

khoảng cách hai vật AB=

2

02 01 02 19,8( )

2

v v v

m g  g 

Khi vật khí cầu gặp nhau: y1 = y2

01 02 2 4( )

gt

v v t s

     

0,25

0,25

2(0,5 đ) Toa thứ vượt qua người sau thời gian t1:

n toa vượt qua người thời gian :

; toa vượt qua người thời gian :

Toa thứ n vượt qua người thời gian :

2,36 (s)

0,25

0,25 Câu

(2,5 đ)

2

at s

a S t1  

n

t

2

n

t a ns 

a nS

tn 

1



n tn1

 

2

2 



 s atn

n 

a S n tn1  2( 1)

t



) (

2

1   

 

  n n

a S t

t

t n n



4

(1,0 đ)

Vẽ hình, phân tích lực, chọn hệ trục tọa độ - Chiếu lên trục toạ độ xác định được:

1

2

1

F mg m

a

s m





 

* Vận tốc thời gian vật đến B - Vận tốc B : = m/s - Thời gian vật đến B: t vB 6( )s

a

 

0,25

0,25 0,25 0,25

2a (0,75 đ)

- Vẽ hình, phân tích lực vật mặt phẳng nghiêng

- Ta có:

- Chiếu lên trục thu được:

- Vị trí D vật lên cách B lớn nhất, có vD=0

Khoảng cách DB:

2

2 ' B v DB

a



 = 2,88m

0,25

0,25 0,25 2b

(0,75 đ)

ta có 2

1

( os sin ) (sin os )

F c mg c

a

m

      



Ta có: vC

  a1=-3 m/s2

F 102,8N

vậy lực nhỏ 102,8N

0,5 0,25 ms

P Q F Fr  r r r mar

2 B

v  as

'

' ms '

P Q Fr r r  F mar r

 os 2sin  (sin 2cos )

' F c mg 6, 25 /

a m s

m

      

  

2

1

2 36 12 C B

5 Câu

(1,5 đ)

(1,0 đ) Ta có : T = P

2

Áp dụng quy tắc mômen cho với trục quay O

2

Mg cosl   T cosl 

Mg.cos T

2cos

  



m cos M 2cos

2



 



0,25

0,5

0,25

(0,5 đ) Theo ý 1: M=2 m

Thanh cân nên:P1NT 0

Giá phản lực N chốt O phải qua giao điểm Q trọng lực P1

lực căng dây T

Chiếu lên phương thẳng đứng:

1 cos sin 60

N  P P

   = Mg - mg

2 = mg 3

2 (1) Chiếu lên phương ngang:

2 sin cos 60

N  P

  = mg/2 (2) Giải hệ (1), (2): N2 = (mg3

2 )2 + (mg/2)2

N m g

 

0,25 0,25

Câu

(1,0đ) Theo định luật bảo toàn động lượng ta suy vận tốc hai vật sau va chạm

0

0 2

v mv  mv v

Để vật chuyển động tròn, điểm cao lực căng dây phải thỏa mãn điều kiện:

0

T

Định luật II Newton:

0,25

6

2

2

min

mv mv

T mg T mg v gl v gl

l l

         

- Theo định luật bảo toàn

2

0

0

2

4

8

mv mv

mgl v gl

   

0,25

0,25 2a

(0,75đ) ĐLIINT, ta có:

với

+ Vật rời khỏi mặt cầu : N=0

=> (1) ĐLBTCN:

=> (2)

Giải hệ (1)((2) =>

Độ cao rời mặt cầu: h = R + Rcosα = 5R/3 * chạm vào mặt bàn vận tốc góc β

ĐLBTCN => + Theo phương ngang vận tốc không đổi

=> => 2/3 2gR/ 3=2 gRcos =>  =74,20

0,25

0,25

0,25 2b

(0,75đ) 2) Quả cầu đặt tự do, đặt M/m=x

+ m bắt đầu rời M N=0 aM=0, lúc M có vận tốc v2, m có vận tốc

v M n ma N mgcos 

R V an 

 gRcos V2

) cos

(  

mg R R

2 mV2

) cos

(  

2gR V2

1 V

2 mV mgR

2

 V1 2 gR.

 

 cos

cos V1 V

;

/

7 + hình vẽ => cosα = ( 7R/4- R)/R = 3/4 ĐLIINT cho m: mg.cosα = mv2/R => v2

=gRcosα (1)

ĐLBTĐL theo phương ngang = Mv2 + m(v2– v.cosα)

=> v2 =

M m mv



 cos

= cos cos cos

1

gR v

x x

 

 

  (*)

Vận tốc m: vrm  v vr r2 => v2

m=v2 v22 2vv c2 os(180)

=

3

2

os os

cos cos cos

(1 )

gR c c

gR gR gR

x x

 

   

 

=gR(

3

2

os os

cos )

(1 )

c c

x x

 

 

  (**)

ĐLBTCN : mgR(1- cosα) =

2

2

2 mvm

Mv 

 gR(1- cos

α) =

2 2

2

m v xv



(***)

(*) (**) vào (***) =>

3

os 11

1

3cos 16

c

x 



  



0,25

0.25

0.25

0.25

Câu (1.5đ)

(0,75đ) Gọi n số bóng bay, thể tích khí chứa n bóng V = n.V0

8

6

1

p 4,5MPa 4,5.10 Pa V 62lit

  

  

Trạng thái 2:

5

2 1 0

p 1,05.10 Pa

V V V V nV ;V 8,52lit

   

    



Ta có:

1 2

P V P V => n=305 (quả)

0,25

0,25

0.25

(0,75đ)

+ Lúc đầu, ta có phương trình

1

4 V

V  (1)

1 2

P V P V => P2=4P1 (2)

P1S+mg=P2S => mg=3P1S (3)

+ Lúc sau ta có

1

V n V

 

 V1+V2 =V1'+V2' =>

2

2

5 1 nV V

n V V

n

 

 

   

 

 (4)

1 2

P V P V  => P'2=nP'1 (5)

mg=(P'2-P'1)S=(n-1) P'1S (6)

Mặt khác: 1 1

1

'

PV PV

T T

 

 => 1 1

600 300 PV  PV

(7)

0,25

9 Thế (1), (4) vào (7) =>

1

8( 1) n P P

n

 

Ta có: Từ (3) (6): 3P1S=(n-1) P'1S =>3=(n-1) 8( 1)5nn => n=2,3

0,25

Câu (1,0đ)

+ Cơ sở lý thuyết

Bố trí vật hình, vật m1 khúc gỗ, m2 =nm1 cho thả

tay hệ chuyển động, m2 chạm đất m1 tiếp tục trượt dừng lại trước

khi chạm vào ròng rọc Khi m2 chưa chạm đất:

gia tốc hệ

a=(m2g-m1g)/(m1+m2)=(n-)g/(n+1)

Tốc độ vật lúc m2 chạm đất

2( )

1 n gh v ah

n





 



Khi m2 chạm đất, gọi s quãng đường m1 tiếp tục dừng lại

gia tốc m1: a1= -g

0,25

10 Ta có:

2

1

( )

2 ( 1)

v n gh

s

a n g

 

 

 

 => ( 1) nh s n h

 

  + Dùng thước đo h, s n biết, suy 

0,25