Đáp án HSG Vật lí lớp 10 trại hè Hùng Vương 2013 - Học Toàn Tập

5 18 0
  • Loading ...
    Loading ...
    Loading ...

Tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 24/02/2021, 06:57

Chỉ có thành phần vận tốc theo phương tiếp tuyến của bi thay đổi nên  xung lượng của lực căng dây tác dụng lên bi ngay sau khi nó tách khỏi trụ chỉ theo phương tiếp tuyến... Công mà c[r] (1)SỞ GD&ĐT HỊA BÌNH TRƯỜNG THPT CHUN HỒNG VĂN THỤ KÌ THI HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ IX MƠN: Vật lí LỚP: 10 Ngày thi: 02 tháng 08 năm 2013 Bài 1: (5,0đ) 1 (2,0đ) - Phân tích vận tốc Vuur0 thành hai thành phần, thành phần theo phương bán kính thành phần theo phương tiếp tuyến V1V cos0 ;V2 V0sin - Thành phần V2 V0sin làm dây căng, thành phần V1V cos0  làm bi tách khỏi trụ (0,5đ) - Thành phần theo phương tiếp tuyến V2 bị triệt tiêu lực căng dây (0,5đ) - Vì bỏ qua ma sát lực cản, nên viên bi chịu tác dụng lực căng dây Ở thời điểm viên bi quay xung quanh trục quay vuông góc với mặt phẳng hình vẽ qua điểm tiếp xúc dây hình trụ lực căng dây đóng vai trị lực hướng tâm chuyển động quay vng góc với vận tốc viên bi lực căng T r không sinh côngđộ lớn vận tốc viên bi không đổi V1 V cos0  (1,0đ) 2 (1,0đ) Chỉ có thành phần vận tốc theo phương tiếp tuyến bi thay đổi nênxung lượng lực căng dây tác dụng lên bi sau tách khỏi trụ theo phương tiếp tuyến Chọn chiều dương hình vẽ ta có: 2 0 sin t X  mV  mV  , dấu (-) cho thấy xung lượng lực hướng ngược chiều dương chọn, có độ lớn mV0sin (1,0đ) 3 (1,0đ) Trong thời gian tn viên bi dịch chuyển đoạn V1.tn góc mà đoạn dây quay thời gian là: 2 1 . . n n n V t n t n R V R            l l l (1,0đ) 4 (1,0đ) Tổng thời gian chuyển động viên bi từ thời điểm ban đầu thời điểm xét là:   2 2 1 1 1 1 2. . . 2 n n n n t t t t V R V R V R V R              l  l   l  l ……… …(0,5đ) - Vì n   (n 1) n 2 2 1 1 n 2 . 2 . 2 2 t V R t V cos R t V R V R    l  l  l  ……….(0,5đ) ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC O R 1 n V tn   n   l J HV1 O R 0 Vuur  HV1 (2)Bài 2: (5,0đ) 1 (2,5đ) - Do khơng có ma sát nên vật chuyển động thẳng đến tường, trình chuyển động (trước xảy va chạm), lị xo khơng bị biến dạng (0,5đ) Ngay sau va chạm vật B bật ngược trở lại, với vận tốc VBV0, vật A có vận tốc VA   V0 khối tâm hệ sau va chạm B B A A G A B m V m V V m m     (1) (0,5đ) - Khi khoảng cách hai vật nhỏ vận tốc hai vật có độ lớn độ lớn vận tốc khối tâm (tức 0), độ nén lò xo l ta có: { { 2 2 2 0 2 2 2 A G B G A A B B m V m V m Vm Vkl   (2) (0,5đ) Từ (1)(2) 2m V k   l .(0,5đ) min 0 2m V k l l  (0,5đ) 2 (1,0đ) Xung lượng tường tác dụng lên vật B uuurXBm VBuurBmB(Vuur0)2mVuur0 (0,5đ) Theo định luật III Newton B tác dụng lên tường thời gian va chạm xung lượng / 0 B B X  X   mV uuur uuur uur (0,25đ) độ lớn / 0 B XmV , XB/ uuur hướng ngược chiều dương chọn .(0,25đ) 3 (1,5đ) Sau lò xo bị nén nhiều hai vật A&B lại chuyển động xa nhau, đến khoảng cách hai vật l vận tốc hai vật VA1V V0; B1 V0, sau B va chạm hoàn toàn đàn hồi với tường nên vận tốc B sau va chạm VB2 V0, thời gian va chạm coi tức thời nên sau B va chạm, lò xo chưa kịp giãn nên vật A có vận tốc VA2 V0 (0,5đ) Như sau hai lần va chạm với tường hệ thống chuyển động thẳng ngược lại với vận tốc V0 0 0 A B x V t x V t       l (1,0đ) Bài 3: (4,0đ) 1 (2,5đ) HV ta có:                     (*) 90 cos 2 cos 2 cos R a DB AB DG R a DA AB DB R DA      Do cân nên: / / A P D N D MMP DG .sin(90)N DAA .sin(180) P R a R NA            sin cos (1)……….(0,5đ) Do cân nên: MP A/ MNB/AP AG .sin(90)N ADB R a P NB 2   (2)……….(0,5đ) Do cân nên: FNANBP0 A B O R P A N B N   X Y D  (3)) ( sin sin : F N N OX XB  A   ………(0,5đ) Từ (1)(2)(3)(*) 4Rcos2acos2R0 R R a a 32 cos 2      ……….(1,0đ) 2 Để tốn có nghĩa thì: cos 1a2R (4)……… (0,5đ) + Để ln tựa lên rìa máng DB2a2Rcos 0aRcos 3 R a  (5)……….(0,75đ) Vậy để tốn có nghĩa thì: R a 2R 3   ………(0,25đ) Bài 4: (4,0đ) Q trình (1)(2) có áp suất thay đổi theo thể tích theo quy luật: 1 2 p p V V p p V V      Hay .(0,5đ) Mặt khác theo phương trình Claperon có: PV R T  (2) Từ (1)(2) q trình (1)(2) có nhiệt độ thay đổi theo thể tích theo quy luật .(0,5đ) dễ thấy Tmax  V VD 2,5V1 thay vào (1) 1 D p p p    Như Từ (3) vậy q trình (1)(2), ta tìm trạng thái khí nhiệt độ cực đại .(0,5đ) Đồ thị biểu diễn trình (1)(2) hệ tọa độ TOV hình vẽ bên 1 Cơng mà chất khí thực q trình nhiệt độ khí giảm q trình từ D(2) Ta có: 2 2 1 ( )( ) 2 32 D D D p p V V A     p V (0,5đ) Gọi N điểm thuộc đoạn thẳng (1)(2); N tích V; áp suất p Do N thuộc đoạn thẳng (1)(2) nên áp suất nhiệt độ trạng thái N phụ thuộc vào V theo quy luật (1)&(3) * Xét q trình biến đổi khí từ trạng thái (1)N có: 1 5 (1) 4 p V p V         2 1 5 (3) 4 p V T V R V          1 p O P 1 0, 5p 1 V 3V1 (1) (2) D D V D p HVb T D D V 3V1 V max T V O (1) (2) HVa (4)Ta có: 2 1 1 1 1 1 1 1 ( )( ) 10 2 3 ( ) 8 N N V p p V V p V A V V V p V U C T T V V V                                2 1 1 1 25 21 8 N N N p V Q A U V V V              (1,0đ) * Dễ thấy   25 3 N max Q  V VVV điểm chuyển từ nhận nhiệt sang nhả nhiệt khơng thuộc q trình (1)(2) (0,5đ) * Ta vẽ đồ thị phụ thuộc Q vào V đồ thị hình vẽ bên Từ đồ thị trong q trình từ (1)(2)khí ln nhận nhiệt nên cơng mà chất khí thực q trình khí nhả nhiệt lượng bên ngồi .(0,5đ) Bài 5: 1 Xây dựng phương án thí nghiệm (1đ) - Buộc dây vào vật, mắc lực kế vào dây - Kéo vật trượt lên mặt phẳng nghiêng, từ đo giá trị lực kế là: sin Fl PcosP  (1) (0,25đ) - Do độ dốc mặt phẳng nghiêng không đủ lớn để cho mẩu gỗ tự trượt xuống (giả thiết) nên ta kéo vật trượt xuống mặt phẳng nghiêng, từ đo giá trị lực kế là: sin x F PcosP  (2) (0,25đ) - Từ (1)(2) (3) sin (4) 2 x x F F cos P F F P              l l (0,25đ) - Mặt khác ta có: sin2cos21 (5) Từ (3)(4)(5) .(0,25đ) - Các lực đo từ lực kế, trọng lực vật đo từ lực kế, từ tính  theo cơng thức (6) 2 Tính giá trị sai số (1đ) Cách 1: - Tính sai số tương đối  Từ (6) 2 2 ln ln( ) ln [4 ( ) ] F F P F F        2 1 2 2 1 2 ( ) 1d[4 ( ) ] 2 ( ) d F F P F F d F F P F F            21 12 1 2 4 ( )( ) 4 ( ) F F P P F F F F F F P F F                   1 2 1 2 2 2 2 1 1 2 4 ( )( ) 4 ( ) F F P P F F F F F F P F F                     (7) 2 (6) 4 ( ) x x F F P F F       l l 1 3V HVc Q N 1 V (QN)max V O (1) 1 21 4 V (5)Từ bảng số liệu 3, 35 0,11( ) 1, 01 0, 05( ) 4, 60 0, 02( ) F N F N P N            thay vào (7) ta được:   0, 039      (0,25đ) - Tính giá trị trung bình 2 2 1 0, 49 4 ( ) F F P F F      (0,25đ) - Tính sai số tuyệt đối trung bình:     0, 019 (0,25đ) - Vậy 0,49 0,02 với độ xác phép đo 4% (0,25đ) Cách 2: Từ bảng số liệu cho ta có bảng số liệu sau: STT F1 (N) F2 (N) P (N) i Lần đo 3,41 1,03 4,60 10,500 Lần đo 3,50 1,07 4,61 2 0, 514 Lần đo 3,30 1,01 4,59 3 0, 485 Lần đo 3,20 0,94 4,58 4 0, 466 1 0, 4912            (0,25đ) 1 2 1 3 4 0, 016                                               (0,25đ) Vậy      0, 491 0, 016 với độ xác phép đo 3,3% (0,25đ) Nhận xét: Với kết cách làm tròn thành      0, 49 0, 02 làm sai số tương đối lúc 4%, ta làm tăng sai số tương đối lên 0,7% nghĩa ta làm tăng sai số lên 10% 3,3% Theo cách ta bỏ qua sai số dụng cụ đo (sai số lực kế 0,01) kết sai khác so với cách làm thứ nhất, cách đầy đủ xác
- Xem thêm -

Xem thêm: Đáp án HSG Vật lí lớp 10 trại hè Hùng Vương 2013 - Học Toàn Tập, Đáp án HSG Vật lí lớp 10 trại hè Hùng Vương 2013 - Học Toàn Tập

Từ khóa liên quan