hsg

- Vì thể tích bình B rất lớn so với bình A nên theo giả thiết sau khi mở van áp suất chất khí trong bình A là 2p, vì vậy nhiệt độ mới của khí trong A là T’ và khối lượng mới là M’... - Á[r]

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT TỈNH QUẢNG NGÃI ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ KHỐI 10 NĂM 2015 HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn chấm có trang) Câu ý Nội dung chính cần đạt Khi khoảng cách hai cầu thủ là 30m, tam giác ATB vuông Điểm T, chọn hệ trục tọa độ xTy (hình vẽ) 0,5 a (2 đ) Vì khoảng cách trọng tài và các cầu thủ là không đổi nên : + Vận tốc trọng tài T và cầu thủ A trên phương Tx có độ lớn 0,5 18 3m / s 30 : + Vận tốc trọng tài và cầu thủ B trên phương Ty có độ lớn VTx v A cos  5 (4 đ) : VTy v B cos  5 24 4m / s 30 VT  Vx2  Vy2 5m / s Vậy vận tốc trọng tài có độ lớn là : - Xét chuyển động trọng tài hệ quy chiếu quán tính gắn với cầu thủ A Khi đó : b (2 đ) + Vận tốc B A có độ lớn là : v B/A 10m / s + Vận tốc T A trên phương Ty có độ lớn là : 24 v(T/A ) y v B/A cos  10 8m / s 30 Vì AT không đổi nên coi trọng tài chuyển động trên đường tròn bán kính AT có gia tốc hướng tâm trên Tx là : ax  v(T/A ) AT y  32 m / s2 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 - Xét chuyển động trọng tài hệ quy chiếu quán tính gắn 0,25 với cầu thủ B Khi đó : + Vận tốc A B có độ lớn là : v A/B 10m / s + Vận tốc T B trên phương Tx có độ lớn là : 18 v (T/B) x v A/B cos  10 6m / s 30 Vì BT không đổi nên coi trọng tài chuyển động trên đường tròn bán kính BT có gia tốc hướng tâm trên Ty là : ay  v(T/B) 0,25 0,25  m / s2 BT x a  a 2x  a 2y 3,86m / s Vậy gia tốc trọng tài là : Chọn các hệ trục tọa độ, phân tích các lực tác dụng vào hệ hình vẽ 0,5 0,25 (4 đ) a (2 đ) Áp dụng định luật II NewTon cho M, ta có :      P1  F1  N  Fms Ma (1) 0,25 Chiếu (1) lên hệ trục tọa độ O1x1y1, ta có: F1 sin   Fms Ma (2)  (3)  N  P1  F1 cos  0    P  F  Ma Áp dụng định luật II NewTon cho m, ta có : 2 (4) Vật m bắt đầu chuyển động quay mặt phẳng thẳng đứng Chiếu (4) lên hệ trục tọa độ O2x2y2, ta : 0,25 P2 cos   F2 ma 2x 0 (5)  (6) P2 sin  ma y ma 2 Để M trượt trên mặt phẳng nằm ngang thì a1 0 Kết hợp (2) và (7) suy : F1 sin   Fms 0 (7) 0,25 (8) 0,25 Vì nhẹ nên ta có : F1 F2 (9) Kết hợp (9) với (5), thu : F1 F2 P2 cos  (10) Lực ma sát trượt : Fms N (P1  F1 cos ) (11) msin  cos   M  m cos2  Kết hợp (10), (11) và (8), thu : Từ (2) và (10), rút : a1 g  sin  cos   (1  cos )  0,83m / s b (2 đ) 0,5 0,5 Kết luận : gia tốc M sau thả nhẹ có theo phương trượt Từ (6) suy : a gsin  5m / s Gia tốc m sau thả nhẹ có theo phương vuông góc với - Gọi thể tích bình chứa A là V, trước van mở khối lượng khí đó là M, áp suất là p, nhiệt độ là T M pV pV  RT  M   RT (1) Ta có : (4 đ) 0,25 - Vì thể tích bình B lớn so với bình A nên theo giả thiết sau mở van áp suất chất khí bình A là 2p, vì nhiệt độ khí A là T’ và khối lượng là M’ 2pV M'  RT ' (2) Ta có: - Khối lượng chất khí từ bình B đã vào bình A là : pV   M M ' M     R  T ' T  (3) - Lượng khí từ bình B đã sang bình A, còn bình B M V  RT  p chiếm thể tích là : (4) 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 - Vì áp suất và nhiệt độ khí B có thể coi là không đổi, để cân áp suất A và B, chất khí B phải thực 0,5 công là : A 2pV (5)  2T  A pV   1 T '   (6) - Từ (3), (4) và (5) có : - Độ biến thiên nội khí A là : M' U  2,5R(T ' T)  (7) 0,5 - Vì không có trao đổi nhiệt với môi trường ngoài, theo nguyên lí I nhiệt động lực học cho khí lý tưởng, ta có: A U (8) - Từ (2), (6), (7) và (8) ta có: T  2T    1 5      T ' 353,5K  T'   T '   - Gọi v' và v G là véctơ vận tốc viên bi nhỏ và khối tâm sau va chạm - Áp dụng định luật bảo toàn động lượng và bảo toàn cho hệ và viên bị nhỏ trước và sau va chạm, ta có: (5 đ) a (4 đ) b (1 đ) (1)  v 2vG  v' mv 2mvG  mv'     1 1 l2 2 2 mv  2mv  I   mv' v  2v    v'2 (2) G G G   2  - Độ biến thiên momen động lượng momen xung lượng lực mà nhận va chạm: v x IG   2mv G x   12 G2 (3) l Giải các phương trình (1), (2) và (3), ta được: 2v x vG  n  12n , với l - Khối tâm sau va chạm có vận tốc cực đại khi: 2v n 0  x=  vGmax  ; điểm va chạm có vị trí khối tâm Khối tâm sau va chạm có vận tốc cực tiểu khi: x v n    v G  l ; điểm va chạm đầu Để sau va chạm viên bi nhỏ đứng yên thì ta có : l 2v v v' =  vG = = 3+ 12n  n2 = 12  x = l Điểm va chạm cách khối tâm khoảng là 0,5 0,5 0,75 0,75 0,75 0,75 (3 đ) - Móc lực kế vào mẩu gỗ và kéo nó trượt lên mặt phẳng nghiêng, gọi F1 là số lực kế đó, ta có: F1 =  Pcos + Psin (1) - Tương tự, kéo vật chuyển động xuống, gọi F1 là số lực kế đó, ta có: F2 =  Pcos - Psin (2) - Trừ vế với vế (1) cho (2), ta có: F  F2  sin   2P F1 - F2=2Psin (3) - Cộng vế với vế phương trình (1) và (2), ta có: F  F2 cos   2P (4) F1+ F2=2  Pcos → 0,5 0,5 0,5 0,5 - Do sin2 + cos2 = nên, từ (3) và (4), ta có: 2 F1  F2  F  F2   F1  F2         P   2P  P  ( F1  F2 ) (5) - Đo trọng lượng mẩu gỗ, lấy số F1 và F2, thực ba lần đo, để lấy giá trị trung bình thay vào (5) thu giá trị trung bình  0,5 0,5 Chú ý : Nếu thí sinh giải theo cách khác mà đúng thì cho điểm tối đa Nguyễn Việt Cường - Số điện thoại : 0914907459