Đề thi chọn HSG cấp tỉnh Vật lí 10 - (Kèm Đ.án)

Chia sẻ: Hà Văn Văn | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:13

Thêm vào BST

Báo xấu

1.662
lượt xem 118
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời tham khảo 3 đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Vật lí lớp 10 có kèm đáp án giúp các bạn học sinh lớp 10 ôn tập, củng cố kiến thức và chuẩn bị tốt cho kì thi được tốt hơn. Chúc các bạn thi tốt!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn HSG cấp tỉnh Vật lí 10 - (Kèm Đ.án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: VẬT LÝ – lớp 10 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 180 phút (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu) Câu 1: Trên cùng một đường thẳng đứng, người ta ném đồng thời hai vật theo phương ngang. Vật A ở độ cao h1 và vật B ở độ cao h 2 (so với sàn nằm ngang) với các vận tốc ban đầu tương ứng là v01 và v02. Bỏ qua mọi lực cản. Lấy g = 10 m/s2. a. Cho h1 = 80 m và v01 = 10 m/s. Viết phương trình quỹ đạo của vật A. Tìm khoảng cách từ vị trí ném vật A đến điểm mà vật A chạm sàn lần đầu tiên. b. Vật B va chạm đàn hồi với sàn, nẩy lên và rơi xuống sàn lần thứ hai cùng một v h vị trí và cùng thời điểm với vật A chạm sàn lần đầu tiên. Tìm tỷ số 01 và 1 . v02 h2 Câu 2: Con lắc đơn gồm sợi dây có chiều dài l = 1 m, khối lượng m = 500 g, được treo vào một điểm cố định. Kéo con lắc khỏi vị trí cân bằng sao cho dây treo hợp  0 0 phương thẳng đứng góc 0 = 60 rồi thả nhẹ. Khi vật chuyển động đến vị trí dây treo hợp phương thẳng đứng góc  = 300 thì va chạm đàn hồi với mặt phẳng cố định thẳng đứng. Bỏ qua mọi ma sát, dây không giãn. Lấy g = 10m/s2.(Hình vẽ 1) a. Tìm vận tốc của vật và lực căng sợi dây ngay trước khi vật va chạm với mặt phẳng. Hình vẽ 1 b. Tìm độ cao lớn nhất mà vật đạt được sau lần va chạm thứ nhất. Câu 3: Một xilanh đặt nằm ngang, hai đầu kín, có thể tích 2V0 và chứa khí lí tưởng ở áp suất p0. Khí trong xilanh được chia thành hai phần bằng nhau nhờ một pit-tông mỏng, cách nhiệt có khối lượng m. Chiều dài của xilanh là 2l. Ban đầu khí trong xilanh có nhiệt độ là T0, pit-tông có thể chuyển động không ma sát dọc theo xi lanh. a. Nung nóng chậm một phần khí trong xilanh để nhiệt độ tăng thêm T và làm lạnh chậm phần còn lại để nhiệt độ giảm đi T. Hỏi pit-tông dịch chuyển một đoạn bằng bao nhiêu khi có cân bằng? b. Đưa hệ về trạng thái ban đầu (có áp suất p0, nhiệt độ T0). Cho xilanh chuyển động nhanh dần đều theo phương ngang dọc theo trục của xi lanh với gia tốc a thì thấy pit-tông dịch chuyển một đoạn x so với vị trí cân bằng ban đầu. Tìm gia tốc a. Coi nhiệt độ không đổi khi pit-tông di chuyển và khí phân bố đều C Câu 4: Cho hệ cân bằng như hình vẽ 2. Thanh AB tiết diện đều đồng chất, khối lượng m  = 2 kg, chiều dài l = 40 cm có thể quay quanh bản lề A. Sợi dây CB vuông góc với thanh và tạo với tường thẳng đứng góc  = 30 0. Đĩa tròn hình trụ bán kính R = 10 cm, khối lượng M = 8 kg. Tìm độ lớn các lực tác dụng vào đĩa và thanh AB. Bỏ qua mọi ma sát. Lấy g = 10m/s2. B Câu 5: Một nêm có tiết diện là tam giác ABC vuông tại A, và hai mặt bên là AB và AC. Hình vẽ 2 Cho hai vật m1 và m2 chuyển động đồng thời không vận tốc đầu từ A A 2 m2 A trên hai mặt nêm. Bỏ qua mọi ma sát. Lấy g = 10m/s . (Hình vẽ 3) a. Giữ nêm cố định, thời gian hai vật m1 và m2 trượt đến các m1 chân mặt nêm AB và AC tương ứng là t1 và t2 với t2 = 2t1. Tìm . b. Để t1 = t2 thì cần phải cho nêm chuyển động theo phương B  C ngang một gia tốc a 0 không đổi bằng bao nhiêu? Hình vẽ 3 HẾT - Thí sinh không được sử dụng tài liệu. - Giám thị không giải tích gì thêm. Họ và tên thí sinh ……………………………………………………SBD………………………….………………………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2012 - 2013 Thời gian làm bài 180 phút HDC ĐỀ CHÍNH (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu) Câu 1 4 điểm Điểm x  v 01t  0,5  gx 2 x 2 Chọn: hệ tọa độ Oxy, gốc tọa độ, gốc thời gian gt   y  2  2 y   2v 01 20 2  a 0,5 2h1 1,5 điểm Thời gian rơi chạm đất: t  4s g Tầm xa mà vật đạt L = v01t = 40 m Khoảng cách AM  802  402  40 5m  89, 4m 0,5 Va chạm giữa B và sàn là đàn hồi nên thành phần nằm  0,5 ngang của vận tốc luôn không đổi A v01 h1  B v02 h2 H C M v01 0,5 HM = v01t = v02t  =1 b v02 2,5 điểm 0,5 gt 2 Xét vật A: h1 = (1) (t là thời gian kể từ lúc ném vật A đến khi hai vật 2 chạm M) gt22 Xét B: h2 = (2) (t2 là thời gian chuyển động từ B đến C) 2 HM = 3HC  v01t = 3v02t2  t = 3t2 (3) 0,5 h1 t 2 0,5 Từ (1), (2) và (3) ta được = 2 =9 h2 t2 Câu 2 4 điểm Chọn mốc tính độ cao ở vị trí va chạm Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng 0,5 mgh = mv2/2  v = (2gh)1/2 a 0,5 Với h = l(cos - cos0) 1,5 điểm  v = [2gl(cos - cos0)]1/2 = 2,7 m/s Áp dụng định luật II Niu–tơn: 0,5 T - mgcos = mv2/2  T = mg(3cos - 2cos0) = 7,79 N. Vì va chạm đàn hồi với mặt phẳng cố định nên ngay sau va chạm vật có vận tốc đối 0,5 xứng với vận tốc trước va chạm qua mặt phẳng thẳng đứng b v’ = v = (2gh)1/2 0,5 2,5 điểm Ngay sau va chạm thành phần vận tốc v’x = v’sin300 = (2gh)1/2sin300 sẽ kéo vật chuyển động 1 đi lên. Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng: mgHmax = mv’x2/2  Hmax = h/4  9 cm 0,5 Câu 3 4 điểm
Phần xi lanh bi nung nóng: PoVo PV1 PV1 0,5  1  1 To T1 T0  T Phần xi lanh bị làm lạnh: PoVo P2V2 PV 0,5   2 2 To T2 T0  T a Vì P1 = P2  V1  T0  T (1) 0,5 2 điểm V2 T0  T Gọi đoạn di chuyển của pit-tông là x, ta có: V1 = (l + x)S và V2 = (l - x)S 0,5 (2) Từ (1) và (2) ta có  l  x  S T0  T  x = lT   l  x  S T0  T T0 P2V2 = P0V  P2 = P0V0 /(l - x)S (1) 0,5 P1V1 = P0V  P2 = P0V0/(l + x)S (2) F2 F1 0,5 b P1, V1 Xét pit-tông: F2 - F1 = ma  (P2 - P1)S = ma (3) P2, V2 0,5 2 điểm Từ (1), (2), và (3) ( P0V - PV )S = ma 0  a = 2P0V0x/(l – x2)m2 0,5 S (l  r ) S (l  r ) 4 điểm C Đối với đĩa: Pđ = Mg = 80 N, Pt = mg = 20 N 0,5 N2cos30 0 = Mg  N2 = 2Mg  160 N ≈ 92,4 N 0,5  3 3 80 0,5 N1 = N2sin30 0  N1 = N ≈ 46,19 N 3 Đối với thanh AB: AH = Rtan600 = R 3 cm. 0,5 Áp dụng quy tắc mô men đối với trục quay ở A Câu 4 l mg cos300 + N3.R 3 =T.l. .N N O 1 2 B 2 Pđ l H 0,5 mg cos30 0  N 3. R 3 G A P N3 T= 2  48,7 N t l Phản lực ở trục quay A: 0,5 Nx + N3sin30 0 = Tsin300  Nx  - 21,9 N Ny + Tcos30 0 = mg + N3cos300  Ny  57,9 N 0,5 Phản lực ở trục quay: N = N x2  N y = 61,9 N 2 0,5 Câu 5 4 điểm Gia tốc của các vật trên mặt phẳng nghiêng: a1 = gsin, a2 = gcos 0,5 AB = (gsin)t2/2 và AC = (gcos)t2/2 0,5 a AC 4 0,5 t2 = 2t1   (1) 2 điểm AB tan  AC 0,5 Mặt khác tan = (2)  tan = 2   = 63,40. AB để t1 = t2 thì nêm phải chuyển động về phía bên trái nhanh nhanh dần đều 0,5 Trong hệ quy chiếu gắn với nêm: a1n = gsin - a0cos 0,5 a2n = gcos + a0sin b AC a2 n gcos  + a 0 sin  0,5 Vì t1 = t2  tan = = = =2 2 điểm AB a1n gsin  a 0 cos 3 0,5 Thay số ta được a0 = g = 7,5 m/s2. 4
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 HẢI DƯƠNG THPT – NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN: VẬT LÍ ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút – Ngày thi 05/4/2013 Đề thi gồm: 02 trang Câu 1 (2,0 điểm): Một vật có trọng lượng P = 100N được giữ đứng yên trên mặt phẳng nghiêng góc  so với mặt  phẳng ngang bằng một lực F có phương ngang (hình 1).  F Biết tan   0,5 ; hệ số ma sát trượt giữa vật và mặt phẳng  nghiêng là   0, 2 . Xác định điều kiện về F để: Hình 1 1. Vật có xu hướng đi lên. A 2. Vật có xu hướng đi xuống. Câu 2 (2,0 điểm): Thanh AB đồng nhất, trọng lượng P dựa vào tường thẳng đứng và sàn nằm ngang (hình 2). Bỏ qua mọi ma sát. Thanh được giữ nhờ dây OI. AB I 1. Chứng tỏ rằng thanh không thể cân bằng nếu AI  . 2  B O 3 Hình 2 2. Tìm lực căng dây khi AI  AB và   600 . 4 Câu 3 (2,0 điểm): Một vật có dạng là một bán cầu khối lượng M được đặt nằm ngang trên một mặt  phẳng nằm ngang không ma sát (hình 3). Một vật nhỏ có khối lượng m bắt đầu trượt không ma sát, không vận tốc đầu từ đỉnh bán cầu. Gọi  là góc Hình 3 mà bán kính nối vật với tâm bán cầu hợp với phương thẳng đứng khi vật bắt đầu tách khỏi bán cầu. 1. Thiết lập mối quan hệ giữa M, m và góc  . 2. Tìm  khi M  m . Cho phương trình 3 x  6 x  4  0 có 1 nghiệm x  3  1. Câu 4 (2,0 điểm): Ba quả cầu có cùng bán kính, khối lượng khác nhau, được buộc vào các sợi dây có chiều dài giống nhau và tiếp xúc với nhau (hình 4). Quả cầu m1 được kéo lệch lên đến độ cao H rồi thả ra. Cho rằng các quả cầu va chạm hoàn toàn đàn hồi xuyên tâm. Sau va chạm giữa H quả cầu thứ nhất với quả cầu thứ hai và giữa quả cầu thứ hai với quả cầu thứ ba thì cả ba quả cầu m1 m2 m3 có cùng động lượng. Hình 4 1. Tìm mối liên hệ của m2 và của m3 theo m1. 2. Tìm độ cao cực đại của các quả cầu 1 và 2 theo H. 1
Câu 5 (2,0 điểm): Trong một xi lanh kín đặt thẳng đứng có hai pit tông nặng chia xi lanh thành 3 ngăn (hình 5), mỗi ngăn chứa 1 lượng khí lí tưởng như nhau và cùng loại. Khi nhiệt độ trong các ngăn là T1 thì tỉ số thể tích các phần là V1 : V2 : V3  4 : 3 :1 . Khi nhiệt độ trong các ngăn là T2 thì tỉ số thể tích các phần là V1' : V2' : V3'  x : 2 :1. Bỏ qua ma sát giữa các pit tông và xi lanh. (1) m1 (2) m2 (3) Hình 5 1. Tìm x. T2 2. Tìm tỉ số . T1 --------------HẾT-------------- Họ và tên thí sinh:..............................................................Số báo danh:................................ Chữ kí giám thị số 1:...................................Chữ kí giám thị số 2:.......................................... 2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM-BIỂU ĐIỂM THI CHỌN HỌC HẢI DƯƠNG SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: VẬT LÍ Thời gian làm bài: 180 phút Đáp án gồm: 04 trang Câu Ý Nội dung Điểm Câu 1 1. Vật có xu hướng đi lên:     (2 điểm) Các lực tác dụng vào vật: N , F , Fms , P 0,25đ  y N x  Fms   F  P O Để vật nằm yên và có xu hướng đi lên thì: P sin   F cos   P sin   Fms với Fms   N   ( F .sin   Pcos ) 0,25đ P(sin    cos ) P (tan    )  P tan   F   0,25đ cos   sin  1   tan  Thay số ta được: 100(0,5  0, 2) 700 100.0,5  F   50 N  F  N  77,8 N 0,25đ 1  0, 2.0, 5 9 2. Vật có xu hướng đi xuống: khi đó lực ma sát đổi chiều so với hình vẽ ở câu 1 0,25đ Để vật nằm yên và có xu hướng đi xuống thì: P sin   Fms  F cos   P sin  với Fms   N   ( F .sin   Pcos ) 0,25đ P(tan    )   F  P tan  1   tan  0,25đ 100(0,5  0, 2) 300 Thay số ta được:  F  50  27,3 N  N  F  50 N 0,25đ 1  0, 2.0,5 11 Câu 2 1. + Giả sử I tại trung điểm củathanh     AB (2 điểm) Thanh chịu tác dụng của P, N A , N B , T  D 0,25đ A NA  I  T   P NB B O 3
Ta thấy mô men đối D khác 0  thanh không cân bằng 0,25đ AB     + Nếu AI  mô men của T cùng chiều với mô men của P nên 2 0,5đ thanh không thể cân bằng. 2. Khi AI  3 AB và   600 : Khi đó OGB đều, I là trung điểm của 4 GB nên GOI    300 0,25đ Xét momen đối với điểm D ta có: OB 0,25đ P.  T .DH 2 OB  AB.cos  với  D OH  OD.sin   AB.sin  A NA P 0,25đ  .cos  T sin  . Thay   600 ,   300 2 P.cos60 0 P  G  H ta được: T   P    2.sin 300 2 I NB 0,25đ T  B O  u2 Theo định luật II Niu-tơn ta có: mg cos   N  Fq .sin   m (1) R 0,25đ Câu 3 1. Lúc m bắt đầu rời bán cầu thì: N  0, F  0  u 2  gR cos  (2) q (2 điểm)    0,25đ Áp dụng công thức cộng vận tốc: v1  v 2  u  v 2  v 2  u 2  2v2 u.cos (3) v2 Suy ra:  1 2 v1 x  u cos   v2 (4) 0,25đ     u  N v1   Fq Hình 3    P + Theo phương ngang, động lượng của hệ " vật M-m" được bảo M toàn: mv1x  Mv2  0  v1x  v2 (5) m Từ (4) và (5)  v2  m u cos  (*) 0,25đ mM + Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ta có: mv12 Mv22 mgR (1  cos )=  (*,*) 0,25đ 2 2 4
Thay (2), (3) và (*) vào (*,*) và rút gọn ta được: m 2 gR  (3  cos 2  )u 2 với u 2  gR cos  mM m  cos3   3cos   2  0 (*,*,*) mM 0,25đ Khi m=M thì từ (*,*,*) ta có: 1 cos 3   3cos   2  0  cos 3   6 cos   4  0 có nghiệm 2. 2 0,25đ cos  3  1    430 0,25đ Câu 4 1. + Xét va chạm của quả cầu 1 với quả cầu 2: Gọi v là vận tốc (2 điểm) của quả cầu m1 trước va chạm. Do sau va chạm giữa quả cầu thứ nhất với quả cầu thứ hai và giữa quả cầu thứ hai với quả cầu thứ ba thì cả ba quả cầu có cùng động lượng nên vận tốc quả cầu m1 v sau va chạm là . Gọi v2 là vận tốc quả cầu 2 trước va chạm với 3 quả cầu 3. v Áp dụng định luật bảo toàn động lượng: m1v  m1  m2v2 (1) 3 Va chạm hoàn toàn đàn hồi xuyên tâm nên áp dụng định luật bảo v2 0,25đ toàn cơ năng ta có: m1v 2  m1 2  m2v2 (2) 9 4 m 0,25đ Giải hệ (1), (2) ta được: v2  v; m2  1 3 2 + Xét va chạm của quả cầu 2 với quả cầu 3: sau va chạm với v2 quả cầu 3, quả cầu 2 có vận tốc ; quả cầu 3 có vận tốc v3 2 v Áp dụng định luật bảo toàn động lượng: m2v2  m2 2  m3v3 (3) 2 v2 0,25đ Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ta có: m2v2  m2 2  m3v32 (4) 2 4 3 m m 0,25đ Giải hệ (3), (4) ta được: v3  v2 ; m3  2  1 2 3 6 2. Độ cao cực đại m1 sau va chạm được tìm từ định luật bảo toàn cơ 1 v2 0,25đ năng: m1  m1 gH1 2 9 v 2 2 gH H 0,25đ  H1    18 g 18 g 9 16 2 2 v v2 16.2 gH 4 H Tương tự: H 2   9   8g 8g 9.8 g 9 0,5đ Câu 5 1. Ở nhiệt độ T1 khi các pit tông cân bằng ta có: (2 điểm) m1 g  ( p2  p1 )S 5
m2 g  ( p3  p2 ) S 0,25đ Trong đó: p1, p2, p3 lần lượt là áp suất trong ngăn 1, 2 và 3 S là tiết diện của các pit tông p1 1 m1 p2  p1 p2    m2 p3  p2 p3  1 p2 Vì nhiệt độ không đổi nên áp dụng định luật Bôi lơ-Mariôt ta có: p1 V2 p3 V2 p1V1  p2V2  p3V3  ;  p2 V1 p2 V3 V 1 2 m V1 1 Do đó ta có:  1   (1) m2 V2 1 8 0,25đ V3 Tương tự khi nhiệt độ các buồng khí là T2 ta có: p1' 2V2' 1 ' 1 1 m1 p2 V1' x  x2   '  '  (2) m2 p3 V2 2 1 x 0,25đ ' 1 ' 1 p2 V3 x2 1 16 Từ (1) và (2)   x x 8 7 0,25đ 2. Gọi V là thể tích tổng cộng của cả 3 ngăn V  V  V1  V2  V3  (4  3  1)V3  V3  8 17 37 7 V ' 56 Tương tự V =( +2+1) V3' = V3'  V3'  V  3  (3) 6 7 37 V3 37 0,25đ Mặt khác xét riêng lượng khí ở ngăn 3 ở hai trạng thái ứng với p3V3 p3V3' ' T p' V ' nhiệt độ T1 và T2 ta có   2 3 3 (4) 0,25đ T1 T2 T1 p3V3 p3 p' p' 4 Mà m2 g  ( p3  p2 ) S  ( p3'  p2 )S  p3  ' '  p3  3 hay 3  (5) 0,25đ 3 2 p3 3 T2 p3V3' 4 56 224 ' Từ (3), (4) và (5) ta có:   .  T1 p3V3 3 37 111 0,25đ ----------HẾT--------- * Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng thì vẫn cho điểm tối đa 6
SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Vật lý Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: Quả cầu nhỏ ( được xem là chất điểm) có khối lượng m = 500 gam được treo vào điểm cố định 0 bằng dây treo mảnh, nhẹ, có chiều dài L = 1,0 m. Kéo quả cầu tới vị trí dây treo tạo với phương thẳng đứng góc  rồi buông nhẹ. Lấy g = 10m/s2. Bỏ qua mọi ma sát 1) Cho  = 900. Hãy xác định lực căng dây, vận tốc và gia tốc của quả cầu khi nó đi qua vị trí mà dây treo tạo với phương thẳng đứng góc  = 300. 2) Khi quả cầu qua vị trí cân bằng, dây treo vướng đinh ở điểm I cách 0 một khoảng b = 0,7m. Xác định góc  để quả cầu thực hiện được chuyển động tròn trong mặt phẳng thẳng đứng quanh I Bài 2: Một vật dạng bán cầu, bán kính R được đặt trên mặt phẳng nằm ngang. Trên đỉnh bán cầu có đặt một vật m nhỏ khối lượng m (xem hình 1).Vật m bắt đầu trượt xuống với vận tốc ban đầu không đáng kể. Bỏ qua ma sát giữa vật m và bán cầu. Tìm vị trí vật m bắt đầu rời khỏi bán cầu R trong hai trường hợp: 1) Bán cầu được giữ cố định. 2) Bán cầu có khối lượng M = m và có thể trượt không Hình 1 ma sát trên mặt phẳng nằm ngang. Bài 3: Một ván trượt dài L = 4m, khối lượng phân bố đều theo chiều dài, đang chuyển động với vận tốc v0 = 5m/s  v0 trên mặt băng nằm ngang thì gặp một dải đường nhám có chiều rộng l = 2m vuông góc với phương chuyển động (xem hình 2). Sau khi vượt qua dải nhám ván có vận tốc v Hình 2 = 3m/s. Lấy g = 10m/s2. Tính hệ số ma sát trượt giữa ván trượt với dải đường nhám. l Bài 4: Một ống hình trụ thẳng đứng có thể tích V. Ở phía dưới pít tông khối lượng m, diện tích S, có một lượng khí lý tưởng đơn nguyên tử ở nhiệt độ T0. Pít tông ở vị trí cân bằng chia ống thành hai nửa bằng nhau. Người ta đun nóng khí từ từ đến khi nhiệt độ khí là 4T0. Ở phía trên có làm hai vấu để pít tông không bật ra khỏi ống.Hỏi khí trong ống đã nhận được một nhiệt lượng là bao nhiêu? Bỏ qua bề dày pít tông và ma sát giữa pít tông và thành ống. Cho áp suất khí quyển bên ngoài là P0 và nội năng của một mol khí lý tưởng đơng nguyên tử được tính theo công thức 3 U  RT 2 ..............Hết..................
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THPT NĂM 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ LỚP 10 Bài Đáp án Điểm 1) 3.0 điểm - Bảo toàn cơ năng với gốc thế năng ở VTCB: mv 2  v  2 gL cos  mgL - mgL(1-cos  ) = = 10 3  4,16m / s 0.5 2 - Áp dụng định luật II Niu tơn: mv 2 m 0.5 T-mgcos  =  T  mg cos   2 gl cos   3mg cos   13 N l l - Gia tốc tiếp tuyến : at =gsin  = 5m/s2 0.5 v2 - Gia tốc pháp tuyến: an   2 g cos   10 3m / s 2 0.5 Bài 1 l 5 điểm - Gia tốc toàn phần: a  at 2  an 2  18m / s 2 0.5   - Hướng của a : a tạo với bán kính nối vật với tâm 0 một góc  với a tan   t  0, 29 0.5 an 2) 2.0 điểm - Gọi v1 là vận tốc quả cầu ở vị trí cao nhất của quỹ đạo tròn tâm I,bán kính R,ta có mv12 0.5 mgl(1- cos  ) - mg2R =  v12  2 gl (1  cos )  4 gR (1) 2 - Điều kiện để quả cầu quay được quanh I trong mặt phẳng thẳng đứng là: 0.5 mv12 T=  mg  0 (2) R 5R 0.5 - Từ (1) và (2) suy ra : cos   1   0, 25 2l    75,50 0.5  1) 2.0 điểm N - áp dụng định lý động năng:   P Vận tốc tại M: v 2  2 gR (1  cos ) (1) 0.5 - Định luật II Niu tơn : Bài 2 mv 2 5 điểm mgcos   N  (2) 0.5 R - Từ (1) và (2) suy ra : N =mg(3cos  -2) 0.5 2 - vật bắt đầu trượt khi N = 0  cos  3 0.5
2) 3.0 điểm M m  V   P   - Gọi V là vận tốc bán cầu, u là vận tốc của M so với bán cầu. Vận tốc của m so với đất là :    v  u V - Theo phương ngang động lượng bảo oàn nên : mu cos  0.5 mvx  MV  m(u cos   V )  MV  V  (1) M m mu 2 0.5 - Khi m bắt đầu rời khỏi M thì : mg cos    u 2  gR cos  (2) R 0.5 - Mặt khác ; v 2  V 2  u 2  2uV cos  (3) mv 2 MV 2 0.5 - Ap dụng định luật bảo toàn cơ năng : mgR(1  cos )   (4) 2 2 m - Từ (1),(2),(3),(4) suy ra: cos 3  3cos   2  0 M m 0.5 - Với M=m ,ta có : cos3  6cos   4  o 0.5 - Giải phương trình này ta được cos  = 3  1 - Chọ hệ tọa độ 0x như hình - Khi đầu tấm ván có tọa độ : 0  x  l ,lực ma sát  mg x tác dụng lên xe có độ lớn: Fms1 = x 1.0 L 0 x Bài 3  mg  Fms1  l 2L 5  mg 1.0 điểm - Khi l  x  L : lực ma sát không đổi và có độ lớn Fms 2  l L  mg 1.0 - Khi đuôi của ván có tọa độ : 0  x  l : Fms 3  l 2L m  mgl 2  mgl - áp dụng định lý đông năng,ta có : (v 20  v 2 )   (L  l ) 1.0 2 L L v2 0  v2 1.0 -   0, 4 2 gl mg V0 - Khi pít tông ở VTCB, Các thông số khí : P1= P0 + ; ; T0 s 2
PV1 PV  Số mol khí n  1  1 0 mol 1.0 RT1 2 RT0 - Trong giai đoạn đầu,pít tông chưa chạm vấu khí biến đổi đẳng áp, khi bắt đầu chạm vấu khí có nhiệt độ T2 Bài 4 1.0 V V V 5 điểm Áp dung: 1  2  T2  T0  2T0 T1 T2 V 2 - Nhiệt lượng truyền cho khí trong quá trình này : V 3 PV PV 3 5 Q1  A  U  P  n R (T2  T1 )  1  1 1 RT0 = PV1 2 2 2 2 RT0 2 4 1.0 - Sau khi pít tông chạm vấu, thể tích không đổi,dây là quá trình đẳng tích Khí nhận nhiệt lượng chỉ làm tăng nội năng: 3 PV 3 3 Q2  n R2T0  1 R 2T0  PV 1 1.0 2 2 RT0 2 2  Tổng nhiệt lượng mà khí đã nhận : 11 11 mg 1.0 Q  Q1  Q2  PV  ( P0  1 )V 4 4 s