Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (180.35 KB, 5 trang )
<span class='text_page_counter'>(1)</span>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 5 trang). Câu. ý. Nội dung chính cần đạt Khi khoảng cách giữa hai cầu thủ là 30m, tam giác ATB vuông tại. Điểm. T, chọn hệ trục tọa độ xTy (hình vẽ) 0,5. a. (2 đ). Vì khoảng cách giữa trọng tài và các cầu thủ là không đổi nên : + Vận tốc của trọng tài T và cầu thủ A trên phương Tx có độ lớn. 0,5. 18 3m / s. 30 bằng nhau : + Vận tốc của trọng tài và cầu thủ B trên phương Ty có độ lớn VTx v A cos 5.. 1 (4 đ) bằng nhau :. VTy v B cos 5.. 24 4m / s. 30 VT Vx2 Vy2 5m / s.. Vậy vận tốc của trọng tài có độ lớn là : - Xét chuyển động của trọng tài trong hệ quy chiếu quán tính gắn với cầu thủ A. Khi đó :. b. (2 đ). + Vận tốc của B đối với A có độ lớn là : v B/A 10m / s. + Vận tốc của T đối với 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 như trọng tài chuyển động trên đường tròn bán kính AT có gia tốc hướng tâm trên Tx là : ax . 2 v(T/A ). AT. y. . 32 m / s2. 9. 0,5 0,5 0,25. 0,25. 0,25.
<span class='text_page_counter'>(2)</span> - Xét chuyển động của trọng tài trong hệ quy chiếu quán tính gắn 0,25. với cầu thủ B. Khi đó : + Vận tốc của A đối với B có độ lớn là : v A/B 10m / s. + Vận tốc của T đối với 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 như trọng tài chuyển động trên đường tròn bán kính BT có gia tốc hướng tâm trên Ty là : ay . 2 v(T/B). 0,25. 0,25. 3 m / s2. BT 2 x. a a 2x a 2y 3,86m / s 2 .. Vậy gia tốc của trọng tài là : Chọn các hệ trục tọa độ, phân tích các lực tác dụng vào hệ như hình vẽ. 0,5. 0,25. 2 (4 đ). a. (2 đ). Áp dụng định luật II NewTon cho M, ta có : P1 F1 N Fms Ma 1 (1). 0,25. Chiếu (1) lên hệ trục tọa độ O1x1y1, ta có: F1 sin Fms Ma 1 (2) (3) N P1 F1 cos 0. P F Ma 2 Áp dụng định luật II NewTon cho m, ta có : 2 2. (4). Vật m bắt đầu chuyển động quay trong mặt phẳng thẳng đứng. Chiếu (4) lên hệ trục tọa độ O2x2y2, ta được :. 0,25.
<span class='text_page_counter'>(3)</span> P2 cos F2 ma 2x 0 (5) (6) P2 sin ma 2 y ma 2 2. 2. Để M trượt trên mặt phẳng nằm ngang thì a1 0 Kết hợp (2) và (7) suy ra được : F1 sin Fms 0. (7). 0,25. (8). 0,25. Vì thanh nhẹ nên ta có : F1 F2. (9). Kết hợp (9) với (5), thu được : 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 được : Từ (2) và (10), rút được : a1 g sin cos (1 cos ) 0,83m / s . 2. b. (2 đ). 2. 0,5. 0,5. Kết luận được : gia tốc M ngay sau khi thả nhẹ thanh chỉ có theo phương trượt. 2 Từ (6) suy ra được : a 2 gsin 5m / s . Gia tốc m ngay sau khi thả nhẹ thanh chỉ có theo phương vuông góc với thanh. - Gọi thể tích bình chứa A là V, trước khi van mở khối lượng khí trong đó là M, áp suất là p, nhiệt độ là T. M pV pV RT M RT (1) Ta có :. 3 (4 đ). 0,25. - 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’. 2pV M' RT ' (2) Ta có: - Khối lượng chất khí từ bình B đã vào bình A là : pV 2 1 M M ' M R T ' T (3) - Lượng khí từ bình B đã sang bình A, khi còn ở trong bình B M V RT 2 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 của khí trong B có thể coi là không đổi, để cân bằng áp suất giữa A và B, chất khí trong B phải thực hiện một 0,5 công là : A 2pV (5)..
<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2T A pV 1 T ' (6) - Từ (3), (4) và (5) có : - Độ biến thiên nội năng của khí trong A là : M' U 2,5R(T ' T) (7). 0,5. - Vì không có sự 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 1 T ' 353,5K. T' T ' - Gọi v' và v G lần lượt là véctơ vận tốc của viên bi nhỏ và khối tâm của thanh ngay sau va chạm. - Áp dụng định luật bảo toàn động lượng và bảo toàn cơ năng cho hệ thanh và viên bị nhỏ ngay trước và sau va chạm, ta có:. 5. (5 đ). a. (4 đ). b. (1 đ). (1) v 2vG v' mv 2mvG mv' 2 1 2 1 1 1 l2 2 2 2 2 2 mv 2mv I mv' v 2v v'2 (2) G G G 2 2 2 2 6 - Độ biến thiên momen động lượng của thanh bằng momen xung lượng của lực mà thanh nhận được ngay khi 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 2 3 12n , với l. - Khối tâm của thanh ngay sau va chạm có vận tốc cực đại khi: 2v n 0 x= 0 vGmax ; 3 điểm va chạm có vị trí ngay khối tâm của thanh. Khối tâm của thanh ngay sau va chạm có vận tốc cực tiểu khi: x 1 v n v G min l 2 3 ; điểm va chạm ngay đầu thanh. Để ngay sau va chạm viên bi nhỏ đứng yên thì ta có : l 2v v 1 2 v' = 0 vG = 2 = 3+ 12n n2 = 12 x = 2 3 . l Điểm va chạm cách khối tâm của thanh một khoảng là 2 3 .. 0,5 0,5. 0,75. 0,75. 1. 0,75. 0,75. 1.
<span class='text_page_counter'>(5)</span> 5. (3 đ). - Móc lực kế vào mẩu gỗ và kéo nó trượt đều đi lên mặt phẳng nghiêng, gọi F1 là số chỉ của lực kế khi đó, ta có: F1 = Pcos + Psin (1) - Tương tự, kéo vật chuyển động đều đi xuống, gọi F1 là số chỉ của lực kế khi đó, ta có: F2 = Pcos - Psin (2) - Trừ vế với vế của (1) cho (2), ta có: F F2 sin 1 2P F1 - F2=2Psin (3) - Cộng vế với vế phương trình (1) và (2), ta có: F F2 cos 1 2P (4). F1+ F2=2 Pcos →. 0,5 0,5 0,5. 0,5. - Do sin2 + cos2 = 1 nên, từ (3) và (4), ta có: 2. 2. F1 F2 F F2 F1 F2 1 1 2 P 2P 4 P 2 ( F1 F2 ) 2 (5) - Đo trọng lượng mẩu gỗ, lấy số chỉ F1 và F2, thực hiện ba lần đo, để lấy giá trị trung bình rồi thay vào (5) thu được giá trị trung bình của .. 0,5 0,5. Chú ý : Nếu thí sinh giải theo cách khác mà vẫn đúng thì vẫn cho điểm tối đa.. Nguyễn Việt Cường - Số điện thoại : 0914907459.
<span class='text_page_counter'>(6)</span>