Va chạm giữa m2với m1 và m3 xảy ra liên tiếp nhiều lần làm cho vận tốc của m1 và m3 tăng dần m1 dịch chuyển sang trái và m3 dịch chuyển sang phải, ngược lại vận tốc của m2 giảm dần... qu
Trang 1HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC
2023 – 2024 MÔN VẬT LÍ 10 Câu 1
a Gọi a 2
là gia tốc của nêm đối với đất; a 12
là gia tốc của vật đối với nêm
a) Bỏ qua ma sát
- Chọn hệ quy chiếu gắn với nêm:
+ các lực tác dụng lên m: trọng
lực P1
, phản lực Q 1
, lực quán
tính F1
+ các lực tác dụng lên nêm:
trọng lực P2, phản lực Q 2
, áp lực N 1
, lực quán tính F2
0,25
- Các phương trình định luật II Niu-tơn cho m và M trong hệ quy chiếu gắn với nêm:
1 1 q1 12
(1)
2 2 1 q2 0
(2)
- Chiếu (1) lên các trục Ox và Oy ta được:
sin q cos
mg F ma (1’)
1 cos q1 sin 0
Q mg F (1’’)
0,25
- Từ (1’) suy ra: Q1 mgcos F q1 sin mgcos ma2 sin 0,25
Trang 2- Từ (1’) suy ra:
12
sin qcos sin cos
a
12 sin 2 cos
0,25
- Chiếu (2) lên các trục nằm ngang và thẳng đứng ta được:
1 sin q2 0
N F (2’)
2 1 cos =0
với: F q2 Ma N2 ; 1 Q1 mgcos ma2 sin
0,25
- Thay vào (2’) ta được: mgcos ma2 sin sin Ma2 0
sin os sin
a
M m
0,25
sin os
sin
M m
0,5
b Hệ số ma sát giữa m và M là , sàn nhẵn
- Cho hệ quy chiếu gắn với nêm:
+ các lực tác dụng lên m: trọng
lực P1
, phản lực Q 1
, lực ma sát
1
ms
F
, lực quán tính F1
+ các lực tác dụng lên nêm:
trọng lực P 2
, phản lực Q2, lực
ma sát Fms1, áp lực N1, lực quán tính F 2
0,25
Trang 3- Các phương trình định luật II Niu-tơn cho m và M trong hệ quy
chiếu gắn với nêm:
1 1 ms1 q1 12
(1)
2 2 ms1 1 q2 0
(2)
- Chiếu (1) lên các trục Ox và Oy ta được:
sin ms q cos
mg F F ma (1’)
1 cos q1 sin 0
Q mg F (1’’)
0,25
- Từ (1’) suy ra: Q1 mgcos F q1 sin mgcos ma2 sin 0,25
- Từ (1’) suy ra:
12
sin qcos ms sin cos
a
12 sin os 2 cos + sin
0,25
- Chiếu (2) lên các trục nằm ngang và thẳng đứng ta được:
1 sin ms1 cos q2 0
N F F (2’)
2 1 cos ms1 sin =0
với: F q2 Ma N2 ; 1 Q1 mgcos ma2 sin
ms ms
0,25
- Thay vào (2’) ta được:
mgcos ma2 sin sin Ma2 mgcos ma2 sin cos 0
→
2
sin os cos
sin sin os
a
0,25
Trang 4- Thay (4) vào (3) ta được:
2
sin os cos
sin sin os
0,5
Câu 2
Giả sử m2 va chạm vào m3 trước (hình vẽ) Va chạm giữa m2với m1 và m3 xảy ra liên tiếp nhiều lần làm cho vận tốc của m1 và m3 tăng dần (m1 dịch chuyển sang trái và m3 dịch chuyển sang phải), ngược lại vận tốc của m2 giảm dần
0,25
- Quá trình va chạm sẽ kết thúc khi vận tốc cuối cùng v2 của
2
m bắt đầu nhỏ hơn vận tốc của m1hoặc m3 Khi đó vận tốc của m1
và m3 đạt cực đại Gọi các vận tốc cực đại này là v1 và v3
0,25
- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ (chiều dương theo chiều của v):
2 1 1 3 3 2 2
- Vì va chạm là hoàn toàn đàn hồi nên cơ năng bảo toàn:
2 1 1 3 3 2 2
2m v 2m v 2m v 2m v (2)
0,25
-Vì m m1 , 3 m2và v2' v v1 ; 3nên động lượng cuối cùng 2 2
'
m v
của m2và động năng cuối cùng
'2
2 2
1
2m v của m2 là rất nhỏ, có thể bỏ
0,25
Trang 5qua so với động năng ban đầu của m2, động lượng và động năng
cuối cùng của m1và m3 Suy ra:
2 2 2 2
1
2
(3)
- Thay (3) vào (1) và (2) ta được:
1 3
1 3
0,5
- Đặt
(4)
1 3
2 2 2
1 3
5 6
0,25
- Thay (7) vào (6) ta được: bv2 av12bv av 12
0,25
Vì
2 3
1
m
b
m
nên b2 0 b v2 2 0
0,25
- Giải phương trình bậc hai (8) đối với v1, ta được:
' abv ab a 1 v ab a 1 v ;
vì
2
0
abv
1
v
0,25
Vì
2 3
1
m
b
m
nên
0 1
bv a
(9)
0,25
Trang 6(Loại nghiệmv 2 0)
- Thay (4) vào (9) ta được:
2 3
1 3 1
m m
(10)
0,5
- Thay (4) và (10) vào (7) ta được:
1 2
1 3 3
m m
0,5
Câu 3
a Gọi p 1 , p 2 lần lượt là áp suất khí trong phần AB và BC lúc đầu.
Ta có:
1
2
2
; 2 3
3
0,25
- Khi hệ cân bằng, ta có: p S p S p S o2 1 2 3 p S o3 p S2 p S1 2
2 1
2
0,25
- Từ (1) và (2): 1 2
o
p p
và 2
3 4
p o p
(3)
Vậy: Áp suất khí trong mỗi phần là 1 2
o
p p
và 2
3 4
p o p
0,5
Gọi x là độ dịch chuyển của các pittông khi có sự cân bằng mới; p p là áp1', 2'
suất khí trong phần AB và BC; V1', V 2' là thể tích của phần AB và BC lúc sau,
ta có:
'
1 2
'
2 2 3 2( )
0,25
- Áp dụng định luật Bôilơ - Mariốt cho khí trong phần AB, ta được:
2( )
o
p V
p V
0,5
Trang 7- Áp dụng phương trình Clapêrôn - Menđêlêép cho khí trong phần BC, ta được:
'
2 2 3 ; 2( 2 ) 3 2T
0,25
2
3 2
2( )
o
p V
p V p
0,25
b - Khi có sự cân bằng mới, ta có: ' '
2 1
2
p p p o (6) 0,25
- Thay (4), (5) vào (6) ta được:
3 2
2( )
o
p
0,5
3
2
0,5
- Với
'
V V
0,25
- Với
'
3
2 0
V
0,25
Câu 4
Trang 8- Chọn chiều dương như
hình vẽ
Giả sử chiều của lực ma sát như hình
- Phương trình ĐL II Niu-tơn cho khối tâm khối trụ A và vật C:
0
'
A ms
C
0,25
Trang 9- Phương trình cho chuyển động quay quanh trục đối xứng qua
khối tâm G: ms. .2 G
R
- Khối trụ không trượt trên dây nên: 0 2
R
Bỏ qua khối lượng của ròng rọc và ma sát ở trục ròng rọc nên: T
= T’
Khối trụ lăn không trượt trên mặt phẳng nghiêng nên: a0 R
0,25
Từ đó ta có hệ:
0 2
0
0 0
(3)
5 5 10
ms
0,25
Từ (5),(2)
0
9 / R ( / 2 ) ( ) (6)
2 2 10 10 2
ms G
Thay (5),(6) vào (1):
0
9
2 10 2 10
a
0
8
0 31
(7)
0,25
Thay a0 vào (6),(4) suy ra:
0
10 2 62 4
0 31
ms
a M
0,25
Vậy khối trụ A đi xuống, vật C đi lên và lực ma sát có chiều như 0,25
Trang 10hình vẽ.
Điều kiện:
ms msn
b , Khi xảy ra sự lăn có trượt của khối trụ trên
mặt phẳng nghiêng:
3 2
ms mst
0,25
Ta có hệ phương trình:
0 2
0
(10)
5 5
(11) 2
mst
R
0,25
Thay T vào
3 / 5
/ 5
M
11
Thay a0 , T vào
3 11 3 (8)
13
g R
;
0,25
0
Với
3
93 thì a > 0, a0 > 0 khối trụ và vật chuyển động cùng chiều dương
0,25
Câu 5
Trang 11Câu ý Nội dung Điểm
Trường hợp hai mặt phẳng đặt song song -Với một mặt phẳng: Chọn mặt Gauss là hình trụ có đường sinh vuông góc với đáy, hai đáy hình tròn có diện tích S và cách đều bản phẳng đoạn h
0,5
+Điện thông qua mặt Gauss: = ΣEE1ΔScosαα2 = 2E1S 0,25
+Theo định lí Ostrogradski – Gauss: =
1
=> 2E1S =
1
1
ε0 σ 2S
0,25
=> E1 =
σ
2ε0 = E2
0,25
+Bên trong hai mặt phẳng: E1 và E2 cùng chiều nên E = E1 +
E2 = 2
σ
2ε0 =
σ
0,5
+ + + + +
h
-h
Trang 12+Bên ngoài hai mặt phẳng: E1 và E2 ngược chiều nên E
= E1 - E2 =
σ
2ε0
-σ
2ε0 = 0
0,5
Vì E1 = E2 nên:
+Bên trong hai mặt phẳng: E = 2E1sin
α
2 = 2
σ
2ε0 sin
α
2 =
σ
ε0 sin
α
2
0,5
+Bên ngoài hai mặt phẳng: E = 2E1cos
α
2 = 2
σ
2ε0 cos
α
2 =
σ
α
2
0,5
