Đáp án vật lý 10 lạng sơn

4 điểm a Vận tốc của vật B tại M mà ở đó vật bắt đầu rời máng Vì va chạm là hoàn toàn đàn hồi nên sau va chạm B chuyển động với vận tốc v0 còn A đứng yên... 4 điểm- Chọn chiều dương như

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII

NĂM 2023 THPT CHUYÊN CHU VĂN AN LẠNG SƠN

MÔN VẬT LÍ

LỚP 10

( Đáp án gồm có 05 câu, 05 trang)

Câu 1 ( 4 điểm)

Trường hợp m chuyển động so với M:

Xét vật m, theo phương ngang có N2 ma (1)

0,5

Xét M có F N 2 Fms 1Ma (2)

N1Fms 2  P F 01  (3)

( lấy dấu (+) khi m đi lên ; lấy dấu (-) khi m đi xuống )

Trong đó Fms2N2(4); Fms 1N1(5)

1,0

Từ các phương trình (1)(2)(3)(4)(5) tính được

m M a Mg 2ma F

1



0,75

Trường hợp m không chuyển động so với M:

Lực ma sát Fms 2là lực ma sát nghỉ, theo phương thẳng đứng có phương trình

F F ms 2  P 02 (6)

Dấu (+) ứng với m có xu hướng đi xuống; Dấu (-) ứng với m có xu hướng đi lên

0,5

Từ các phương trình (1)(2)(3)(5), tính được

0,75

Câu 2 ( 4 điểm)

a) Vận tốc của vật B tại M mà ở đó vật bắt đầu rời máng

Vì va chạm là hoàn toàn đàn hồi nên sau va chạm B chuyển động với vận tốc v0

còn A đứng yên Theo định luật bảo toàn cơ năng ta có:

0

1 sin

0 2 1 sin

0,25

ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ XUẤT

Theo định luật II Niuton ta có:              P Q ma                             

Chiếu hệ thức vecto trên lên phương MO,

chiều (+) hướng tâm, ta được:

2 sin mv

R

  

0,5

Vật B rời khỏi máng tại M nên

2

0 sin mv

R



2 2

0

2 1 sin sin v v gR gRsin v 2gR 2gRsin



2

0 2 sin

3

v gR gR

 

Vận tốc của B khi nó bắt đầu rời khỏi máng:

2

0

2

2 1

3

v gR

v v gR

gR

  

    

0,25

sin

gR

với 2Rgv02  5Rg

0,5

b) Khi vật rời khỏi máng

3,5 2 1

gR gR gR

       

và

3,5 2

B

gR gR gR

0,25

Khi rời B, vật chuyển động như vật bị ném xiên với các phương trình:

xvsint R cos

 

1

2

0,25

Để B có thể tới (E) thì x 0 vsint R cos 0

cot cot 30 2, 45 sin

2

t







(1)

0,5

Khi chạm vào tấm  E : y  0 gt12  2 cosv t1  2 sinR   0 0,25 Phương trình bậc hai theo t1 trên có nghiệm:

1

3 11

1,785

2 2

t

  

0,25

Từ (1) và (2) ta thấy: 1 2, 45

R t

g



, nghĩa là B không rơi vào tấm (E)

0,25

Câu 3 ( 4 điểm)

- Chọn chiều dương như hình vẽ

Giả sử chiều của lực ma sát như hình

0,5

- Phương trình ĐL II Niu-tơn cho khối tâm khối trụ A và vật C:

0 '

C

P F N T ma

T P ma

   

 

    

  

0,5

- Phương trình cho chuyển động quay quanh trục đối xứng qua khối tâm G:

ms. .2 G

R

F R T I 

- Khối trụ không trượt trên dây nên: 0 2

R

a   a

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

0,75

Từ đó ta có hệ:

0 2

0

0

0

(3)

5 5 10

ms





  









   





 



0,5

Từ (3)

0

a

Từ (5),(2)

G ms

R



(6)

0,5

Thay (5),(6) vào (1):

0

9 ( ) ( 2 )

2 10 2 10

a

0 31

  

(7)

0,5

Thay a0 vào (6),(4) suy ra:

0

10 2 62 4

0 31







  



ms

a M

Vậy khối trụ A đi xuống, vật C đi lên và lực ma sát có chiều như hình vẽ

0,75

Điều kiện:

F F  N Mg Mg   

Câu 4 ( 4 điểm)

a) Lúc đầu hệ gồm hai tụ C1 và C2 mắc song song, ta có:

d

S d

S C

3 4 4

30 1









;

d

S d

S

2

4 4 1









0,5

Vì C1 tích điện q1, C2 tích điện q2 , ta có:

q1 q2 q q1 1/4q

C q q

q C

q

4 / 3 2 2

2

1

0,5

b) Năng lượng ban đầu của hệ: 















2

2 2

1

2 1 2

0 1

2

1 2

1

C

q C

q mv

E

S

d q mv E

0

2 2 0 1

32

3 2

1









0,5

Khi tấm kim loại lên được độ cao d/4 so với vị trí ban đầu Lúc này hệ gồm hai

tụ 2'

'

1,C

C mắc song song, ta có:

d

S d

S C

2

' 1

2 2 /











0,5

Chúng lần lượt có điện tích q1' và q2'  q1' q2' q/2 0,5 Năng lượng của hệ lúc này bằng

2 '

2

2 ' 2 ' 1

2 ' 1 2

2

1 2

1

q C

q mgd

















2

0

2 2

2

1 4

4 S mv

d q mgd



0,5

Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có: E 1 E2

2

0

2

0

2 2

0

2

1 4

4 32

3 2

1

mv S

d q mgd S

d q









0,5

1

0

2 2

0

mgd S

d q



2 2

0

gd Sm

d q

2 min

0

gd m S

d q







0,5

Câu 5 ( 4 điểm)

a) - Nhiệt độ trạng thái 1:

1 1 1

p V

R

- Nhiệt độ trạng thái 2,3 :

2

1

V

V

0,5

b) - Quá trình 1-2 (khí nhận công): A12 = p1(V2 – V1) = – 405,2 J 0,5

Quá trình 2-3 (nhận công):

3 2

V

3 2

2

V RT



- Với

3

p V

p

 A23 = – 190,4 J

0,5

- Quá trình 3-1 (sinh công): A 31  0,5(p 1  p )(V 3 1  V ) 724,3 J 3  0,5

- Cả chu trình: A = A12 + A23 + A31 = + 128,7 J 0,5

- Độ biến thiên nội năng của khí ở 3-1 (khí CO2 có i = 6):

31 v 31 1 3

i

2

J

0,5

- Nhiệt lượng của khí: Q = ∆U31 – A31 = 1215,3 – (– 724,3)

Khí nhận nhiệt lượng: Q = + 1939,6 J

0,5