0,25đ Trong quá trình nung nóng khí ta chia làm hai giai đoạn: giai đoạn nung nóng đẳng tích để nâng nhiệt độ của khí từ T1 đến T1+ T1 kết thúc giai đoạn này lực ma sát nghỉ đã đổi chiề
Trang 1u1 n
u1 t
u1
V A
ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI HSG LỚP 10 (CHUYÊN) NĂM 2011
MÔN VẬT LÝ Câu 1 (2 điểm):
Trong quá trình làm lạnh chậm khí, pittông chuyển động thẳng đều xuống, áp suất của khí không đổi bằng p1, ta có: p1Sp0SMg F (0,25đ)
Đến khi quá trình làm lạnh kết thúc khí có nhiệt độ T1, áp suất khí vẫn bằng p1 thể tích khí là V1 =
S.h, lực ma sát tác dụng lên pittông là ma sát nghỉ và hướng lên trên (0,25đ)
Trong quá trình nung nóng khí ta chia làm hai giai đoạn: giai đoạn nung nóng đẳng tích để nâng nhiệt độ của khí từ T1 đến T1+ T1 (kết thúc giai đoạn này lực ma sát nghỉ đã đổi chiều và pittông bắt đầu chuyển
động lên trên); giai đoạn thứ hai là nung nóng đẳng áp để đưa pittông trở về độ cao ban đầu (0,25đ)
* Giai đoạn nung nóng đẳng tích: kết thúc giai đoạn này áp suất của khí bằng p2 xác định từ phương trình: p2S p0SMgF (0,25đ)
- phương trình trạng thái
1 1
1 2
1
T T
T p
p
ta có: T T p p S S Mg Mg F F T p S FT Mg F
0
1 1
0
0 1 1
2 )
(
(0,25đ)
- Nhiệt lượng cần truyền cho khí trong giai đoạn này bằng: Q1 C V T 1 (0,25đ)
* Giai đoạn nung nóng đẳng áp: kết thúc giai đoạn này pittông trở về độ cao ban đầu, nhiệt độ của khí đã tăng gấp hai lần do thể tích tăng gấp đôi, hay nhiệt độ trong giai đoạn này đã tăng thêm một lượng
1 1
T
0
T p S Mg F
p S Mg F
(0,25đ)
- Nhiệt lượng cần cung cấp cho khí trong giai đoạn này bằng Q2 C p T 2
- Do vậy nhiệt dung của khí trong giai đoạn nung nóng bằng:
1 3
5 11
2
0
0 2
1
2 1
Mg S p F
Mg S p
F R
T T
Q Q
Câu 2 (2 điểm):
a) Gọi u 1 , V lần lượt là vận tốc của vật nhỏ và bán cầu ngay sau va chạm Véc tơ u 1 hợp với phương ngang góc
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng theo phương ngang và bảo toàn cơ năng ta có:
1 2
1
os +mV mu
mu mu c
mu mV
1
os u
u V u c
V u
u=
2
1
1 os
2 os
c
u c
(1), V=
sin β tan β
osβ
2 osc u 2 u c (2) (0,25 điểm) Phân tích u 1 =u 1t +u 1n , thành phần u 1t =u t không thay đổi trong quá trình va chạm nên:
u 1 cos(α+
-2
) =usinα u=u 1 cos (1+tancotα) (3)
Từ (1) và (3) ta có:
2
2
1 os
os cos (1+tan cot )
2 os
c
u c u c
1 2
tan 1 1 tan cot
2 tan=2cotα (4) (0,25 điểm)
Thế (4) vào (3) ta có: u1cos=1 2cot2
u
(5) (0,25
P
X
mV
G
Trang 2Thay (4) và (5) vào (2) ta cú: V=
2 ot 2 os
1 2 ot 1 os
(0,5 điểm)
b) Trong quỏ trỡnh va chạm, khối bỏn cầu chịu tỏc dụng của 2 xung lực: X
do vật tỏc dụng và X P
do sàn tỏc dụng Ta cú: X +X P =P
(Hỡnh vẽ) (0,25đ)
Từ hỡnh vẽ ta cú: X P =mVtanα= sin2 2
1 cos mu
Cõu 3 (2 điểm):
Ngay sau khi thả m2 ra, m2 chịu tác dụng của các lực Q T P 2, ',2 2
, còn m1 chịu tác dụng của các lực T T P 1, ,2 1 Khi đó, m2 chuyển
động sang trái, chỉ cú thành phần gia tốc theo phương ngang là a 2
Vật m1 chuyển động trong quanh A Ngay sau khi thả m2, vận tốc của m1 bằng khụng nờn thành phần gia tốc của m1 theo phương hướng tõm bằng khụng Vậy m1 chỉ cú thành phần gia tốc theo phương tiếp tuyến là a 1
(0,25đ)
- Chọn hệ trục Oxy như hỡnh vẽ
- Do dõy khụng gión, khụng khối lượng nờn: T1 T1' ; T2 T2'
- Theo phương dõy treo, ta cú: 2 os =a os1 2 2 2 sin1
2
(1) (0,25đ)
- Áp dụng địn luật II Niu-tơn cho cỏc vật, ta cú;
+ Với vật m1: T T 1 2 P m a1 1 1 (2)
+ Với vật m2: T2' P2 Q2 m a2 2 (3)
(0,25đ)
- Chiếu phương trỡnh (2) lờn trục Ox: T T c1 2 os =m 1 1ax m sin1 1a (4)
- Chiếu phương trỡnh (2) lờn trục Oy: T T1 2 sin P1=m1 1a c os (5)
- Chiếu phương trỡnh (3) lờn trục Ox: T c2 os =m 2 2a (6) (0,25đ)
- Thay (1) vào (6), ta được:
T T m a
- Thay (7) vào (4), ta được:
T m m a (0,25đ)
- Từ (5), (7), (8)
1
os
m gc a
m
A
m 1
m 2
2
Q
2
P
1
P
1
T T 2 T 2 '
1 '
T
I
O x y
(0,25đ)
Trang 3sin 2
2 sin
m g
m
(0,25đ)
- Lực căng dõy:
1 2
m m g
m
1 2 1
'
m
(0,25đ)
Cõu 4 (2 điểm):
- Xét thời điểm quả cầu rời khỏi khối lập phơng, ta cần xác định góc
α khi đó
- Liên hệ vận tốc: v1cosα = v2sinα v1 tan
v2 (0,25đ)
- Bảo toàn năng lợng:
1 2 1 2
mv1 2 mv2 mgR 1 cos
2 2 (0,25đ)
12 1 2 12 2gR 1 cos
tan
2
2gR 1 cos tan 2
v1 2 tan
0,25đ)
- Trong HQC chuyển động với vận tốc v2 thì quả cầu chuyển động tròn quanh điểm tiếp xúc, tại thời
điểm rời nhau thì HQC trên trở thành HQC quán tính, lúc này thành phần trọng lực đóng vai trò lực hớng tâm:
2
mv
mg cos
R ;
2
v1 mv1
2 sin R sin
(*) (0,25đ)
- Thay v1 bằng biểu thức ở trên vào, đợc phơng trình :
2
2gR 1 cos tan
2 tan
3 cos 3cos 2 0 cos 0,596
(0,25đ)
- Thay vào (*): v2 gR cos sin2 gR cos 1 cos2
Còn quả cầu cách mặt đất : h H R 1 cos (0,25đ)
* Biện luận :
- Nếu H R 1 cos 0, 404R thì quả cầu chạm đất trớc khi rời các hình lập phơng, lúc chạm đất thì góc thỏa mãn H R 1 cos 1 cos H
R
Vận tốc ngay trớc chạm đất xác định theo định luật bảo toàn năng lợng và liên hệ vận tốc:
2RH H
v1 2g
2R H 2RH
0,25đ)
- Nếu H R 1 cos 0, 404R thì sau khi rơi, quả cầu chuyển động rơi tự do :
2 R
vf v1 2gh 2gH 1 0,212
H
(0,25đ)
Cõu 5 (2 điểm):
M
v 2
-v 2
v 1 v α M
Trang 4Trong hệ quy chiếu rơi với gia tốc g: hình dung các giọt nước văng ra đồng thời tại các điểm trên mép bánh xe sẽ chuyển động theo quán tính vR Sau thời gian t chúng sẽ ở trên đường tròn bán kính r=(R2+v t2 2 2)1 (0,25đ)
- Đối với hệ quy chiếu cố định gắn với mặt đất thì vị trí các giọt nước xác định bằng cách dịch chuyển đường tròn này xuống một khoảng 1 2
2
S= gt (0,25đ)
- Giọt nước đến B khi r S H (0,25đ)
- Từ đó ta có: (R2+v t2 2 2)1+1 2
2gt = H (0,25đ)
thời gian rơi là: 2 ( 2 ) ( 4 2 2 2 2)1
2
g
æ ö÷
=ç ÷ççè ø ë÷÷ê + ± + + úû (0,25đ)
- Loại nghiệm ứng với dấu cộng vì nó ứng với đường đi tới điểm B của giọt nước ở điểm N Sau khi thay vR có thời gian rơi là:
1
1 2
0
1
=ç ÷ççè øï÷÷íïî êë + - + + úûýïïþ (0,5đ)
Xác định được vị trí điểm A từ điều kiện: 0
0
vt
R
a= =w (0,25đ)
=========================================================================
*-Nếu thí sinh làm cách khác vẫn đúng thì cho điểm tối đa tương ứng.
*-Thí sinh không viết hoặc viết sai đơn vị từ hai lần trở lên thì trừ 0,25 điểm cho toàn bài.
r vt
vt
R O A
M