Tải bản đầy đủ (.pdf) (5 trang)

Đáp án HSG Vật lí lớp 10 trại hè Hùng Vương 2013 - Học Toàn Tập

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (427.77 KB, 5 trang )

(1)

SỞ GD&ĐT HỊA BÌNH
TRƯỜNG THPT CHUN


HỒNG VĂN THỤ


KÌ THI HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ IX
MƠN: Vật lí LỚP: 10


Ngày thi: 02 tháng 08 năm 2013


Bài 1: (5,0đ)
1. (2,0đ)


- Phân tích vận tốc Vuur0 thành hai thành phần, thành phần theo phương bán kính và thành phần theo phương
tiếp tuyến lần lượt là V1V cos0 ;V2 V0sin .


- Thành phần V2 V0sin làm dây căng, còn thành phần V1V cos0  làm bi tách ra khỏi trụ...(0,5đ)
- Thành phần theo phương tiếp tuyến V2 bị triệt tiêu bởi lực căng của dây...(0,5đ)


- Vì bỏ qua mọi ma sát lực cản, nên viên bi chỉ chịu tác dụng của lực căng của
dây. Ở mỗi thời điểm viên bi quay xung quanh trục quay vuông góc với mặt
phẳng hình vẽ đi qua điểm tiếp xúc giữa dây và hình trụ lực căng của dây
đóng vai trị lực hướng tâm trong chuyển động quay này và do đó nó vng
góc với vận tốc của viên bi lực căng

T



r



không sinh côngđộ lớn vận tốc
của viên bi sẽ không đổi V1V cos0 ...(1,0đ)


2. (1,0đ)



Chỉ có thành phần vận tốc theo phương tiếp tuyến của bi thay đổi nênxung
lượng của lực căng dây tác dụng lên bi ngay sau khi nó tách khỏi trụ chỉ theo
phương tiếp tuyến. Chọn chiều dương như hình vẽ ta có:


2 0


0 sin 0


t


X  mV  mV  , dấu (-) cho thấy xung lượng của lực này hướng
ngược chiều dương đã chọn, có độ lớn bằng mV0sin...(1,0đ)


3. (1,0đ)


Trong thời gian

t

n viên bi đã dịch chuyển được đoạn

V

1

.

t

n góc mà đoạn dây
quay được trong thời gian này là:


2
1


1


.


.



n


n n



V t

n



t



n

R

V R





  





l

l



l

...(1,0đ)


4. (1,0đ)


Tổng thời gian chuyển động của viên bi từ thời điểm ban đầu cho đến thời điểm
đang xét là:




2 2 2 2


1 2


1 1 1 1



1



2.

.



....

....

.



2



n


n n


n



t

t

t

t



V R

V R

V R

V R







    

  

l

l

l

l

………..…(0,5đ)


- Vì n   (n 1) n


2 2 2


1 0


1 1



n .



2

.

2

. .



2

2



t

V R t

V cos R t



V R

V R





l

l

 

l

……….(0,5đ)


ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC


O
R


1 n
V t


n





n






l


J


HV1
O


R


0
Vuur




HV1



(2)

Bài 2: (5,0đ)
1. (2,5đ)


- Do khơng có ma sát nên các vật sẽ chuyển động thẳng đều đến tường, trong quá trình chuyển động (trước
khi xảy ra va chạm), lò xo khơng bị biến dạng...(0,5đ)


Ngay sau khi va chạm thì vật B bật ngược trở lại, với vận tốc VBV0, cịn vật A có vận tốc VA   V0 khối
tâm của hệ ngay sau va chạm là B B A A 0


G



A B


m V m V


V


m m




 


 (1) ...(0,5đ)


- Khi khoảng cách giữa hai vật nhỏ nhất thì vận tốc hai vật có độ lớn bằng độ lớn vận tốc khối tâm (tức bằng
0), độ nén của lò xo là l ta có:


{ {


2 2


2 2 2


0 0


2 2 2 2 2


A G B G
A A B B m V m V
m V m V kl



(2) ...(0,5đ)


Từ (1)(2) 0
2m
V


k


  l ...(0,5đ)


min 0 0
2m
V


k


l l  ...(0,5đ)


2. (1,0đ)


Xung lượng do tường tác dụng lên vật B là uuurXBm VBuurBmB(Vuur0)2mVuur0...(0,5đ)
Theo định luật III Newton thì B tác dụng lên tường trong thời gian va chạm xung lượng


/


0
2


B B



X  X   mV
uuur uuur uur


...(0,25đ)


độ lớn /


0
2
B


XmV , XB/
uuur


hướng ngược chiều dương đã chọn. ...(0,25đ)
3. (1,5đ)


Sau khi lò xo bị nén nhiều nhất hai vật A&B lại chuyển động ra xa nhau, đến khi khoảng cách giữa hai vật là
0


l thì vận tốc của hai vật là VA1V V0; B1 V0, ngay sau đó thì B va chạm hồn tồn đàn hồi với tường nên
vận tốc B ngay sau va chạm là VB2 V0, vì thời gian va chạm coi như tức thời nên ngay sau khi B va chạm,
lò xo chưa kịp giãn nên vật A vẫn có vận tốc là VA2 V0...(0,5đ)


Như vậy sau hai lần va chạm với tường hệ thống chuyển động thẳng đều ngược lại với vận tốc V0
0 0


0
.


.
A
B


x V t


x V t


 



 


l


...(1,0đ)
Bài 3: (4,0đ)


1. (2,5đ)


HV ta có:



























(*)
90


cos
2
2


cos
2
2
cos
2



R
a
DB
AB
DG


R
a
DA
AB
DB


R
DA









Do thanh cân bằng nên: / /


A


P D N D


MMP DG. .sin(90)N DAA. .sin(180)
P



R


a
R


NA 









 








sin
2


cos
2


(1)……….(0,5đ)



Do thanh cân bằng nên: MP A/ MNB/AP AG. .sin(90)N ADB.


R
a
P
NB


2
.




 (2)……….(0,5đ)
Do thanh cân bằng nên: FNANBP0


A
B


O
R


P


A
N
B


N







X


Y
D





(3)

)
3
(
0
sin
sin


: F N N


OX XB  A   ………(0,5đ)


Từ (1)(2)(3)(*) 4Rcos2acos2R0


R
R
a


a
8



32
cos


2
2 





  ……….(1,0đ)


2. Để bài tốn có nghĩa thì: cos 1a2R (4)………...(0,5đ)
+ Để thanh ln tựa lên rìa máng thì DB2a2Rcos 0aRcos


3
2
R
a


 (5)……….(0,75đ)
Vậy để bài tốn có nghĩa thì: R a 2R


3
2




………(0,25đ)


Bài 4: (4,0đ)



Quá trình (1)(2) có áp suất thay đổi theo thể tích theo quy luật: 1 1
2 1 2 1
p p V V
p p V V




 


Hay


...(0,5đ)


Mặt khác theo phương trình Claperon có: PV R


T  (2)


Từ (1)(2) q trình (1)(2) có nhiệt độ thay đổi theo thể tích theo quy luật
...(0,5đ)


dễ thấy Tmax  V VD 2,5V1 thay vào (1) 5 1
8
D


p p p


   . Như
Từ (3)



vậy trong quá trình (1)(2), ta tìm được trạng thái khí tại đó nhiệt độ là cực đại.
...(0,5đ)


Đồ thị biểu diễn quá trình (1)(2) trong hệ tọa độ TOV như hình vẽ bên.


1. Cơng mà chất khí thực hiện trong q trình nhiệt độ khí giảm chính là q trình từ D(2).


Ta có: 2 2


2 1 1


( )( ) 9


2 32


D D


D


p p V V


A     p V ...(0,5đ)
2. Gọi N là điểm bất kì thuộc đoạn thẳng (1)(2); N có thể tích V; áp suất p.


Do N thuộc đoạn thẳng (1)(2) nên áp suất và nhiệt độ ở trạng thái N phụ thuộc vào V theo quy luật
(1)&(3) ở trên.


* Xét q trình biến đổi khí từ trạng thái (1)N có:
1



1


5 (1)


4


p V


p


V


 




 


2
1


1


5 (3)


4


p V


T V



R V




 




 


1
p


O
P


1
0, 5p


1


V 3V1


(1)


(2)
D


D


V
D


p


HVb
T


D


D
V 3V1
1


V
max
T


V
O


(1)


(2)


HVa



(4)

Ta có:


2



1 1 1


1 1


1
2
1


1 1 1


1


( )( )


10 9


2 8


3


( ) 5 4


8
N


N V


p p V V p V



A V V


V


p V


U C T T V V


V




 


  


  




 


     









2
1


1 1 1 1


1
4


25 21


8


N N N


p V


Q A U V V


V


 


      


 ...(1,0đ)


* Dễ thấy

1

1 2 1
25


3


8


N max


Q  V VVV điểm chuyển từ nhận nhiệt sang nhả nhiệt không thuộc quá
trình (1)(2) này...(0,5đ)


* Ta vẽ được đồ thị sự phụ thuộc của Q vào V như
đồ thị hình vẽ bên. Từ đồ thị trong quá trình từ
(1)(2)khí ln nhận nhiệt nên cơng mà chất khí
thực hiện trong q trình khí nhả nhiệt lượng ra bên
ngoài bằng 0. ...(0,5đ)


Bài 5:


1. Xây dựng phương án thí nghiệm (1đ)


- Buộc dây chỉ vào vật, rồi mắc lực kế vào dây chỉ.
- Kéo vật trượt đều đi lên mặt phẳng nghiêng, từ đó
đo được giá trị của lực kế là:


sin


Fl PcosP  (1)...(0,25đ)
- Do độ dốc của mặt phẳng nghiêng không đủ lớn


để cho mẩu gỗ tự trượt xuống (giả thiết) nên ta kéo vật trượt đều đi xuống mặt phẳng nghiêng, từ đó đo được
giá trị của lực kế là:


sin


x


F PcosP  (2) ...(0,25đ)
- Từ (1)(2)


(3)
2


sin (4)


2
x


x


F F


cos


P


F F


P












 









l


l


...(0,25đ)


- Mặt khác ta ln có: sin2cos21 (5)
Từ (3)(4)(5)


...(0,25đ)


- Các lực đều đo được từ lực kế, trọng lực của vật cũng được đo từ lực kế, từ đó tính ra được  theo cơng
thức (6)


2. Tính giá trị của và sai số (1đ)
Cách 1:


- Tính sai số tương đối của . Từ (6) 1 2 2 1 2 2


1


ln ln( ) ln [4 ( ) ]
2


F F P F F




     


2 2


1 2 1 2


2 2


1 2 1 2


( ) 1d[4 ( ) ]


2 4 ( )


d F F P F F


d


F F P F F






  


  


   1 2 21 2 12 2


1 2 1 2


4 ( )( )


4 ( )


F F P P F F F F


F F P F F





        




  


  


1 2 1 2 1 2



2 2


1 2 1 2


4 ( )( )


4 ( )


F F P P F F F F


F F P F F







        




   


(7)


2 2 (6)


4 ( )



x
x


F F


P F F


 


 


 


l
l


1
3V
HVc
Q


N


1
V
1


(QN)max


V


O


(1)


1
21


4
V
1



(5)

Từ bảng số liệu
1
2


3, 35 0,11( )
1, 01 0, 05( )
4, 60 0, 02( )


F N


F N


P N


 






 


  




thay vào (7) ta được:   0, 039





   ...(0,25đ)


- Tính giá trị trung bình 1 2


2 2


1 2


0, 49


4 ( )


F F


P F F


  


 



... (0,25đ)


- Tính sai số tuyệt đối trung bình:    . 0, 019 ... (0,25đ)
- Vậy 0,49 0,02 với độ chính xác của phép đo là 4%...(0,25đ)
Cách 2:


Từ bảng số liệu đã cho ta có bảng số liệu sau:


STT F1 (N) F2 (N) P (N) i


Lần đo 1 3,41 1,03 4,60 10,500


Lần đo 2 3,50 1,07 4,61 2 0, 514


Lần đo 3 3,30 1,01 4,59 3 0, 485


Lần đo 4 3,20 0,94 4,58 4 0, 466


1 2 3 4


0, 4912
4


   


   


   ... (0,25đ)



1 1


2 2


1 2 3 4


3 3


4 4


0, 016
4


  


  




  


  


  


         





   


  




  


... (0,25đ)


Vậy      0, 491 0, 016 với độ chính xác của phép đo là 3,3%... (0,25đ)
Nhận xét:


Với kết quả cách 2 khơng thể làm trịn thành      0, 49 0, 02 vì khi đó sẽ làm sai số tương đối lúc
này là 4%, như vậy ta đã làm tăng sai số tương đối lên 0,7% nghĩa là ta đã làm tăng sai số lên quá 10% của
3,3%. Theo cách này ta đã bỏ qua sai số của dụng cụ đo (sai số của lực kế bằng 0,01) do đó kết quả sẽ sai
khác so với cách làm thứ nhất, như vậy cách 1 sẽ đầy đủ và chính xác hơn.





×