DAP AN VAT LY 10 CHINHTHUC

10 1.3K 16
DAP AN VAT LY 10 CHINHTHUC

Đang tải... (xem toàn văn)

Thông tin tài liệu

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐĂK NÔNG ĐÁP ÁN KỲ THI OLYMPIC CẤP TỈNH Khóa ngày 07 tháng năm 2014 MÔN THI: VẬT10 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Họ tên thí sinh:………………………………………………………… Học sinh trường:……………………………………………… Lớp:…………….…; Số báo danh:……………….; Phòng thi:…………… Họ tên giám thị 1: ……………………………….Chữ ký:……………… Họ tên giám thị 2: ……………………………….Chữ ký:……………… Mã phách Điểm Bằng số: Giám khảo (Ký, ghi rõ họ tên) Giám khảo (Ký, ghi rõ họ tên) Mã phách Bằng chữ: Câu 1: ( điểm) Một máy bay chuyển động không khí yên tĩnh với vận tốc v Máy bay bay theo chu vi hình vuông cạnh a Hãy lập biểu thức thời gian mà máy bay bay hết vòng hình vuông nói trường hợp sau: a Gió thổi với vận tốc không đổi u < v dọc theo cạnh b Gió thổi với vận tốc không đổi u < v dọc theo đường chéo a Gió thổi với vận tốc không đổi u < v dọc theo cạnh Giả sử hướng gió thổi hình vẽ ( dọc theo cạnh AB DC): Thời gian máy bay bay hết vòng hình vuông: t = tAB + tBC + tCD + tDA a a a a D t= + + + 2 2 v+u v−u v −u v −u DA => r v t= => r vr r Aur u vr r r v AB v r v vCD Cr B r r v BC u u a ( v − u ) + a ( v + u ) + 2a v − u v2 − u 2av + 2a v − u = v2 − u 2 v+ v −u v2 − u => Vậy gió thổi với vận tốc không đổi u < v dọc theo cạnh thời gian để máy bay t = 2a 2 bay hết vòng hình vuông t = 2a v + v2 − u v2 − u b Gió thổi với vận tốc không đổi u < v dọc theo đường chéo Giả sử gió thổi theo hướng đường chéo AC Tương tự, thời gian để máy bay bay hết vòng là: t = tAB + tBC + tCD + tDA Trên hình vẽ, ta v AB = vBC = u cos 450 + v − ( u cos 450 ) r v có: A => v AB = vBC u  u u u2 2 = + v −  ÷ ÷ = + v − 2   Tương tự, ta có: vCD = vDA u2 u = v − − 2 r u r v D => t = a a + = v AB vCD => t = a v2 − u2 u + 2 a + v2 − r vAB B r vCD C r u u2 u − 2  u2 u   u u  2a  v − − + ÷+  v − ÷  ÷ 2 ÷ 2     4a v − u2 = 2 v2 − u  u2   u   v − ÷ − ÷  ÷     Vậy gió thổi với vạn tốc không đổi u < v dọc theo đường chéo thời gian để máy bay bay hết vòng hình vuông t= 4a v − u2 v2 − u Điểm Bằng số: Giám khảo (Ký, ghi rõ họ tên) Giám khảo (Ký, ghi rõ họ tên) Mã phách Bằng chữ: Câu 2: ( điểm) Do có vận tốc đầu, vật trượt lên lại tuột xuống mặt phẳng nghiêng, góc nghiêng α =150 so với mặt ngang Biết thời gian vật xuống gấp 1,5 lần thời gian vật lên Tìm hệ số ma sát vật mặt phẳng nghiêng Đáp án câu hỏi 2: * Vật lên: a1= -g (sin α + µ cos α )…………………………………………………………….0,5đ − 2S 2S = Quãng đường vật lên S = - a t => t1= ……………………… 0.75đ a1 g (sin α + µ cos α ) * Vật xuống: a2=g (sin α - µ cos α )………………………………………………………………0,5đ 2S 2S = Quãng đường vật xuống S = a t => t2= ……………………….0.75đ a2 g (sin α − µ cos α ) 2S = 1,5 g (sin α − µ cos α ) 2S g (sin α + µ cos α ) µ = 0,1030 ……………………………………………………………1,5đ Điểm Bằng số: Giám khảo (Ký, ghi rõ họ tên) Giám khảo (Ký, ghi rõ họ tên) Mã phách Bằng chữ: Câu 3: ( điểm) Một AB dài 2m khối lượng m = 2kg đặt C B nghiêng góc α mặt sàn nằm ngang nhờ sợi dây nằm ngang BC dài 2m nối đầu B với A tường thẳng đứng; đầu A tựa lên mặt sàn Hệ số ma sát mặt sàn α ) a Tìm giá trị α để cân bằng? b Tính lực tác dụng lên khoảng cách từ đầu A đến góc tường góc α = 450 Lấy g = 10m/s2 Đáp án câu hỏi 3: a Các lực tác dụng lên AB trọng lực, lực ma sát, phản lực mặt sàn lực căng dây Các lực biểu diễn hình vẽ (0,5đ) Áp dụng điều kiện cân tổng quát vật rắn cho AB ta có P + Fms + N + T = (1) (0,5đ) Thanh trạng thái cân moomen tác dụng lên trục quay tạm thời A 0: ⇒ MP = MT (0,5đ) T.AB.sin α = P Hay ⇒ T= ΑΒ cos α Pcotg α (2) (0,5đ) (3) (0,25đ) C T N A ) B α P Fms Chiếu (1) lên phương nằm ngang phương thẳng đứng ta có: Fms – t = (4) (0,25đ) -P + T = (5) (0,25đ) Hay Fms = T = mgcotg α (6) N = P = mg (7) Lực ma sát Fms phải lực ma sát nghỉ, ta có Fms ≤ kN Từ (6) (7) ⇒ mg.cotg α ≤ kmg ⇒ (0,25đ) cotg α ≤ 2k = ⇒ α ≥ 300 (0,25đ) b Khi α = 450 thay vào (6) (7) ta : Fms = T = 10N (0,25đ) N = P = 20N (0,25đ) Từ hình vẽ ta có : AD = BC – AB cos α = 0,59m (0,25đ) Điểm Bằng số: Giám khảo (Ký, ghi rõ họ tên) Giám khảo (Ký, ghi rõ họ tên) Mã phách Bằng chữ: Câu 4: (4 điểm) (2 điểm) Một vật có dạng khối lập phương mặt người ta khoét bỏ phần có dạng hình bán trụ, có bán kính R, phần lại có khối lượng M Vật đặt mặt phẳng ngang, mép trái tựa vào tường thẳng đứng cố định Tại điểm A mép trái bán trụ có độ cao với tâm O, người ta thả không vận tốc đầu vật nhỏ có khối lượng m cho trượt xuống máng tròn Bỏ qua ma sát sức cản không khí, cho gia tốc rơi tự g Tính độ cao cực đại mà m đạt lòng bán trụ Đáp án câu hỏi 4: 1.Vì mép trái bị chắn tường nên M chuyển động không ma sát mặt phẳng ngang phần bên phải tường - Khi m xuống đến điểm thấp bán trụ M bắt đầu chuyển động Gọi v vận tốc m tai điểm thấp bán trụ, ta có: mv = mgR ⇒ v = gR (1) 0.5đ - Khi m đạt độ cao cực đại h hệ (m M) có vận tốc V m v ( ) 0.5đ + áp dụng định luật bảo toàn động lượng, được: mv = ( m + M ) V ⇒ V = (m+M ) 2 + áp dụng định luật bảo toàn năng, ta có: mv = ( m + M ) V + mgh (3) 0.5đ 2 m M   - Từ (1),(2) (3), tính độ cao cực đại: h = R 1 − 0.5đ ÷= R (m+M)  m+M  (2 điểm) Một pittông có trọng lượng đáng kể vị trí cân bình hình trụ kín Phía phía pit – tông chứa loại khí, khối lượng nhiệt độ khí phía pit – tông Ở nhiệt độ T thể tích khí phần gấp lần thể tích khí phần Nếu tăng nhiệt độ lên 2T tỉ số hai thể tích bao nhiêu? Đáp án câu hỏi 4: Gọi p0 áp suất khí phía pit – tông, áp suất phần khí phía pit – tông p + p nhiệt độ khí T Trong p áp suất tạo nên trọng lực pit – tông Áp dụng phương trình Claperon – Mendeleev phần khí ta được: m + Đối với phần khí phía trên: p 3V0 = RT ( 1) µ m + Đối với phần khí phía dưới: ( p + p ) V0 = RT ( ) µ Từ (1) (2) ta được: p 3V0 = ( p + p ) V0 → p = 2p …………………………………………………0,5đ - Gọi p/ áp suất khí phía pit – tông nhiệt độ khí 2T, áp suất phần khí phía pit – tông p/ + p Khi nhiệt độ khí 2T thể tích khí p phía phía Vt; Vd Áp dụng phương trình Claperon cho hai trạng thái (trạng thái 1: nhiệt độ khí T, trạng thái 2: nhiệt độ khí 2T) p′Vt p 3V0 6p = → Vt = V0 2T T p′ ( p′ + 2p0 ) Vd = p0 3V0 → V = 6p V + Đối với phần khí phía dưới: d …….……………………0,5đ 2T T p′ + 2p 6p0 6p V0 + V0 = 4V0 Thể tích khí không đổi nên: Vt + Vd = V0 + 3V0 = 4V0 Khi p′ p′ + 2p0 1 2 Từ ta có: p′ − p′.p + 3p = → p′ = p ± 13p ( p′ > ) → p′ = p + 13p = 2,3p ……0,5đ 2 + Đối với phần khí phía trên: ( Tỉ số thể tích khí pit – tông là: ) ( ) Vt p′ + 2p 4,3p = = = 1,87 ………………………….0,5đ Vd p′ 2,3p0 Điểm Bằng số: Giám khảo (Ký, ghi rõ họ tên) Giám khảo (Ký, ghi rõ họ tên) Mã phách Bằng chữ: Câu 5: (4 điểm) Tính công sinh 0,5 (mol) khí tưởng thực chu trình biến đổi 1-2-3-1 Biết T1=T3=350K; T2=600K Đáp án câu hỏi 5: Điểm  p1V1 = nRT1  p V = nRT  3 T T2 ⇒ p3V1 = p1V1 = nR Theo giả thiết ta có:  p1V3 = nRT2 T2 T2  T3 T3  p3 = p2 = p1 T2 T2  Theo Công sinh là: (1) 1.5 1 A = ( p1 − p3 )(V3 − V1 ) ⇒ A = ( p1V3 − p1V1 − p3V3 + p3V1 ) (2) 2 Từ (1) (2) suy ra: A = nR (T2 − T1 − T3 + T12 ) = 216, 4( J ) T2 1.5 10 ... trượt lên lại tuột xuống mặt phẳng nghiêng, góc nghiêng α =150 so với mặt ngang Biết thời gian vật xuống gấp 1,5 lần thời gian vật lên Tìm hệ số ma sát vật mặt phẳng nghiêng Đáp án câu hỏi 2: * Vật... gian để máy bay t = 2a 2 bay hết vòng hình vuông t = 2a v + v2 − u v2 − u b Gió thổi với vận tốc không đổi u < v dọc theo đường chéo Giả sử gió thổi theo hướng đường chéo AC Tương tự, thời gian... Câu 3: ( điểm) Một AB dài 2m khối lượng m = 2kg đặt C B nghiêng góc α mặt sàn nằm ngang nhờ sợi dây nằm ngang BC dài 2m nối đầu B với A tường thẳng đứng; đầu A tựa lên mặt sàn Hệ số ma sát mặt

Ngày đăng: 26/05/2017, 14:10

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

Tài liệu liên quan