HƯỚNG DẪN CHẤMĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2015 -Vật lý 10 trường CHUYÊN QUẢNG NGÃI

Câu ý Nội dung chính cần đạt Điểm

1
(4 đ)
Khi khoảng cách giữa hai cầu thủ là 30m, tam giác ATB vuông tại
T, chọn hệ trục tọa độ xTy (hình vẽ)
0,5
Vì khoảng cách giữa trọng tài và các cầu thủ là không đổi nên :
+ Vận tốc của trọng tài T và cầu thủ A trên phương Tx có độ lớn
bằng nhau :
Tx A
18
V v cos 5. 3m / s.
30
= α = =
0,5
+ Vận tốc của trọng tài và cầu thủ B trên phương Ty có độ lớn
bằng nhau :
Ty B
24
V v cos 5. 4m / s.
30
= β = =
0,5
Vậy vận tốc của trọng tài có độ lớn là :
2 2
T x y
V V V 5m / s.= + =
0,5
- Xét chuyển động của trọng tài trong hệ quy chiếu quán tính gắn
với cầu thủ A. Khi đó :

+ Vận tốc của B đối với A có độ lớn là :
B/A
v 10m / s.=

0,25
b.
(2 đ)
+ Vận tốc của T đối với A trên phương Ty có độ lớn là :
(T/A )y B/A
24
v v cos 10. 8m / s.
30
= β = =

0,25
HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT TỈNH QUẢNG NGÃI
ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ KHỐI 10
NĂM 2015
HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn chấm có 5 trang)
1
Vì AT không đổi nên coi như trọng tài chuyển động trên đường
tròn bán kính AT có gia tốc hướng tâm trên Tx là :
y
2
(T/A)
2
x
v

32
a m / s .
AT 9
= =
0,25
- Xét chuyển động của trọng tài trong hệ quy chiếu quán tính gắn
với cầu thủ B. Khi đó :
+ Vận tốc của A đối với B có độ lớn là :
A/B
v 10m / s.=

0,25
+ Vận tốc của T đối với B trên phương Tx có độ lớn là :
(T/B)x A/B
18
v v cos 10. 6m / s.
30
= α = =

0,25
Vì BT không đổi nên coi như trọng tài chuyển động trên đường
tròn bán kính BT có gia tốc hướng tâm trên Ty là :
x
2
(T/B)
2
y
v
3
a m / s .

BT 2
= =
0,25
Vậy gia tốc của trọng tài là :
2 2 2
x y
a a a 3,86m / s .= + ≈
0,5
2
a.
(2 đ)
Chọn các hệ trục tọa độ, phân tích các lực tác dụng vào hệ như
hình vẽ
0,25
Áp dụng định luật II NewTon cho M, ta có :

1 1 ms 1
P F N F Ma+ + + =
ur ur ur uur ur
(1)
Chiếu (1) lên hệ trục tọa độ O
1
x
1
y
1
, ta có:
1 ms 1
1 1
F sin F Ma (2)

N P F cos 0 (3)
α − =


− − α =


0,25
2
(4 đ)
Áp dụng định luật II NewTon cho m, ta có :
2 2 2
P F Ma+ =
uur ur uur
(4)
Vật m bắt đầu chuyển động quay trong mặt phẳng thẳng đứng.
Chiếu (4) lên hệ trục tọa độ O
2
x
2
y
2
, ta được :
2
2
2 2 2x
2 2y 2
P cos F ma 0 (5)
P sin ma ma (6)
α − = =




α = =


0,25
Để M trượt trên mặt phẳng nằm ngang thì
1
a 0≥
(7)
0,25
Kết hợp (2) và (7) suy ra được :
1 ms
F sin F 0α − ≥
(8)
0,25
Vì thanh nhẹ nên ta có :
1 2
F F=
(9)
Kết hợp (9) với (5), thu được :
1 2 2
F F P cos= = α
(10)
Lực ma sát trượt :
ms 1 1
F N (P F cos )= µ = µ + α
(11)
0,25

Kết hợp (10), (11) và (8), thu được :
2
msin cos
M mcos
α α
µ ≤
+ α
.
0,5
b.
(2 đ)
Từ (2) và (10), rút được :
( )
2 2
1
a g sin cos (1 cos ) 0,83m / s .= α α −µ + α =

0,5
Kết luận được : gia tốc M ngay sau khi thả nhẹ thanh chỉ có theo
phương trượt.
0,5
Từ (6) suy ra được :
2
2
a gsin 5m / s .= α =

0,5
Gia tốc m ngay sau khi thả nhẹ thanh chỉ có theo phương vuông
góc với thanh.
0,5

3
(4 đ)
- Gọi thể tích bình chứa A là V, trước khi van mở khối lượng khí
trong đó là M, áp suất là p, nhiệt độ là T.
Ta có :
M pV
pV RT M
RT
µ
= ⇒ =
µ
(1)
0,5
- Vì thể tích bình B rất lớn so với bình A nên theo giả thiết sau
khi mở van áp suất chất khí trong bình A là 2p, vì vậy nhiệt độ
mới của khí trong A là T’ và khối lượng mới là M’.
Ta có:
2 pV
M'
RT'
µ
=
(2)
0,5
- Khối lượng chất khí từ bình B đã vào bình A là :

pV 2 1
M M' M
R T' T
µ

 
∆ = − = −
 ÷
 
(3)
0,5
- Lượng khí từ bình B đã sang bình A, khi còn ở trong bình B 0,5
3
chiếm thể tích là :
M
V RT
2 p
∆
∆ =
µ
(4)
- Vì áp suất và nhiệt độ của khí trong B có thể coi là không đổi, để
cân bằng áp suất giữa A và B, chất khí trong B phải thực hiện một
công là :
A 2p V= ∆
(5).
- Từ (3), (4) và (5) có :
2T
A pV 1
T'
 
= −
 ÷
 
(6)

0,5
- Độ biến thiên nội năng của khí trong A là :
M'
U 2,5R(T' T)∆ = −
µ
(7)
0,5
- Vì không có sự trao đổi nhiệt với môi trường ngoài, theo nguyên
lí I nhiệt động lực học cho khí lý tưởng, ta có:
A U= ∆
(8)
0,5
- Từ (2), (6), (7) và (8) ta có:
2T T
1 5 1 T' 353,5K.
T' T'
   
− = − ⇒ =
 ÷  ÷
   
0,5
5.
(5 đ)
a.
(4 đ)
- Gọi
v'
ur
và
G

v
uur
lần lượt là véctơ vận tốc của viên bi nhỏ và khối
tâm của thanh ngay sau va chạm.
- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng và bảo toàn cơ năng cho
hệ thanh và viên bị nhỏ ngay trước và sau va chạm, ta có:
G
G
2
2 2 2 2
2 2 2 2
G G
G
v 2v v' (1)
mv 2mv mv'
1 1 1 1
mv 2mv I mv'
v 2v v' (2)
2 2 2 2
6
l
= +
= +


 
⇒
 
= + ω +
= + ω +

 


0,75
- Độ biến thiên momen động lượng của thanh bằng momen xung
lượng của lực mà thanh nhận được ngay khi va chạm:
G
G G
2
v
I 2mv 12 (3)
x
x
l
ω = ⇒ ω =


0,75
Giải các phương trình (1), (2) và (3), ta được:
G
2
2v
v
3 12n
=
+
, với
n
x
l

=
.
1
- Khối tâm của thanh ngay sau va chạm có vận tốc cực đại khi:
Gmax
n 0 0
2v
v ;
3
x== ⇒ =⇒
điểm va chạm có vị trí ngay khối tâm
của thanh.
0,75
Khối tâm của thanh ngay sau va chạm có vận tốc cực tiểu khi:
G min
1 v
n v
2 3
x
l
= = ⇒ =
; điểm va chạm ngay đầu thanh.
0,75
b. Để ngay sau va chạm viên bi nhỏ đứng yên thì ta có :
4
(1 đ)
v' = 0 ⇒ v
G
=
2

v
=
2
n123
v2
+
⇒ n
2
=
12
1
⇒ x =
2 3
l
.
Điểm va chạm cách khối tâm của thanh một khoảng là
2 3
l
.
1
5.
(3 đ)
- Móc lực kế vào mẩu gỗ và kéo nó trượt đều đi lên mặt phẳng
nghiêng, gọi F
1
là số chỉ của lực kế khi đó, ta có:
F
1
=
µ

Pcosα + Psinα (1)
0,5
- Tương tự, kéo vật chuyển động đều đi xuống, gọi F
1
là số chỉ của
lực kế khi đó, ta có:
F
2
=
µ
Pcosα - Psinα (2)
0,5
- Trừ vế với vế của (1) cho (2), ta có:
F
1
- F
2
=2Psinα
1 2
sin
2
F F
P
−
→ α =
(3)
0,5
- Cộng vế với vế phương trình (1) và (2), ta có:
F
1

+ F
2
=2
µ
Pcosα →
1 2
cos
2
F F
P
+
α =
µ
(4).
0,5
- Do sin
2
α + cos
2
α = 1 nên, từ (3) và (4), ta có:
2
2
1 2 1 2 1 2
2 2
1 2
1
2 2
4 ( )
F F F F F F
P P

P F F
 
− + +
 
= + → µ =
 ÷
 ÷
µ
 
− −
 
(5)
0,5
- Đo trọng lượng mẩu gỗ, lấy số chỉ F
1
và F
2
, thực hiện ba lần đo,
để lấy giá trị trung bình rồi thay vào (5) thu được giá trị trung
bình của
µ
.
0,5
Chú ý : Nếu thí sinh giải theo cách khác mà vẫn đúng thì vẫn cho điểm tối đa.

Nguyễn Việt Cường - Số điện thoại : 0914907459
5