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 . 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. 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. 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