1 SỞ GD&ĐT TỈNH NINH BÌNH TRƯỜNG THPT KIM SƠN A ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN: VẬT LÍ 10 Năm học 2009 – 2010 (Thời gian 180 phút không kể thời gian giao đề) Bài Nội dung Điểm Bài 1 + Hệ tấm gỗ và con Ếch bảo toàn động lượng theo theo phương ngang: mv 0 cosα=Mv’ =>Vận tốc v’ của tấm gỗ: v’= mv 0 cosα/M + Chuyển động của con Ếch là chuyển động ném xiên có thời gian rơi t R = 2v 0 sinα/g, tầm bay xa L = (v 0 cosα)t R . + Chuyển động của tấm gỗ là chuyển động thẳng đều vận tốc v’ + Điều kiện để ếch nhảy tới đầu kia của tấm gỗ là: L = l – v’t R => 22 00 sin2 sin2v mv l g Mg   => 0 lg (1 / )sin2 v mM    = = 3m/s 0,25 0,25 0,25 0,25 Bài 2 + Xét chuyển động của vật trong hệ quy chiếu phi quán tính gắn với xe. Vật chịu thêm tác dụng của lực quán tính F ma , hình vẽ. 1) Khi cân bằng vật có 3lực tác dụng Điều kiện m cân bằng đối với xe: 0P T F   => 'P P F T    Từ hình vẽ => sinα = F/P = a/g => a =gsinα = = 5m/s 2 . 2) Khi đốt dây: a) Vật có 2 lực P và F tác dụng nên nó sẽ rơi theo phương của 'P P F T    ( phương vuông góc với sàn xe và mặt phẳng nghiêng) với gia tốc trọng trường biểu kiến: g’= P’/m = Pcosα/m = gcosα = = 53 m/s 2 . + Thời gian rơi 2 0.68 ' R h ts g  + Vận tốc của vật đối với xe khi chạm sàn: 2 ' 5,89 /v g h m s b) Khi đốt dây xe có vận tốc v x , quãng đường xe đi được trong thời gian vật rơi là s. Điều kiện để vật rơi ra ngoài xe là: 2 1 2 x R R s v t at l   => R 2,71 / 2 x R l at v m s t  0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5 α α 2 Bài 3 + Trước va chạm, khi đĩa B cân bẳng lò xo nén Δl 1 = mg/k = 0,1m Sau va chạm, khi đĩa B và vật A cân bằng lò xo nén Δl 2 = 2mg/k = 0,2m + Trước khi va chạm vật A có vận tốc 0 2v gh = 4m/s Vì va chạm mềm, nên động lương của A và B ngay trước và sau va chạn bảo toàn: mv 0 = 2mv 1 => vận tốc của Avà B ngay sau va chạm là: v 1 =v 0 /2= 2m/s + Cơ năng hệ 2vật - lò xo được bảo toàn, chọn trục toạ độ Ox có gốc O là vị trí lò xo bị nén đoạn Δl 2 , gốc thế trùng O như hình vẽ. Khi ở vị trí có tạo độ x lò xo dãn Δl = x - Δl 2 Cơ năng của hệ ở vị trí x 2 2 2 2 2 22 1 1 1 1 W = 2 2 ( ) = mv 2 2 2 2 mv mgx k x l k l kx       1) Vì cơ năng bảo toàn nên v cực đại khi x = 0 Áp dụng ĐLBTCN cho 2 vị trí ngay sau va chạm (x 1 =Δl 1 , v 1 ) và vị trí có vận tốc cực đại ( x 2 = 0, v max ) => 2 2 2 1 1 ax ax 1 mv 4,5 2,12 / 2 mm kx mv v m s     2) Độ lớn lực tác dụng lên C: 2d F k l k x l     => ax 2 ax ax dm mm F k l k x l     Khi vận tốc v = 0 thì |x| max . Áp dụng ĐLBTCN cho 2 vị trí ngay sau va chạm (x 1 =Δl 1 , v 1 ) và vị trí có vận tốc v 2 = 0 => 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 1 1 1 2 mv 0,3 22 mv kx kx x x m k         =>|∆l| max = |x 2 - ∆l 2 | max 0,3 0,2   =0,5m => ax ax 40 0,3 0,2 20 m m F k l N      0,25 0,5 0,25 0,5 0,5 Bài 4 1) + Ngoại lực tác dụng lên hệ 2vật chỉ có phương thẳng đứng => Động lượng hệ bảo toàn theo phương ngang. + Khi m dừng lại trên M thì 2 vật chuyển động với cùng vận tốc v. + Áp dụng ĐLBTĐL cho thời điểm ban đầu và khi m dừng lại trên M: mv 0 = (m + M)v => v = mv 0 /(m + M) = = 1,2m/s 2) + Theo phương ngang m và M chịu của ms F và ' ms F như hình vẽ, F ms = F’ ms =µmg + s 1 , s 2 là quãng đường m và M chuyển động được tới khi m dừng lại trên M, quãng đường m trượt được trên M là s = s 1 - s 2 . + Áp dụng địnhlý động năng: 22 0 Fms F'ms 11 () 22 m M v mv A A    0,5 0,5 0,5 A O B k C Δl 1 Δl 2 x x s 1 m M s 2 3 => 2 0 1 2 1 ( ) ( ) 2 M mv mg s s mgs mM         => 2 0 1,35 2( ) Mv sm m M g      0,5 Bài 5 1) Áp dụng phương trình Clapêrôn – Menđêlêép pV RT   , ν = 0,5mol, R = 0,082 atm.lit/mol.K => Mật độ phân tử khí: 23 0,294.10 A N pN n V RT     (hạt/lít) = 2,94.10 25 hạt/m 3 => Khối lượng riêng: 1,56 m pM V RT      g/lít =1,56kg/m 3 2) + Quá trình 1,2: đẳng tích V 1 => 12 12 pp TT  (1), A’ 12 = 0J + Quá trình 3,4: đẳng tích V 3 => 21 34 pp TT  (2), A’ 34 = 0J + Quá trình 2,3 Đẳng áp p 2 => A’ 23 = p 2 (V 3 – V 2 ) = νR(T 3 – T 2 ) + Quá trình 4,1 Đẳng áp p 1 => A’ 41 = p 1 (V 1 – V 4 ) = νR(T 1 – T 4 ) Từ (1) và (2) => 1 1 4 223 p T T p T T  => T 2 .T 4 = T 2 = T 1 .T 3 => T = T 2 = T 4 = 13 250.360 300TT K => A’ 23 = νR(T 3 – T 2 ) = 0,5. 8,31.(360 - 300) = 249,3J => A’ 41 = νR(T 1 – T 4 ) = 0,5. 8,31.(250 – 300) = -207,75J Áp dụng nguyên lí I cho chu trình: ∆U = Q + A = Q – A’ = 0 => Nhiệt khí nhận: Q = A’ = A’ 12 + A’ 23 + A’ 34 + A’ 41 = 41,55J 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 Bài 6  Công thức tính hệ số căng mặt ngoài : c F l   Bảng giá trị trung bình và sai số ngẫu nhiên: Lần đo 1 2 3 Lần đo 1 2 3 F c (10 -3 N) 13,94 14,68 14,37 l(mm) 199,4 200,9 201,2 c F (10 -3 N) 14,33 l (mm) 200,5 ∆F ci (10 -3 N) 0,39 0,35 0,04 ∆l i (mm) 1,1 0,4 0,7 c F (10 -3 N) 0,26 l (mm) 0,73  Giá trị trung bình của hệ số căng mặt ngoài: 0,25 0,25 4 3 0,07147( / ) 71,47.10 ( / ) c F N m N m l        Các sai số: + '3 0,5.10 c FN   , 3 0,26.10 c FN   => '3 0,76.10 c c c F F F N        + ' 0,1l mm , 0,73l mm => ' 0,83l l l mm      + 0,057 5,7% c c Fl Fl             => Sai số tuyệt đối của phép đo: 3 . 4,09.10 ( / )Nm          Kết quả đo: 33 71,47.10 4,09.10 ( / )Nm          0,25 0,25 Lưu ý: học sinh có thể giai theo các cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.