BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH VÀO CÁC ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA
DỰ THI OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2009
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi: VẬT LÍ
Đề thi gồm 02 trang
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi thứ nhất: 18/4/2009
C©u 1 (4,0 ®iÓm)
Trong mặt phẳng Oxy người ta đặt cố định tại gốc toạ độ O
một lưỡng cực điện có momen lưỡng cực
p
r
. Véc tơ
p
r
nằm trên
trục Ox và hướng theo chiều dương của Ox (Hình 1). Một hạt nhỏ
khối lượng m, điện tích q chuyển động ở vùng xa gốc O trong mặt
phẳng dưới tác dụng của điện trường gây bởi lưỡng cực. Bỏ qua
tác dụng của trọng lực và lực cản. Xét chuyển động của hạt trong
hệ toạ độ cực. Vị trí M của hạt ở thời điểm t được xác định bởi
véctơ
r OM=
uuuur
r
và góc
( )
OM, pθ =
uuuur
r
.

1. Chứng minh rằng chuyển động của hạt tuân theo các
phương trình vi phân sau:
( )
( )
( )
2
2
0
2
0
qpsin
r ' ' 1
4 mr
2W
r ' rr" 2
m
θ

θ =

πε



+ =


Trong đó W
0
là năng lượng ban đầu của hạt.

2. Biết tại thời điểm t = 0 hạt ở vị trí M
0
có
( ) ( ) ( )
' '
0 0 0 0
r 0 r ; 0 ;r' 0 r ; (0) .
′
= θ = θ = θ = θ
Hãy xác
định khoảng cách r(t) từ hạt tới gốc O theo t.
3. Tìm các điều kiện để hạt chuyển động theo quỹ đạo là cung tròn tâm O bán kính r
0
. Tính chu
kì và tốc độ góc cực đại của hạt. Mô tả chuyển động của hạt trong hai trường hợp: q > 0 và q < 0.
Cho
/ 2
0
d
2,62
cos
π
θ
≈
θ
∫
.
C©u 2 (3,5 ®iÓm)
Trong vùng không gian xung quanh điểm O tồn tại một từ trường. Cảm ứng từ tại điểm M bất kì (
OM r=

uuuur
r
) là
2
k r
B
r r
=
r
r
với k là một hằng số. Ở thời điểm t = 0, tại điểm
0 0 0
M (OM r )=
có một hạt điện
tích q, khối lượng m chuyển động với vận tốc
0
v
r
vuông góc với
0
OM .
Bỏ qua trọng lực và lực cản.
1. Chứng minh rằng độ lớn vận tốc v của hạt không đổi trên cả quỹ đạo của hạt.
2. Bằng cách lấy đạo hàm theo thời gian của tích vô hướng
r.v
r
r
rồi tính tích vô hướng đó để:
a) Tìm sự phụ thuộc vào thời gian của bình phương khoảng cách từ hạt đến điểm O và của
cotθ, với θ là góc lập bởi

v
r
và
r
r
ở thời điểm t.
b) Tính θ ở thời điểm mà
0
r 2r=
.
3. Bằng cách lấy đạo hàm theo thời gian của tích hữu hướng
r v∧
r
r
, rồi tính tích hữu hướng đó
để suy ra quỹ đạo của hạt nằm trên một mặt nón đỉnh O. Hãy tính nửa góc ở đỉnh của hình nón đó theo
k, m, q,
0
r
và
0
v .
Gợi ý: Cho công thức
2
r (v r) v.r r.(v.r).∧ ∧ = −
r r r r
r r r
C©u 3 (2,5 ®iÓm)
Một tấm phẳng nằm ngang, diện tích S, được giữ đứng yên trong một vùng khí loãng có áp suất p
và được giữ cho nhiệt độ mặt trên là t

1
, mặt dưới là t
2
(t
2
> t
1
) không đổi. Hãy ước tính lực nâng do các
phân tử khí va chạm vào hai mặt của tấm này tạo nên. Cho biết nhiệt độ của khí là t ( t < t
2
).
Áp dụng bằng số với t
1
= 20
0
C; t
2
= 300
0
C; t = 10
0
C; S = 10 dm
2
; p = 1 mmHg.
1
θ
y
r
r
p

r
O
M
.
Hình 1
x
Câu 4 (3,5 điểm)
Mt on si quang thng cú dng hỡnh
tr bỏn kớnh R, hai u phng v vuụng gúc vi
trc si quang, t trong khụng khớ sao cho
trc i xng ca nú trựng vi trc ta Ox.
Gi thit chit sut ca cht liu lm si quang
thay i theo quy lut:
2 2
1
n n 1 k r=
, trong
ú r l khong cỏch t im ang xột ti trc
Ox, n
1
v k l cỏc hng s dng. Mt tia sỏng
chiu ti mt u ca si quang ti im O
di gúc nh hỡnh 2.
1. Gi

l gúc to bi phng truyn ca tia sỏng ti im cú honh x vi trc Ox. Chng
minh rng ncos = C trong ú n l chit sut ti im cú honh x trờn ng truyn ca tia sỏng v
C l mt hng s. Tớnh C.
2. Vit phng trỡnh qu o biu din ng truyn ca tia sỏng trong si quang.
3. Tỡm iu kin mi tia sỏng chiu n si quang ti O u khụng lú ra ngoi thnh si

quang.
4. Chiu di L ca si quang tha món iu kin no tia sỏng lú ra ỏy kia ca si quang
theo phng song song vi trc Ox?
Câu 5 (3,0 điểm)
Cho hai ht A v B u l ht nhõn ca nguyờn t teri
2
1
(H )
cú khi lng ngh l 1875 MeV/c
2
.
1. Xột quỏ trỡnh ht A cú ng nng W

= 820 MeV va chm n hi vi ht B ang ng yờn.
Gi s sau va chm, cỏc vộc t vn tc
'
A
v
r
,
'
B
v
r
ca hai ht cú ln bng nhau.
a) Chng minh rng cỏc vộct
'
A
v
r

v
'
B
v
r
i xng i vi phng chuyn ng ca ht A
trc va chm.
b) Tớnh gúc to bi
'
A
v
r
v
'
B
v
r
. Kt qu thu c cú gỡ khỏc nu coi va chm n hi gia A
v B l va chm c in?
2. thc hin mt phn ng ht nhõn ngi ta cho hai ht A v B núi trờn va chm trc din
vi nhau vi tc tng i gia chỳng l u = 0,95c (c l tc ỏnh sỏng trong chõn khụng) theo hai
cỏch sau:
Cỏch 1: Bn ht A vo ht B ang ng yờn. Tớnh nng lng ton phn ca ht A.
Cỏch 2: Cho c hai ht chuyn ng vi vn tc cú cựng ln v sao cho tc tng i gia
chỳng vn l u. Tớnh nng lng ton phn ca mi ht.
Câu 6 (3,5 điểm)
H quy chiu K (Oxyz) chuyn ng vi vn tc
V
r
khụng i dc theo trc Ox (Ox trựng

vi trc Ox, Oy v Oz ln lt song song vi Oy v Oz) i vi h quy chiu K (Oxyz). Tỡm gia
tc a tng ng ca mt ht trong h K ti thi im trong h K ht ny chuyn ng vi vn tc u
v gia tc a dc theo mt ng thng
1. song song vi
V.
r
2. vuụng gúc vi
V.
r
3. nm trong mt phng xOy cú phng lp vi
V
r
mt gúc
.
hết
Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu.
Giám thị không giải thích gì thêm.
2
x
y
O

Hỡnh 2

x

Dự thảo
Híng DÉn chÊm ®Ò thi chÝnh thøc
M«n: VËt lÝ
Ngµy thi: 18/04/2009

(Híng dÉn chÊm cã 9 trang)
C©u 1 (4,0 ®iÓm)
1.(2,0 ®iÓm) Xác định điện trường gây bởi lưỡng cực điện ở điểm xa O. Gọi q
0
là điện
tích lưỡng cực và l là khoảng cách giữa 2 điện tích của lưỡng cực thì p = q
0
l.
Điện thế
0 0 2 1
0 1 2 0 2 1
q q1 1 r r
( ) ( )
4 r r 4 r r
−
ϕ = − =
πε πε

Coi (r
2
-r
1
) ≈ lcosθ ; r
1
≈ r
2
≈ r ; q
0
l = p
0 0

2 1
2 2
0 2 1 0 0
q q lcos
r r pcos
( )
4 r r 4 r 4 r
θ
− θ
ϕ = ≈ =
πε πε πε
0,25 điểm
r
3
0
d pcos
E
dr 2 r
ϕ θ
= − =
πε
3
0
d 1 d psin
E
ds r d 4 r
q
j j q
q pe
= - = - =

0,25 điểm
Trong hệ tọa độ cực
r
3 3
0 0
pcos psin
E e e
2 r 4 r
θ
θ θ
= +
πε πε
ur ur uur
Phương trình chuyển động của điện tích trong điện trường trên có dạng :
r
3 3
0 0
qpcos qpsin
ma qE e e
2 r 4 r
θ
θ θ
= = +
πε πε
r ur ur uur
(*)
với
r
e
r

,
e
θ
r
là các véc tơ đơn vị 0,25 điểm
Trong tọa độ cực, chú ý rằng:
r
v r'e r 'e ,
θ
= + θ
r ur uur
r
de
'e
dt
θ
= θ
r
r
;
r
de
'e
dt
θ
= −θ
r
r
, 0,25 điểm
ta có:


( )
r
r
de
dedv
a r''e r ' r ' 'e r '
dt dt dt
θ
θ
= = + + θ + θ
r
r
r
r ur uur
( )
2
r r
r ''e r ' 'e r ' 'e r( ') e
θ θ
= + θ + θ − θ
ur uur uur ur
hay
( ) ( )
2 2
r
dv 1
a r '' r ' e r ' 'e
dt r
θ

= = − θ + θ
r
r ur uur
(**) 0,25 điểm
Từ (*) v (**) suy ra à
( )
2
3
0
qpcos
r" r ' 1
2 mr
θ
− θ =
πε
( )
( )
2
2
0
qpsin
r ' ' 2
4 mr
θ
θ =
πε
0,25 điểm
Từ định luật bảo toàn năng lượng:
( )
2

0
1
mv q r const W
2
+ ϕ = =
0,25 điểm
( )
2 2 2
0
2
0
1 qpcos
m r ' r ' W
2 4 r
θ
⇔ + θ + =
πε


( )
2 2 2
0
2
0
2W
qpcos
r ' r ' 3
2 mr m
θ
⇒ + θ + =

πε
3
r
e
r
e
θ
r
Hình 1
r
1
r
2
θ
dθ
ds
M
p
r
Từ (1) và (3) ta có:
( )
2
0
2W
r ' rr" 4
m
+ =
0,25 điểm
4
2. (0,5 ®iÓm)

Đặt
( ) ( )
2 2
u t r t u ' 2rr ' u" 2rr" 2r '= → = → = +
Thay vào phương trình (4) có:
2
0 0 0
1 1 2
2W 4W 2W
1
u" u ' t C u t C t C
2 m m m
= ⇒ = + ⇒ = + +
Hay
( )
2 2
0
1 2
2W
r t t C t C
m
= + +
0.25 điểm
Từ các điều kiện ban đầu tìm được:
0
' 2
1 0 0 2
2r ;C r C r= =
Vậy:
( ) ( )

0
2 2 ' 2
0
0 0
2W
r t t 2r r t r 5
m
= + +
0,25 điểm
3. (1,5 ®iÓm)
Để quỹ đạo của hạt là cung tròn thì r(t) = const.
Từ (5)
⇒

'
0 0
0, 0= =W r
đồng thời r’(t) = 0.
- Từ điều kiện
( )
' 0 'r t v r= → = θ
và
v
r
⊥
r
r
;
0
v

uur
⊥
0
r
ur
- Từ điều kiện W
0
= 0
( )
( )
2
'
0
2
0 0
1 qpcos
m r 0 6
2 4 r
θ
→ θ + =
πε
0,25 điểm
- Phương trình (6) viết lại thành:
( )
2
4
0 0
qpcos
' 7
2 mr

θ
θ = −
πε

( )
4
0 0
qpsin
" 8
4 mr
θ
⇒ θ =
πε
0,25 điểm
*) Trường hợp qp < 0, ta có
max
4
0 0
qp
2 mr
′
θ = −
πε
khi
= 0.θ
Góc
θ
tăng dần tới
/ 2
π

. Tại
= /2θ π
thì
0
′
θ =
và
" 0θ <
, góc
θ
giảm và hạt quay trở lại. Tại
= /2θ − π
thì
0
θ
′
=
và
" 0θ >
, góc
θ
tăng, hạt lại chuyển động quay trở lại. Vậy
/ 2 / 2−π ≤ θ ≤ π
. Hạt chuyển động
trên nửa đường tròn như Hình 2 0,25 điểm
Vì
4
0 0
qp cos
d

dt 2 mr
θ
θ
=
πε
nên chu kì của chuyển động này là:

/ 2 / 2 / 2
4 4
0 0 0 0
0 0 0
2 mr 2 mr
d d
T 4 dt 4 4
qp qp
cos cos
π π π
πε πε
θ θ
= = =
θ θ
∫ ∫ ∫
4
0 0
2 mr
T 10, 48
qp
πε
⇔ =
0,25 điểm

*) Trường hợp qp > 0, ta có
max
4
0 0
qp
2 mr
′
θ =
πε
khi
= .θ π
Khi
= / 2θ π
và
= 3 / 2θ π
thì
0
θ
′
=
, hạt sẽ quay trở lại. Nghĩa là hạt sẽ dao động trên nửa vòng tròn từ
/ 2 3 / 2π ≤ θ ≤ π

(Hình 3). 0,25 điểm
Chu kì của chuyển động:

4
0 0
2 mr
T 10, 48

qp
πε
=
0,25 điểm
5

C©u 2 (3,5 ®iÓm)
1. (0,5 điểm) Phương trình chuyển động

dv
F m qv B
dt
= = ∧
r
r r
r
(1)
Điều này có nghĩa là
F
r
luôn vuông góc với
v
r
, tức
F.v 0=
r
r
hay
dv
m .v 0

dt
=
r
r
hay
2
dv
0
dt
=
→
2 2
0
v const v= =
tức là
0
v v=
0,5 điểm
2. (1,5 điểm)
a, Lấy đạo hàm của tích
vr
rr
.
ta được

2
d dv
(r.v) v r
dt dt
= +

r
r r
r
Theo (1) và theo biểu thức của cảm ứng từ
B
r
, ta có

3
dv q kq
r r(v B) r(v r)
dt m mr
= ∧ = ∧
r
r
r r r r
r r
Vì
)( rvr
rrr
∧⊥
nên suy ra
0).( =∧ Bvr
r
rr
. 0,25 điểm
Theo câu 1,
0
vv =
, nên cuối cùng ta có

2
0
d
(r.v) v
dt
=
r
r
. Lấy tích phân này ta được:
2
0 1
r.v v t C= +
r
r
với C
1
là một hằng số. Dùng điều kiện ban đầu, tại t = 0,
r.v 0
=
r
r
(vì
00
vr
rr
⊥
) suy ra
C
1
= 0. Kết quả ta được:


2
0
r.v v t=
r
r
(2) 0,25 điểm
* Để xác định r(t), ta viết phương trình (2) dưới dạng:

2
0
dr
2r 2v t
dt
=
r
r
hay
2
2
0
dr
2v t
dt
=
Lấy tích phân ta được:
2 2 2
0 2
r v t C= +
.

Vì tại t = 0,
0
rr =
, suy ra
2 2 2 2
0 0
r v t r= +
(3) 0,25 điểm
Vậy
2
r
là hàm bậc nhất của bình phương thời gian.
* Hệ thức (2) có thể viết lại dưới dạng
2
0 0
rv cos v tθ =
hay
o
v t
cos
r
θ =
. Suy ra
6
x
x
θ
M
y
0

r
ur
p
ur
O
Hình 3
θ
M
y
0
r
ur
p
ur
O
Hình 2
C
O
M
r
α
M
0
0
0
v
r
r
0
Hình 4

v
r
θ

2
2
2 2 2
0
1 r
tan 1 1
cos v t
θ = − = −
θ
Theo (3), cuối cùng ta được

2 2 2 2
2
0 0 0
2 2 2 2
0 0
v t r r
tan 1
v t v t
+
θ = − =

⇒

0
o

v
cot t
r
θ =
(4) 0,25 điểm
Như vậy,
cot θ
là hàm tuyến tính của thời gian, tăng từ 0 đến
∞
trong suốt quá trình
chuyển động, tức là góc
θ
giảm từ
2/
π
tới 0; do đó, vận tốc ban đầu vuông góc với vectơ bán
kính rồi dần dần định hướng theo hướng của
r
r
0,25 điểm
b)
0
r 2r=
tại thời điểm t sao cho, theo (3),
0 0
v t r=
. Thay vào (4), ta được
cot 1
θ =
, suy ra

0
45θ =
0,25 điểm
3. (1,5 điểm) Tính đến (1) và chú ý rằng
dr
v v v 0
dt
∧ = ∧ =
r
r r r
, ta có:

3
d dr dv dv q kq
(r v) v r r r (v B) r (v r)
dt dt dt dt m mr
∧ = ∧ + ∧ = ∧ = ∧ ∧ = ∧ ∧
r
r r
r
r r r r r r
r r r r
Theo hệ thức gợi ý trong đề bài
2
r (v r) v.r r.(v.r)∧ ∧ = −
r r r r
r r r
, ta có:

2 2

d kq v r r kq 1 dr r dr
(r v) v.
dt m r r r m r dt r dt
 
   
∧ = − = −
 ÷
 ÷
 
   
 
r r r r
r
r
r r
vì
r dr
v.
r dt
=
r
r
- đây chính là thành phần của vận tốc theo phương bán kính vectơ. Lưu ý rằng
2
1 dr r dr d r
r dt r dt dt r
   
− =
 ÷
 

   
r r r
, suy ra

2
d kq 1 dr r dr kq d r
(r v)
dt m r dt r dt m dt r
   
∧ = − =
 ÷
 
   
r r r
r
r
Lấy tích phân hai vế, ta được:

kq r
r v C
m r
∧ = +
r
r
r
r
(5) 0,5 điểm
Trong đó
C
r

là một vectơ không đổi, có độ lớn tính được từ
hình bên (dùng (5) và điều kiện ban đầu tại t = 0,
0
r r=
và
0
v v=
).
Theo định lý Pitago:

2
2
0 0
kq
C (r v )
m
 
= +
 ÷
 
(6) 0,25 điểm
Theo tính chất của tích hữu hướng và (5)

kq kq
r(r v) 0 r C.r r Ccos
m m
 
∧ = = + = + ϕ
 ÷
 

r
r r r
r
Với
ϕ
là góc tạo bởi vectơ
C
r
và vectơ
r.
v
Từ phương trình trên suy ra:

kq
cos const
mC
ϕ = − =
(7) 0,25 điểm
Như vậy trong suốt quá trình hạt chuyển động góc
ϕ
luôn không đổi, điều này có nghĩa là
quỹ đạo của hạt nằm trên một mặt nón đỉnh O, có trục song song với vectơ
C
r
và nửa góc ở
đỉnh
α = π −ϕ
. 0,25 điểm
7
C

kq
m
0 0
r v
α
Hình 5
Theo (6) và (7), ta có
2
0 0
kq 1
cos cos
mC
mr v
1
kq
α = − ϕ = =
 
+
 ÷
 
Hay đơn giản hơn

0 0
mr v
tan
kq
α =
0,25 điểm
C©u 3 (2,5 ®iÓm)
Xét mặt trên của tấm (nhiệt độ T

1
): Khi một phân tử khí chuyển động với vận tốc v va
chạm theo phương vuông góc với mặt trên tấm phẳng, phân tử khí bắn ra với vận tốc v
1
1
1
3kT
v
m
=
0,5 điểm
Mỗi lần va chạm, phân tử khí sẽ truyền cho tấm phẳng một xung lượng m(v+v
1
).
Chuyển động của các phân tử khí là hỗn loạn nên gần đúng ta có coi số hạt đập vào diện
tích S trong thời gian ∆t là
1
6
n
o
Sv∆t (n
o
là mật độ phân tử khí).
Do đó áp suất gây bởi các phân tử khí lên mặt này:

o 1
1 o 1
n S t.mv(v v )
1 1
p n mv(v v )

6 S t 6
∆ +
= = +
∆
. 0,5 điểm
Tương tự:

2 o 2
1
p n mv(v v )
6
= +
. 0,25 điểm
Mặt khác ta có áp suất của khí là
o
p n kT=
Vậy lực nâng có giá trị cỡ

o
2 1
n 2 1 2 1
n m
3kT 3kTpS 3kT
F ~ (p p )S v(v v )S m ( )
6 6kT m m m
− = − = −
.

2 1
pS

( T T )
2 T
= −
0,75 điểm
Thay số:
( )
n
133.0,1
F ~ 573 293 2,7 N.
2 283
− ≈
0,5 điểm
C©u 4 (3,5 ®iÓm)
1.(0,75 ®iÓm) Tại O: sinα= n
1
sinθ
0

Chia sợi quang thành nhiều lớp
mỏng hình trụ đồng tâm. Xét trong
mặt phẳng xOy, các lớp đó dày dy. Tại
mỗi điểm góc tới của tia sáng là (90
0
-
θ), ta có
n(y)sin(90
0
-θ)= n
1
sin(90

0
- θ
0
)
n(y)cosθ = n
1
cosθ
0
= C 0,5 điểm
C = n
1
cosθ
0
=
2
2 2 2
1 0 1 1
2
1
sin
n 1 sin n 1 n sin
n
α
− θ = − = − α
.
Vậy,
2 2
1
C n sin= − α
0,25 điểm

8
Hình 6
x
y
O
α
θ
θ
0
i
2. (1,5 ®iÓm) Xét M có toạ độ (x,y), tia sáng có góc tới i = (90
0
- θ)
n(y) cosθ = C;
C
cos
n(y)
θ =
2 2 2
dx cos C
cot
dy
1 cos n (y) C
θ
= θ = =
− θ −

⇒
y
2 2

0
Cdy
x
n (y) C
=
−
∫
;
y
2 2 2 2
0
1
Cdy
x
n (1 k y ) C
=
− −
∫
0,5 điểm
Áp dụng
2 2 2
dy 1 by
arcsin
b a
a b y
=
−
∫
với
2 2

1
a n C= −
= sinα; b = kn
1


1
1
C kn y
x arcsin
kn sin
=
α
+C
1
. Điều kiện ban đầu: x = 0 thì y =0 suy ra C
1
= 0 0,5 điểm

1 1
2 2
1 1
1
sin kn sin kn
y sin x sin x
kn C kn
n sin
α α
= =
− α


Vậy quỹ đạo của tia sáng là đường hình sin. 0,5 điểm
3. (0,5 ®iÓm) Điều kiện để tia sáng truyền trong sợi quang là:
1
sin
R.
kn
α
≤
Muốn đúng với mọi α
thì
1
kn R 1≥
0,5 điểm
4. (0,75 ®iÓm) Muốn ló ra theo phương song song Ox thì tại x = L, y có độ lớn cực đại
Hay
1
2 2
1
kn
L p
2
n sin
π
= + π
− α
với p là số nguyên không âm 0,5 điểm
Suy ra

2 2

1
1
(2p 1) n sin
L
kn
+ π − α
=
với p = 0, 1, 2 0,25 điểm
C©u 5 (3,0 ®iÓm)
1. (2,0 ®iÓm)
a, Ký hiệu
'
A
p
r
và
'
B
p
r
là các véc tơ động lượng tương đối tính của các hạt A và B sau va
chạm. Vì
' '
A B
v v=
nên
' '
A B
p p=
. Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có sơ đồ véc tơ như

hình bên, nghĩa là α
1
= α
2
, do đó
'
A
p
r
và
'
B
p
r
đối xứng đối với
A
p
r
0,5 điểm
b, Ta có
'
A A 1
p 2p cos= α
(1). 0,25 điểm
Ký hiệu α

là góc giữa
'
A
v

r
và
'
B
v
r
và α = 2α
1
. Giữa động năng
tương đối tính và động lượng p của hạt có hệ thức
2
d d o
(pc) W (W 2E )= +
(E
o
là năng lượng nghỉ)
Áp dụng cho hạt A:
2
A dA dA o
(p c) W (W 2E )= +
(2)
' 2 ' '
A dA dA o
(p c) W (W 2E )= +
(3) 0,5 điểm
Vì va chạm đàn hồi nên động năng tương đối tính được bảo toàn, mà
' '
dA dB
W W=
, nên


' ' '
dA dA dB dA
W W W 2W= + =
9
1
α
2
α
,
A
p
r
,
B
p
r
Hình 7
Thay vào (3), ta được:
( )
2
'
dA dA
A o
W W
p c 2E
2 2
 
= +
 ÷

 
(4) 0,25 điểm
Từ (1), (2) và (4), suy ra:
( )
( )
2
2
dA dA o
dA o
A
1
'
dA dA
A dA o
o
W W 2E
W 2E
p
cos
W W
2p W 4E
4 2E
2 2
+
 
+
α = = =
 ÷
+
 

 
+
 ÷
 
Từ đó
2
dA
1
dA o
W
cos 2cos 1
W 4E
α = α − =
+

0 cos <1⇒ < α
, tức α là góc nhọn
Thay số
o
820
cos 0,0986 84,34
820 4.1875
α = ≈ → α ≈
+
0,25 điểm
Nếu là va chạm là cổ điển, tức phi tương đối tính, thì α = 90
o
. Thực vậy khi đó W
d
<< E

o
nên cosα ≈0 → α ≈90
o
0,25 điểm
2.(1,0 ®iÓm)
Cách 1: từ
2
2
o 0
o o
2 2 2
2
m c E
1875
E m c ; E 6010MeV
1 u 1 0,95
1
c
= = = = =
−β −
−
0,25 điểm
Cách 2: Chọn K là hệ quy chiếu PTN trong đó hai hạt chuyển động tới gặp nhau dọc
theo trục Ox với cùng vận tốc v; K’ là hệ quy chiếu gắn với hạt A (tức là K’ chuyển động với
tốc độ v đối với K và Ox trùng với O’x’). Vận tốc tương đối u giữa hai hạt trong hệ K’ chính là
vận tốc v’ của hạt B. Theo công thức cộng vận tốc ta có:

2 2
2 2
v ( v) 2v

v' u
v v
1 1
c c
− −
= = =
+ +

Suy ra:
2 2 2
uv 2c v uc 0− + =
Tìm được
2 2 2
c c c u
v
u
− −
=
(loại nghiệm v>c) 0,5 điểm
Thay u = 0,95c, ta có v ≈ 0,724c từ đó
2
'2 2 '
o
o
2 2
E
c
E E E 2719MeV
c v 0,6896
= → = =

−
0,25
điểm
C©u 6 (3,5 ®iÓm)
1. (1,5 ®iÓm) Xét trong hệ K, vận tốc của hạt tại các thời điểm t và t +dt là u và u + adt dọc theo
trục x (song song với
V
r
). Trong hệ K’ chuyển động với vận tốc
V
r
đối với K các vận tốc tương
ứng là

2
u V
u '
uV
1
c
−
=
−
và
2
u adt V
u ' a 'dt '
V
1 (u adt)
c

+ −
+ =
− +
0,5 điểm
Biểu thức thứ hai có thể viết lại như sau:
2 2
2 2 2
u adt V u adt V
uV aVdt
uV aVdt uV
1
1 (1 /(1 ))
c c
c c c
+ − + −
=
 
− −
− − −
 ÷
 
1
2
2
2
2 2 2
2
2
u adt V aVdt u V adt (u V)aVdt
1

uV uV uV
uV
uV
1 1 1
c 1
c 1
c c c
c
c
−
 
 ÷
+ − − −
 ÷
= − = + +
 
 ÷
 
− − −
−
−
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
 
10
(ở đây đã bỏ qua số hạng chứa
2

(dt)
)
2
2 2
2
u V adt (u V)V
1
uV uV
uV
1 1
c 1
c c
c
 
 
− −
 
= + +
 
 
− −
−
 ÷
 
 
 
=
2 2
2
2

2
2
u V adt c uV uV V
uV
c
uV
1
1
c
c
− − + −
+
 
−
−
 ÷
 

2
u V
uV
1
c
−
=
−
2
2
2
2

V
adt 1
c
uV
1
c
 
−
 ÷
 
+
 
−
 ÷
 
Suy ra
2
2
2
2
V
adt 1
c
a 'dt '
uV
1
c
 
−
 ÷

 
=
 
−
 ÷
 
(1) 0,5 điểm
Theo phép biến đổi Lorentz
2
2
2
dt Vdx / c
dt '
V
1
c
−
=
−
2
2
2
1 uV / c
dt
V
1
c
−
=
−

(2) 0,25 điểm
Chia hai vế của (1) và (2) cho nhau, ta được
3/2
2
3
2
2
a V
a ' 1
c
uV
1
c
 
= −
 ÷
 
 
−
 ÷
 
0,25 điểm
2.(0,5 ®iÓm) Trong hệ K vận tốc của hạt ở thời điểm t và t + dt lần lượt là
( )
0,u,0
và
(0,u adt,0)+
Trong hệ K’, các vận tốc tương ứng là
(
2 2

V, u 1 V / c ,0)− −
và
(
2 2
V,(u adt) 1 V / c− + −
,0)
Suy ra
2 2
a 'dt ' adt 1 V / c= −
(3) 0,25 điểm
Chú ý rằng theo phép biến đổi Lorentz:
2
2
dt
dt '
V
1
c
=
−
(4)
Chi hai vế của (3) cho (4), ta được
2
2
V
a ' a 1
c
 
= −
 ÷

 
dọc theo trục y 0,25 điểm
3.(1,5 ®iÓm) Trong hệ K vận tốc của hạt ở các thời điểm t và t+dt lần lượt có các thành phần (
ucos ,u sin ,0α α
) và (
ucos acos dt,u sin a sin dt,0)α + α α + α
. 0,25 điểm
* Đối với thành phần theo trục x’ của gia tốc làm tương tự như ở câu a) ta được

3/2
2
2
x'
3
2
V
acos 1-
c
a
uVcos
1
c
 
α
 ÷
 
′
=
α
 

−
 ÷
 
0,25 điểm
• Đối với thành phần theo trục y’, ta có:

2
y'
2
u sin 1
u
V
1 ucos
c
α −β
′
=
− α
và
2
y' y'
2
(u sin a sin dt) 1
u a dt
V
1 (ucos acos dt)
c
α + α −β
′ ′ ′
+ =

− α + α
0,25 điểm
với
V
c
β =
11
hay

2
y' y'
2
(u sin a sin dt) 1
u a dt
V
1 (ucos acos dt)
c
α + α −β
′ ′ ′
+ =
− α + α
2
2 2
(u sin a sin dt) 1
V V
1 ucos acos dt
c c
α + α −β
=
− α − α


2
2
2
2
(u sin a sin dt) 1
V Vacos dt
(1 ucos ) 1
V
c
c 1 ucos
c
α + α −β
=
 
 
α
 
− α −
 
 
− α
 ÷
 
 
 
1
2
y
2

2
2
(u a sin dt) 1
Vacos dt
1
V
V
(1 ucos )
c 1 ucos
c
c
−
 
 
+ α −β
α
 
= −
 
 
− α
− α
 ÷
 
 
 
2
2
2
2

(u sin a sin dt) 1
Vacos dt
1
V
V
(1 ucos )
c 1 ucos
c
c
 
 
α + α −β
α
 
= +
 
 
− α
− α
 ÷
 
 
 
2
2
2 2
2 2 2
u sin 1
asin Vusin acos
1 dt

V V V
(1 ucos ) (1 ucos ) c (1 ucos )
c c c
 
 
α −β
α α α
= + −β +
 
 
− α − α − α
 
0,25 điểm
Suy ra
y'
a dt
′ ′
2
2
2
2 2
2
dt 1
V
ac sin (1 ucos ) Vusin acos
V
c
c (1 ucos )
c
−β

 
= α − α + α α
 
 
− α
2
2
2
asin dt 1
V
(1 ucos )
c
α −β
=
− α
0,25 điểm
Chú ý rằng trong trường hợp này
2
2
dt
dt '
V
1
c
=
−
. Cuối cùng ta được:
2
y'
2

2
2
asin V
a 1
c
V
1- ucos
c
 
α
′
= −
 ÷
 
 
α
 ÷
 
0,25 điểm
HÕT
12