điều đó chứng tỏ hai ván chuyển động riêng rẽ và ván 1 chuyển động chậm hơn ván 2.
Trang 1Giới thiệu các đề thi
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÀN QUỐC,
MễN VẬT Lí - Năm học 2002-2003
Ngày thi thứ nhất : 12/3/2003 (Xem Vật lý & Tuổi trẻ, Số 1, tháng 9/2003)
Bảng A
Bài I : Cơ học
Các thành phần vận tốc của A và B dọc theo
thanh bằng nhau nên:
vB = vAcos(600- α)/cosα= tg )
2
3 2
1 (
v0 + α Chọn trục Oy nh hình vẽ, A có toạ độ:
y= Lsinα⇒ y’= Lcosα α’ = v0cos300
Vận tốc góc của thanh:
ω = α’ =
α
cos L
30 cos
α
cos L 2
3
Gia tốc của B: a =
dt
dvB
α '
cos 2
3
α
3
2
0
cos
L
4
v
2 Các lực ma sát nghỉ có độ lớn cực đại là:
F1max= k1m1g ; F2max= k2( m1 + m2)g
1/ F ≤ F2max thì a1= a2= 0
2/ F > F2max thì ván 2 chuyển động và chịu tác dụng của các lực :
F, F2max và lực ma sát F1 giữa hai ván Có hai khả năng :
a) F1≤ F1max ,ván 1 gắn với ván 2 Hai ván cùng chuyển động với gia tốc:
a =
2 1
max 2
m m
F F
+
−
Lực truyền gia tốc a cho m1 là F1: F1 =m1
2 1
max 2
m m
F F
+
−
≤ k1m1g ⇒ F ≤ ( k1 +k2)(m1 +m2)g
Điều kiện để hai tấm ván cùng chuyển động với gia tốc a là:
k2( m1 + m2)g < F ≤ ( k1 +k2)(m1 +m2)g Thay số: 4,5N < F ≤ 6N
b) F = F1max Ván 1 trợt trên ván 2 và vẫn đi sang phải với gia tốc a1
a1 < a2 ; F1max= k1m1g = m1a1 ; a1= k1g
Ván 2 chịu F, F1max, F2max và có gia tốc a2:
a2 =
2
2 1 2 1 1
m
g ) m m ( k g m k
Điều kiện để a2 - a1 =
2
m
1
{F - ( k1 +k2)(m1 +m2)g}> 0 là F>(k1 +k2)(m1+m2)g Thay số: F ≤ 4,6N : a1= a2= 0 ; hai vật đứng yên
4,5N < F ≤ 6N : hai vật có cùng gia tốc: a1 = a2 =
5 , 1
5 , 4
F−
F > 6N : Vật 1 có a1= 1m/s2; vật 2 có a2 = (F − 5)
Bài II : Nhiệt học
0
v
A
B
P 1
β
Hình 1 P2
α
y
O
Trang 21. Quá trình 1 - 2 :
1
1 2
2
V
p V
1
2 1
p
p V
1 1
2 2 1
V p
V p T
T = = = 27000K
Quá trình 2-3:
3 / 5 2 3
2 2
3 P V
V P
=
=
γ
≈ 0,619P2= 1,857 P1 ( thay V3 = V4)
3 / 2 2 1
3
2 2
4
3 T V
V T
=
=
− γ
= 7,43T1=22290K
Quá trình 4 - 1 : T4 = T1 1
4 V
V
= 4T1= 12000K
2. Quá trình 1- 2 : ∆U1-2=CV( T2-T1) = 8CVT1 = 12RT1
A1-2 =( p2+ p1)(V2-V1)/2 = 4p1V1= 4RT1
Q1-2 = ∆U1-2+A1-2 =16RT1
Quá trình 2-3:
A2-3 = - ∆U2-3 = - CV( T3-T2) = 2,355 RT1; Q2-3 = 0
Quá trình 3- 4: ∆U3-4 = CV( T4-T3) = - 5,145RT1 ; A3-4 = 0
Q3-4 = ∆U3-4+ A3-4 = - 5,145RT1
Quá trình 4- 1: ∆U4-1 = CV( T1-T4) = - 4,5RT1
A4-1 = p1(V1-V4) = - 3p1V1=- 3RT1
Q4-1 = ∆U4-1+ A4-1 = - 7,5RT1
A = A1-2 + A2-3 + A3-4 + A4-1 = 4RT1+2,355 RT1- 3RT1= 3,355RT1
Nhiệt lợng khí nhận là: Q = Q1-2 =16RT1
η =
2 1 Q
A
−
= 20,97% ≈ 21%
3. Vi phân hai vế: pV=RT (1) ; pV-1=hs
pdV +Vdp=RdT
- pV-2dV +V-1dp = 0 Giải hệ: pdV = Vdp = 0,5RdT
dQ = CVdT + pdV= 1,5RdT+0,5RdT= 2RdT
C = dQ /dT = 2R =hs
Bài III: Điện học
Kí hiệu và quy ớc chiều dơng của các dòng nh hình vẽ
và gọi q là điện tích bản tụ nối với B Lập hệ:
iC = i1 + i2 (1)
L '
1
i -2L '
2
i = 0 (2)
Li1' = q/C (3)
i = - q’ (4)
Đạo hàm hai vế của (1) và (3):
i”C = i”1 + i”2 (1’)
Li”1 - 2Li”2 = 0 (2’)
Li”1 = - iC/C (3’) ⇒ ; i”C = iC
LC 2
3
Phơng trình chứng tỏ iC dao động điều hoà với
LC 2
3
=
iC = I0sin(ωt +ϕ) (5) Từ (2) ⇒ (Li1 - 2Li2)’=hs
L
2
L
D
Hình 2
A
B i
1 iC
Trang 3i1 - 2i2= hs Tại t = 0 thì i1 = I1, i2 = 0 ⇒ i1 - 2i2 = I1(6)
i1 + i2 = iC = I0Csin(ωt +ϕ) Giải hệ: i1 =
3
I1 + 3
I
2 0C sin(ωt +ϕ)
i2=
3
I0C
sin(ωt +ϕ)
-3
I1 ; uAB = q/C =L '
1
i = 3
I
2 0C
LCωcos(ωt +ϕ)
Tại thời điểm t = 0 i1= I1; i2= 0 ; uAB = 0 : Giải hệ: I0C=I1; ϕ = π/2;
Đáp số: i1 =
3
I1 + 3
I
2 1 cos LC 2
3 t
i2 =
3
I1 cos
LC 2
3
t - 3
I1
ở thời điểm t1 mở K2: i1= 0 , từ (6) ⇒ i2 = - 0,5I1 Vì VA<VB nên không có dòng qua Đ, chỉ
có dao động trong mạch L2C với T’=2π 2LCvà năng lợng L
2
I2
1 Biên độ dao động là I0: 2L
2
I2
0 = L
2
I2
1 ⇒ I0 =
2
I1 Chọn mốc tính thời gian từ t1:
Khi t =t1= 0 i1= 0 , từ (6) ⇒ i2 = - 0,5I1 ; i =
2
I1 sin(
LC 2
t
+ϕ )
uAB = -2Li’= - 2L
LC 2
I1 cos(
LC 2
t
+ϕ) < 0 Giải hệ: ϕ = -π/4
i =
2
I1
sin(
LC 2
t
- π/4 )
Đến thời điểm t2 tiếp theo thì uAB bằng 0 và đổi sang dấu dơng
uAB = - 2L
LC 2
I1 cos(
LC 2
t2
π/4 ) = 0 ⇒ t2 =
4
LC 2
Từ thời điểm này có dòng qua cả hai cuộn dây, trong mạch có dao động điện từ với T= 3
/
LC
2
2π Ta sẽ chứng minh đợc từ thời điểm t2 luôn có dòng qua điôt Tơng tự nh trên, trong
hệ có dao động điện từ với
LC 2
3
=
ω ; i1 - 2i2 = I1
i1 + i2 = iC = I’0Csin{ω(t-t2) +ϕ}
i1 =
3
1
I1 +
3
2
I’0C sin{ω(t-t2) +ϕ}
i2 =
3
1
I’0Csin{ω(t-t2) +ϕ} –
3
1
I1; uAB = q/C =Li1' =
3
2
I’0C LCωcos{ω(t-t2) +ϕ}
Với điều kiện ban đầu: t = t2; i1= 0 ; u = 0 suy ra: ϕ = - π/2; I’0C = I1/2
i1 =
3
I
2 1
{1- coω(t-t2)}=
3
I
2 1 {1- cos(
LC 3
2
t-4
3
π )}≥ 0 (đpcm)
Kết luận: với 0< t <
4
LC 2
thì i1 = 0; với t ≥
4
LC 2
π thì
i1
O
t2 t
2+T
3
I
2 1
t
Trang 4i =
3
I
2 1
{1- cos(
LC 3
2 t
-4
3
π )}
Bảng B
Bài I: Cơ học
1 Xem lời giải Câu 1, Bảng A
2 Các lực ma sát nghỉ có độ lớn cực đại bằng ma sát trợt:
F1max= k1m1g = 0,5N ; F2max= k2( m1 + m2)g = 3N
Nếu hai tấm ván chuyển động nh một khối thì có gia tốc chung là: a: a =
2 1
max 2
m m
F F
+
−
= 2
s
/
m
3
4
Mặt khác lực truyền gia tốc a cho m1 là F1: chỉ có thể gây gia tốc cực đại là
a1max =
1
1 1
m
g m k
= k1g = 1 2
s
m < a điều đó chứng tỏ hai ván chuyển động riêng rẽ và ván
1 chuyển động chậm hơn ván 2 Ván 2 chịu các lực F, F2max và F1max Nó có gia tốc
2
max 2 max 1
s
m 5 , 1 1
3 5 , 0 5 m
F F
F
=
−
−
=
−
−
Bài II - Nhiệt học
Xem lời giải Bài II, Bảng A
Bài III- Điện học:
Xem lời giải Câu 1, Bài III, Bảng A