Xét một mol khí.
Trang 1đáp án và thang điểm Bài thi Ngày thứ nhất Bảng A
(Đề chính thức)
Bài I (Cơ) ( 6 điểm)
R
r
2
2 )2 r dr )
r R (
m
2
) r R ( 2 2
=
8
mR
2 Gọi X là xung lực của lực ma sát ở nơi tiếp xúc giữa hai đĩa; v1, v2 tơng ứnglà
độ lớn thành phần vuông góc của vận tốc hai đĩa với đờng nối tâm của chúng, có
phơng ngợc với chiều quay của các đĩa này:
+ Sử dụng định luật bảo toàn động lợng theo phơng vuông góc với phơng chuyển
động;
m1v1= m2v2
+ Sử dụng ĐLBT mô men động lợng của vật rắn: (1)
RX )
( ' 1
1
RX )
(
2
2 1
'
1
(2)
m1v1 = ( ' 1)/R
1
(3)
+ Sử dụng giả thiết, sau va chạm, thành phần vuông góc của vận tốc dài của các
tiếp điểm ở hai vành đĩa bằng nhau:
v =
1'R v1 '2R v2 (4)
+ Giải hệ 4 phơng trình, 4 ẩn: '1, '2, v1;v2;
' 2 2
' 2 1
'
1
2
'
1
mR
I mR
I
Từ (2) và (5):
2
2 1 2
'
1
mR
I 2 2
) mR
I
2
1
(
2
1 2 2 '
2
mR
I 2 2
) mR
I
2
1
(
8
mR
, thì:
13
4
9 1 2
'
1
13
4
9 2 1
' 2
v1=
26
R ) (
5 12
;
v = 1'R v1=
2
R ) (1 2
( nếu 1>2 v > 0, vận tốc này có hớng theo chiều quay của đĩa 1)
1,0
0,5
0,5 0,5 1,0
1,0
0,5
1,0
Bài II (Nhiệt) ( 4 điểm)
1: Q = (a bT)dT
2
1
T
T = a(T2-T1) +
2
) T T (
1
2
2
2 Xét một mol khí Theo nguyên lí I:
dQ = dU +dA =
2
iRdT
+pdV;
1,0 0,5 0,5
2
1
Trang 22
i
C
C
V
; i = 2/(-1); p = RT/V ;
( a + bT) dT =
2
iRdT
+
V
RTdV
;
V
dV
=
R
bdT RT
adT
T 2
idT
;
lnV = ln T
R
a
-
) 1 (
1
lnT + bT/R + const
1
1
R
a
(
e
AT , A= h.s
1,0
1,0
Bài III (Điện) ( 5 điểm)
1) UAB UAMUMB; (1)
UMB = IR2; (2)
UAM = IR1 R1= IL C
1 L
; (3) Chiếu (1) lên 0x và 0y có:
UAB X = IR2cos = IR2.IL/I = R2IL;
UAB.y = IR2sin + UAM
UAB.y = IL C
1 L
(R1+R2)/R1
Do đó U2 =U2AB.X U2AB.y = I2L
2 1
2 1 2
1
2
1
C
1 L R
R
R R R
R
R
Đặt
2 1
2 1 R R
R R
R (*), chú ý tới (3) có
C
1 L R
1 R
UR
2 2
1
C
1 L R
C
1 L R
R
UR
2
2 2
1
2 1
2
1 R
2
L
C
1 L R
C
1 L R R R
UR I
I
UR1 = IR1R1 = 2
2 2
C
1 L R
C
1 L R
UR
(5)
0,5
0,5 (hình vẽ) 0,5
0,5
1,0
U
AB
U
R2
x
y
U AM I
I L
I R1
U MB
U L
U C 0
Trang 3UC = IL/C = 2 2 2
C
1 L R C
1 R
UR
(6) Với R tính bởi (*)
2) Xét biểu thức của I, ta thấy biểu thức dới dấu căn (kí hiệu là y) là
2 2
2 2 1 2
2
2 2
1
) C / 1 L ( R
R R 1
) C / 1 L
(
R
) C / 1 L
(
R
y
Bởi R1>R, y đạt cực đại, tức là số chỉ ampe kế khả dĩ lớn nhất khi
s / rad 10
LC
Khi đó theo (4), (5) và (6): Imax=U/R2=5/2=2,5(A)
Số chỉ của V2 là:
UC=U/R2C= 2500(V)(!)
10 10 2
5 4
3) Ta có
UV1=UV2 > UR1 = UC > L-1/C=1/(C)
> 1 , 41 10 rad / s
LC
2 2 2
2 2 2
1 2
1 R 0,25L
L 25 , 0 R
R
R
RU
I
);
A ( 1 I ) ( 10 2 C
L 2 L
), ( 2 , 1 R
R
R
R
2
1
2
).
V ( 3 ) L 5 , 0 ( R
L R
2
UR
U
U
2 2
2 C
1
1,0
1,0
Bài IV (Quang) (5 điểm)
1) Góc lệch Dđmax: Xét góc các tam
giác thích hợp
Dđ = 2( i1-r1đ) + 1800-2{600 -r1đ)}= 600 + 2i1
i1 lớn nhất để mọi tia đều bị phản xạ
sini1 = n sin ( 600-igh) =
2
1 ) 1 n (
Với nđ = 1,61 nhỏ nhất;
sinighđ =
d
n
1
0,6211; i ghđ 38,40
> Dđmax = 1330;
(với nt = 1,68; sin ight =
t
n
1
0,5952; i ght 36,520) 2) Xét các tam giác thích hợp, chứng minh đợc các góc khúc xạ của các tia
tại mặt AB bằng các góc tới của tia tới mặt BC
Có: sini1/sinr1 = n; sink1/sink2 = 1/n
k1 là góc tới của tia tới mặt BC
k2 khúc xạ của tia ló ra khỏi BC
k1 = r1 k2 = i Tất cả các tia ló ra khỏi mặt BC cùng một góc Chùm tia
ló là chùm song song
Tính bề rộng:
sinr1đ = sini1max/nđ = 0,368 cosr1đ 0,9298 ; r1đ = 21,590
IJ/sin600 = AJ/cosr1đ IJ = 0,9314.AJ
Tơng tự: KJ = 0,9314.CJ
HK = IJ + KJ = 0,9314.AB
1 0,5 0,5 (hình vẽ) 1
0,5
0,5
I A
K J
H
C B
Q
P M
Trang 4 MP = HPtg( r1® - r1t ) HKtg( r1® - r1t ) = 0,01512.AB
KM = PMcosr1® 0,01406.AB
KQ = KMcosi1max = 0,0113.AB
