Đề Thi OLYMPIC VẬT LÝ SINH VIÊN TOÀN QUỐC – VINH 2009

đề bài hướng dẫn giải chi tiết

1 BỘ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO OLYMPIC VẬT LÝ SINH VIÊN TOÀN QUỐC – VINH 2009 HỘI VẬT LÝ VIỆT NAM ðÁP ÁN PHẦN BÀI TẬP CÂU 1. ðối với một mol khí thực tuân theo phương trình Van der Waals RTbV V a p =−       + )( 2 , hãy thiết lập: a. Phương trình ñường cong ñoạn nhiệt theo các thông số trạng thái T và V. b. Hiệu nhiệt dung mol Vp CC − như một hàm số của T và V. Biết nội năng của một mol khí Van der Waals ñược cho bởi công thức V a TCU V −= . ðÁP ÁN a. Theo nguyên lý I, pdV dQ dU − = . (1) Ta lại có dV V a dTCdV V U dT T U dU V TV 2 +=       ∂ ∂ +       ∂ ∂ = . ðối với quá trình ñoạn nhiệt dQ = 0. Thay tất cả vào (1) ta ñược pdVdV V a dTC V −=+ 2 . Từ phương trình Van der Waals suy ra 2 V a b V RT p − − = . Thay vào phương trình trên và sau khi rút gọn ta ñược b V RTdV dTC V − −= hay )( bVC RdV T dT V − −= . Lấy tích phân hai vế, ta ñược 2 constbV C R T V +−−= )ln(ln hay const CR bVT V =− / )( . ðây chính là phương trình cần tìm. b. Thay dV V a dTCdU V 2 += và dV V a bV RT pdV       − − = 2 vào (1), ta ñược dV b V RT dTCdQ V − += . Với p không ñổi, dTCdQ p = . Thay vào phương trình trên, ta ñược p Vp T V bV RT CC       ∂ ∂ − += . Nhưng 2 V a b V RT p − − = . Lấy vi phân hai vế ta ñược (vì p = const nên vi phân của nó bằng 0) bV R T V V a bV RT p − +       ∂ ∂       + − −= 32 2 )( 0 . Suy ra 3 2 32 )(2 1 2 )( )/( RTV bVa bV V a bV RT bVRT T V T p − − − = − − − =       ∂ ∂ . Cuối cùng ta có 3 2 )(2 1 RTV bVa R CC Vp − − =− . CÂU 2. Một gương parabol (xem hình vẽ) tạo ra bằng cách cho parabol 2 xy β = quay xung quanh trục Oy của nó ( β là hằng số cho trước). Người ta chiếu tới gương hai tia sáng song song với trục Oy. Biết rằng hai tia lần lượt cách trục này một khoảng là l và l 2 . Hỏi sau khi phản xạ, tia nào cắt trục Oy 3 ở gần gốc O hơn? Tìm khoảng cách từ giao ñiểm của tia ñó với trục Oy ñến gốc tọa ñộ. ðÁP ÁN Xét tia cách trục Oy một khoảng l . ðiểm tới M của tia này có tọa ñộ là ( 2 ; ll β ). Tiếp tuyến với gương tại M có hệ số góc l M y β α 2 ) ( ' tan = = . Dễ thấy góc lập bởi tia tới với tiếp tuyến tại M là α π γ −= 2 . Góc lập bởi tia phản xạ và trục Ox là 2 2 π αδ −= . Hệ số góc của tia phản xạ là y x O y= β x 2 M 4 α α α αδ tan 2 tan1 2 tan 1 2cottan 2 − −=−=−= . Phương trình của tia phản xạ là α αβ tan 2 tan1 22 − −= − − l x ly . Giao ñiểm của tia phản xạ với trục Oy có tọa ñộ );0( 0 y . Thay vào phương trình trên, ta ñược α α β tan 2 tan1 2 2 0 − −= − − l ly hay ( ) l ll l l ly β β β α α β 4 41 tan2 )tan1( 22 2 2 2 0 − += − += ββ ββ 4 1 4 414 2222 = −+ = ll . Vì 0 y là hằng số không phụ thuộc l , nên tất cả các tia phản xạ ñều hội tu về ñiểm trên trục Oy có tọa ñộ ) 4 1 ;0( β hay nói cách khác, tất cả các tia tới sau khi phản xạ trên gương ñều cắt trục Oy tại ñiểm cách gốc tọa ñộ cùng một khoảng bằng β 4 1 . CÂU 3. Một hạt tương ñối tính có khối lượng nghỉ m 1 bay ñến va chạm với hạt có khối lượng nghỉ m 2 ñứng yên (hạt bia) trong phòng thí nghiệm. a. Nếu hạt mới có khối lượng nghỉ M ñược tạo thành do va chạm dẫn tới sự huỷ hạt tới và hạt bia thì ñộng năng của hạt tới là bao nhiêu? Hãy xác ñịnh giá trị khả dĩ của M. b. Tốc ñộ của hạt mới tạo thành là bao nhiêu nếu xét trong hệ quy chiếu phòng thí nghiệm? c. Giả sử hạt mới (trong mục a.) phân rã thành hai hạt ñồng nhất. Quan sát trong phòng thí nghiệm thì mỗi hạt có năng lượng E và góc θ ñối với hướng bay của hạt tới. Hỏi khối lượng nghỉ của mỗi hạt này là bao nhiêu? ðÁP ÁN a. Ký hiệu p 1 và P lần lượt là xung lượng của hạt khối lượng m 1 và hạt khối lượng M. Xét trong hệ quy chiếu phòng thí nghiệm, theo ñịnh luật bảo toàn năng lượng và xung lượng, ta có 5 , )Pc()(Mc cm )cp()cm( 2222 2 2 1 22 1 +=++ (1) P p 1 = . (2) Từ (1) và (2) rút ra ( ) 2 1 2 2 2 2 1 2 2 2 2 1 mmmM m4 1 c p −−−=       . (3) Vì (p 1 /c) 2 là ñại lượng không âm nên ( ) 0m4mmmM 2 2 2 1 2 2 2 2 1 2 ≥−−− hay 0)m(m)m(m2MM 22 2 2 1 2 2 2 1 24 ≥ − + + − . Do ñó, 21 mmM − ≤ hoặc 21 mmM + ≥ . (4) Mặt khác, từ (1) và (2) suy ra 22 2 2 1 22 1 2 1 22 )c(mc)(p)c(mc)(p)(Mc ++≥+ hay 2 2 2 1 2 mmM +≥ . (5) Kết hợp (4) và (5) ta có 21 mmM + ≥ . (6) ðộng năng K của hạt m 1 là 2 1 2 1 22 1 2 1 cm)cp()cm(cmEK −+=−= = 2 2 2 21 2 c 2m )m(mM +− . (7) b. Tốc ñộ V của hạt M ñược xác ñịnh bởi biểu thức 1 2 pPV c V 1 M ==       − . (8) Từ ñó rút ra 2 2 2 1 2 22 2 2 1 2 2 2 1 22 2 1 2 1 mmM )m(m)]m2(m[MM c c p M p V +− −++− =       + = . (9) c. Ký hiệu m, p và E là khối lượng nghỉ, xung lượng và năng lượng của hạt ñược tạo thành do hạt M phân rã ra. Ta có 6 222222 )pc()mc()Pc()Mc( 2 1 E +=+= , (10) P=2 p cosθ . (11) Kết hợp với (2) và (3), ta nhận ñược       −−−−= 2 1 22 2 2 1 2 2 2 22 m)mmM( 4m 1 θtanM 2 1 m . (12) CÂU 4. Theo các số liệu thực nghiệm, sự sai khác giữa ñiện tích (-q e ) của electron và ñiện tích q p của proton thỏa mãn 21- p ep 10 q qq < − . Vậy có thể giải thích sự tồn tại từ trường của Quả ñất chỉ là do chuyển ñộng quay quanh trục của Quả ñất không? Biết rằng từ trường của Quả ñất là B ≈ 3 × 10 -5 T. Giả thiết rằng các nguyên tử tạo nên Quả ñất có phân bố ñều và có tỷ số giữa số khối A và nguyên tử số Z là A/Z=2. Cho biết: khối lượng của nuclon m = 1.67×10 -27 kg, ñiện tích của proton q p = 1.6×10 -19 C , ñộ từ thẩm của chân không (hằng số từ) µ 0 = 4π×10 -7 Tm/A , tốc ñộ góc của chuyển ñộng quay quanh trục của Quả ñất ω = 0.727×10 -4 rad/s , mật ñộ khối lượng trung bình của Quả ñất Ω= 5.52×10 3 kg/m 3 , bán kính của Quả ñất R = 6.38×10 6 m . Trong toạ ñộ cầu, yếu tố thể tích dV ñược cho bởi biểu thức dV = r 2 dr d(cos θ ) d ϕ z θ r y x ϕ [ ] ∫ −       +−−−−−+= − 1 1 1/21/23/23/2 23/2 2 a)(1a)(1a)(1a)(1 3a 2 a 8 ax)(1 x-1 dx r r 7 ðÁP ÁN Giả sử Quả ñất mang ñiện tích dương (do tổng ñiện tích của proton lớn hơn tổng ñiện tích của electron) và từ trường của Quả ñất có nguồn gốc từ chuyển ñộng quay của Quả ñất quanh trục của nó. Xem Quả ñất có dạng hình cầu. ðiện tích của yếu tố thể tích dV là ϕ d dθ sinθdr r ρdρ 2 = . (1) Ở ñây, ρ là mật ñộ ñiện tích khối. Do chuyển ñộng quay quanh trục của Quả ðất, ñiện tích này gây ra dòng ñiện có cường ñộ ϕ d dθ sinθdr r ρ 2 π ω I 2 = , (2) trong ñó ω là tốc ñộ góc của chuyển ñộng quay của Quả ñất. Dòng ñiện này gây ra từ trường tại cực của Quả ðất hướng theo trục quay và bằng dB ( ) 3/2 22 34 0 2rRcosθRr ddr dθ θsinr 4π ρωµ dB −+ = ϕ . (3) Từ trường tổng cộng tại cực Quả ðất là 2 0 ρωRµ 15 2 dBB ∫ == . (4) ðặt x = q qq p ep − thì ñiện tích của một nguyên tử là Z(q p – q e ) = xZq p . Ta có xq m Ω A Z ρ p = . (5) Thế (4) vào (3), ta nhận ñược 2 p0 ωRΩq2µ 15mB Z A x = ≈ 2.3×10 -19 > 10 -21 . Như vậy, giả thiết ñã nêu về nguồn gốc từ trường của Quả ñất dẫn ñến giá trị của ñại lượng x không phù hợp với số liệu thực nghiệm. . QUỐC – VINH 2009 HỘI VẬT LÝ VIỆT NAM ðÁP ÁN PHẦN BÀI TẬP CÂU 1. ðối với một mol khí thực tuân theo phương trình Van der Waals RTbV V a p =−       + )( 2 , hãy thi t lập:. b. Hiệu nhiệt dung mol Vp CC − như một hàm số của T và V. Biết nội năng của một mol khí Van der Waals ñược cho bởi công thức V a TCU V −= . ðÁP ÁN a. Theo nguyên lý I, pdV dQ dU − = . trình ñoạn nhiệt dQ = 0. Thay tất cả vào (1) ta ñược pdVdV V a dTC V −=+ 2 . Từ phương trình Van der Waals suy ra 2 V a b V RT p − − = . Thay vào phương trình trên và sau khi rút gọn ta ñược