đáp án đề thi HSGQG 2004(ngày 1)

đáp án và thang điểm Bài thi Ngày thứ nhất Bảng A (Đề chính thức) Lời giải Điểm Bài I (Cơ) ( 6 điểm) 1. Mô men: I = 1 3 1 R r 22 drr2) )rR( m ( ; r = R/2, I =m 2 )rR( 22 + = 8 mR5 2 2. Gọi X là xung lực của lực ma sát ở nơi tiếp xúc giữa hai đĩa; v 1 , v 2 tơng ứng là 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; m 1 v 1 = m 2 v 2 + Sử dụng ĐLBT mô men động lợng của vật rắn: (1) RX)(I 1 ' 1 = ; RX)(I 2 ' 2 = 2 ' 21 ' 1 = (2) m 1 v 1 = R/)(I 1 ' 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 = += 2 ' 21 ' 1 vRvR (4) + Giải hệ 4 phơng trình, 4 ẩn: ' 1 , ' 2 , v 1 ;v 2 ; ( ) ( ) 2 ' 2 2 ' 21 ' 1 2 ' 1 mR I mR I =+ (5). Từ (2) và (5): 2 21 2 ' 1 mR I2 2 ) mR I2 1( + + = , 2 12 2 ' 2 mR I2 2 ) mR I2 1( + + = ; Thay I= 8 mR5 2 , thì: 13 49 21 ' 1 = ; 13 49 12 ' 2 = . Còn v 1 = 26 R)(5 21 + ; v = 1 ' 1 vR = 2 R)( 21 ( 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) 2 1 1: Q = dT)bTa( 2 1 T T ∫ + = a(T 2 -T 1 ) + 2 )TT(b 2 1 2 2 − 2. XÐt mét mol khÝ. Theo nguyªn lÝ I: dQ = dU +dA = 2 iRdT +pdV; i 2i C C V P + ==γ ; i = 2/(γ-1); p = RT/V ; ⇒( a + bT) dT = 2 iRdT + V RTdV ; V dV = R bdT RT adT + - T2 idT ; lnV = Tln R a - )1( 1 −γ lnT + bT/R + const V= R bT ) 1 1 R a ( eAT −γ − , A= h.s. 1,0 0,5 0,5 1,0 1,0 Bµi III (§iÖn) ( 5 ®iÓm) 1) MBAMAB UUU += ; (1) U MB = IR 2 ; (2) U AM = I R1 . R 1 = I L ω −ω C 1 L ; (3) ChiÕu (1) lªn 0x vµ 0y cã: U AB .X = IR 2 cos α = IR 2 .I L /I = R 2 I L ; U AB.y = IR 2 sin α + U AM U AB.y = I L ω −ω C 1 L (R 1 +R 2 )/R 1 Do ®ã U 2 = 2 y.AB 2 X.AB UU + = 2 L I               ω −ω+         +         + 2 2 21 21 2 1 21 C 1 L RR RR R RR §Æt         + = 21 21 RR RR R (*), chó ý tíi (3) cã I L = 2 2 2 C 1 LR 1 R UR       ω −ω+ ; I R1 = 2 2 21 C 1 LR C 1 L RR UR       ω −ω+ ω −ω I = 2 2 2 2 1 21 2 1R 2 L C 1 LR C 1 LR RR UR II       ω −ω+       ω −ω+ =+ (4) 0,5 0,5 (h×nh vÏ) 0,5 0,5 α U AB U R2 x y U AM I I L I R1 U MB U L U C 0 U R1 = I R1 R 1 = 2 2 2 C 1 LR C 1 L R UR + (5) U C = I L /C = 2 2 2 C 1 LRC 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 22 22 1 22 22 1 )C/1L(R RR 1 )C/1L(R )C/1L(R y + += + + = Bởi R 1 >R, y đạt cực đại, tức là số chỉ ampe kế khả dĩ lớn nhất khi s/rad10 LC 1 4 == . Khi đó theo (4), (5) và (6): I max =U/R 2 =5/2=2,5(A) Số chỉ của V 2 là: U C =U/R 2 C= ))(!V(2500 10.10.2 5 47 = 3) Ta có U V1 =U V2 --> U R1 = U C --> L-1/C=1/(C) --> s/rad10.41,1 LC 2 4 == . 222 222 1 21 L25,0R L25,0R RR RU I + + = với );A(1I)(10.2 C L2 L),(2,1 RR RR R 3 21 21 === + + = ).V(3 )L5,0(R L R2 UR UU 22 2 C1R + == 1,0 1,0 1,0 Bài IV (Quang) (5 điểm) 1) Góc lệch D đmax : Xét góc các tam giác thích hợp D đ = 2( i 1 -r 1đ ) + 180 0 -2{60 0 -r 1đ )}= 60 0 + 2i 1 i 1 lớn nhất để mọi tia đều bị phản xạ sini 1 = n sin ( 60 0 -i gh ) = 2 1)1n(3 2 Với n đ = 1,61 nhỏ nhất; sini ghđ = d n 1 0,6211; i ghđ 38,4 0 . 1 0,5 0,5 (hình vẽ) ----> D đmax = 133 0 ; (với n t = 1,68; sin ight = t n 1 0,5952; i ght 36,52 0 ) 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: sini 1 /sinr 1 = n; sink 1 /sink 2 = 1/n. k 1 là góc tới của tia tới mặt BC k 2 .khúc xạ của tia ló ra khỏi BC. k 1 = r 1 k 2 = i Tất cả các tia ló ra khỏi mặt BC cùng một góc Chùm tia ló là chùm song song Tính bề rộng: sinr 1đ = sini 1max /n đ = 0,368 cosr 1đ 0,9298 ; r 1đ = 21,59 0 IJ/sin60 0 = AJ/cosr 1đ IJ = 0,9314.AJ Tơng tự: KJ = 0,9314.CJ HK = IJ + KJ = 0,9314.AB. MP = HPtg( r 1đ - r 1t ) HKtg( r 1đ - r 1t ) = 0,01512.AB KM = PMcosr 1đ 0,01406.AB KQ = KMcosi 1max = 0,0113.AB KQ = 0,0113.a 1 0,5 0,5 1 I A K J H C B Q P M . đáp án và thang điểm Bài thi Ngày thứ nhất Bảng A (Đề chính thức) Lời giải Điểm Bài I (Cơ) ( 6 điểm). 1,0 1,0 Bµi III (§iÖn) ( 5 ®iÓm) 1) MBAMAB UUU += ; (1) U MB = IR 2 ; (2) U AM = I R1 . R 1 = I L ω −ω C 1 L ; (3) ChiÕu (1) lªn 0x vµ 0y cã: U AB .X = IR