BỘ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO OLYMPIC VẬT LÝ SINH VIÊN TOÀN QUỐC LẦN THỨ XVII HỘI VẬT LÝ VIỆT NAM ðẠI HỌC SÀI GÒN - 2014 PHẦN GIẢI BÀI TẬP (180 phút khơng kể thời gian phát đề) CÂU Gương từ Dưới tác dụng lực Lorentz, hạt tích điện có vận tốc thích hợp chuyển động theo ñường xoắn ốc dọc theo ñường sức từ Khi chuyển động đến miền có từ trường lớn (mật ñộ ñường sức lớn hơn), chuyển ñộng theo quỹ ñạo gần tròn kết hợp với thành phần hướng tâm từ trường mà hạt chịu tác dụng lực hướng phía ngồi miền từ trường mạnh Chính lực làm cho hạt bị phản xạ trở lại ðó hiệu ứng gương từ Một ion chuyển ñộng theo quỹ ñạo xoắn ốc xung quanh trục ống solenoid Các vòng dây ống solenoid cho ion chuyển động miền có từ trường tăng dần từ B1 đến B2 Hãy tìm điều kiện để ion bị phản xạ trở lại tới vùng từ trường B2 Giả sử nguồn phát ion ñặt ñiểm có từ trường B1 trục ống solenoid nói phát ion loại bay vào bên ống Tất ion có tốc độ phân bố ñều theo hướng Hỏi tỷ lệ ion bị phản xạ trở lại bao nhiêu? B1 B2 Giải Vì từ trường tăng nên xem quỹ đạo ion mặt phẳng vng góc với trục đường tròn Tốc độ góc chuyển động tròn ω= qB m (1) Do có đối xứng trục nên thành phần song song với trục solenoid (trục z) mơ men động lượng bảo tồn Ta có m r 2ω = m r12ω1 (2) với ω1 r1 tốc độ góc bán kính quỹ đạo tròn vị trí từ trường B=B1 Mặt khác, lượng ion từ trường bảo tồn Do 2 2 2 mvl + mr ω = mv1l + mr1 ω1 , 2 2 số l ñánh dấu thành phần song song với trục solenoid Giả sử ion bị phản xạ trở lại điểm có từ trường B Khi tốc độ vl = Ta có (3) r 2ω ω v12l = r 2ω − r12ω12 = r12ω12 2 − 1 = r12ω12 − 1 r ω ω1 1 (4) Vì B ≤ B2 nên ñiều kiện ñể ion phản xạ trở lại B2 −1 B1 v1l ≤ v1t , (5) v1t = r1ω1 thành phần vận tốc mặt phẳng vng góc với trục điểm có từ trường B1 Từ bất ñẳng thức (5) suy ion bị phản xạ góc α hướng bay ban đầu ion trục ống thỏa mãn ñiều kiện cos α ≤ − B1 ≡ cos α B2 (6) Ký hiệu n số ion bay vào ñơn vị góc khối Tổng số ion chùm N=2πn Số ion bị phản xạ N '= n ∫ dΩ cos α ≤ cos α B = π n ∫ sin α dα = 2π n − B2 | α |≤ α (7) Vậy tỷ lệ ion bị phản xạ k≡ N' B = 1− N B2 CÂU I Một thùng đựng nước muối có đáy hình vng cạnh dài 3m Thành bên thùng hấp thụ hoàn toàn ánh sáng, đáy thùng thủy tinh có độ dày khơng ñáng kể bỏ qua ðộ sâu nước thùng 1m Thùng ñược ñặt nằm yên thời gian dài Khi đó, nồng độ muối thùng khơng đồng đều, mà tăng theo chiều sâu Nước muối nặng nước tinh khiết nên chiết suất nước muối thùng tăng theo chiều sâu Giả thiết chiết suất nước thùng bề mặt n0 = 1,3 tăng theo chiều sâu với tốc độ tăng α = 0,05 m-1 Khơng khí bao quanh thùng có chiết suất na = Một nguồn sáng nhỏ ñặt tâm ñáy thùng, phát ánh sáng hướng a ðể ñơn giản, giả thiết nước muối đồng có chiết suất n0 Hãy tính diện tích bề mặt nước chiếu sáng, nhìn bề mặt nước từ phía xuống b Xét trường hợp thực tế nước có nồng độ muối khơng đồng trình bày Hãy xác định điều kiện góc phát tia sáng đáy thùng để tia sáng ló khỏi bề mặt nước Phác họa đường tia sáng khơng thỏa mãn điều kiện II Xét khơng khí phía mặt đường cao tốc ánh nắng mùa hè Trên mặt ñường, nhiệt ñộ khơng khí Th = 60oC Lên cao, nhiệt độ giảm dần Từ độ cao 1m trở lên, khơng khí mát có nhiệt độ Tc = 30oC Chiết suất n(T) khơng khí hàm nhiệt độ liên quan đến mật độ khơng khí ρ(T) theo hệ thức n(T)-1 ∼ ρ(T) Ở ñây, T nhiệt độ tuyệt đối khơng khí Giả thiết mật độ khơng khí tỷ lệ nghịch với nhiệt độ, áp suất khơng khí điểm atm Chiết suất khơng khí nhiệt ñộ 15oC áp suất atm 1,000276 Nếu mắt người lái xe tơ cách mặt đường 1,5m mặt đường trở nên mờ ảo cách mắt bao xa (hiện tượng ảo ảnh)? Giải I a Tia sáng từ bóng đèn tới mặt nước có góc tới lớn góc giới hạn θ0 phản xạ tồn phần khơng ló khỏi nước Góc θ0 xác định phương trình 1,3 sinθ0 = sin 90o , o θ0 = 50,3 Chỉ tia sáng có góc tới nhỏ góc tới hạn θ0 ló khỏi mặt nước Vì vậy, nhìn từ xuống, diện tích mặt nước bóng đèn chiếu sáng hình tròn bán kính R với R = tan 50,3o = 1,20m Diện tích chiếu sáng S = πR2 = 4,56 m2 R θ0 R θ0 b ðể tia sáng ló khỏi nước, góc tới tia sáng bề mặt phải nhỏ góc tới hạn θ0 Theo định luật khúc xạ, ta có n sinθ = const Do đó, góc θ tia sáng đáy thùng phải nhỏ góc θ1 thỏa mãn phương trình n1 sinθ1 = n0 sinθ0 với n1 chiết suất nước muối ñộ sâu 1m (tức ñáy thùng) n1 = n0 + αh = 1,3 + 0,05 = 1,35 Vậy sinθ1 = n0 sinθ0 / n1 = 1/ n1 = 0,7407 , tức θ < θ1 = 47,8o Nếu góc θ > θ1 tồn x < h thỏa mãn phương trình n1 sinθ = (n0 + αh) sinθ = (n0 + αx) sin 90o ðiều có nghĩa tia sáng từ đáy thùng có góc θ > θ1 bị phản xạ tồn phần độ sâu x < h, ngược lại đáy thùng khơng ló khỏi mặt nước ðường ñi tia sáng ñược phác họa hình vẽ θ1 θ> θ1 II Chiết suất khơng khí phụ thuộc vào nhiệt độ tuân theo hệ thức n(T) – ∼ ρ(T) ∼ , T đó, chiết suất thay đổi theo ñộ cao so với mặt ñường Ánh sáng truyền khơng khí giống trường hợp truyền nước muối xét phần Tia sáng ñi ñến mắt người lái xe hình vẽ L khoảng cách từ mắt đến nguồn sáng biểu kiến tia sáng dường xuất phát từ bề mặt ñường Trên thực tế, tia sáng ñi từ bầu trời nên mặt đường dường có màu xanh trở nên mờ ảo Chiết suất không khí sát mặt đường nh độ cao 1m nc nh = + (288/333) (1,000276 – 1) = 1,000239 , nc = + (288.303) (1,000276 – 1) = 1,000262 Góc θ xác ñịnh từ phương trình nc sinθ = nh sin 90o hay sinθ = nh / nc Do θ = 89,61o Ta có L = 1,5 tan 89,61 ≈ 220 m θ 0,5m Tc, nc 1m Th, nh L CÂU Cho xi-lanh kín ABCD đặt nằm ngang Thành bên AD BC, nắp CD pít-tơng MN làm vật liệu khơng dẫn nhiệt, đáy AB dẫn nhiệt Pít-tơng MN chuyển động khơng có ma sát xi-lanh Bên trái bên phải pít-tơng có mol chất khí lý tưởng có nhiệt dung mol đẳng tích CV số đoạn nhiệt (hệ số Poisson) γ Khối khí bên phải pít-tơng đốt nóng (hoặc làm lạnh) làm cho pít-tơng chuyển động chậm Hãy biểu diễn nhiệt dung C1 khối khí q trình xét thơng qua thể tích V1 V2 hai khối khí Khi nhiệt dung C2 khối khí bên trái píttơng bao nhiêu? Nếu nắp CD dẫn nhiệt nhiệt ñộ khối khí bên trái giữ khơng đổi kết thay ñổi nào? M C B V2 D V1 A N Giải Yếu tố nhiệt lượng mà khối khí bên phải nhận nhiệt độ thay đổi lượng dT1 δQ1 = CV dT1 + P1dV1 = CV dT1 + RT1 dV1 V1 (1) Khối khí bên trái pít-tơng khơng nhận nhiệt lượng nên δQ2=0, C2=0 CV dT2 + RT2 dV2 =0 , V2 hay dT2 R dV2 =− T2 CV V2 (2) Vì P1=P2 nên V1T2=V2T1 , suy dV1 dV2 dT1 dT2 − = − V1 V2 T1 T2 (3) Mặt khác, V1 + V2 khơng thay đổi nên dV1 = −dV2 (4) Thay (2) (4) vào (3), ta nhận ñược 1 R dT1 = dV1 + + V1 V2 CV V2 T1 Vì R=CP – CV = CV (γ -1) nên viết lại phương trình sau dV1 = dT1 V1V2 T1 V2 + γV1 (5) Thay (5) vào (1), ta có δQ1 = CV + R V2 dT1 V2 + γV1 Vậy (6) C1 = δQ1 V2 V +V = γCV = CV + R δT1 V2 + γV1 V2 + γV1 (7) Xét trường hợp nắp CD dẫn nhiệt nhiệt độ T2 khối khí bên trái giữ khơng đổi Khi ta có phương trình (1) phương trình δQ2 = P2 dV2 (8) Phương trình (3) quy dV1 dV2 dT1 − = V1 V2 T1 (9) Thay (4) vào (9) sử dụng (1), ta nhận ñược δQ1 = CV + R V2 V + γV2 dT1 = CV dT1 , V2 + V1 V1 + V2 (10) C1 = CV V1 + γV2 V1 + V2 (11) Vì δQ2 hữu hạn mà dT2 = nên C2 = ∞ CÂU Muon hạt µ có điện tích spin electron có khối lượng nghỉ mµ = 207 me, me khối lượng nghỉ electron a Giả thiết hạt µ có tốc độ vµ va chạm khơng đàn hồi với proton ñứng yên tạo thành hệ liên kết giống nguyên tử hydro Nếu bỏ qua lượng liên kết ngun tử tốc độ ngun tử sau va chạm bao nhiêu? b Nếu nguyên tử tạo muon proton câu hỏi a chuyển từ trạng thái kích thích thứ trạng thái phát photon có lượng bao nhiêu? c Muon hạt khơng bền, phân rã thành electron e, neutrino ν phản neutrino ν µ → e + ν + ν Giả thiết neutrino phản neutrino có khối lượng nghỉ Hãy tính động lớn electron ñược tạo thành hạt µ ñứng yên phân rã Cho biết proton có khối lượng nghỉ mp = 1836 me Giải a Ký hiệu pµ xung lượng hạt µ, M P khối lượg xung lượng ngun tử Ta có phương trình thể bảo toàn lượng xung lượng (m µ c ) + ( pµ c) + m p c = (Mc ) + ( Pc) + E b pµ = P , (1) (2) Ở ñây, Eb lượng liên kết nguyên tử Bỏ qua Eb, ta rút M 2 = m µ + m 2p pµ mµ + c 2 + 2m p = mµ2 + m 2p + 2mµ m p − (v µ / c ) (3) Mặt khác, P= M V 1− c V mµ pµ = , vµ − c vµ , (4) với V tốc ñộ nguyên tử Thay (3) vào (4), ý đến (2), ta có V= mµ ( mµ + m p − vµ / c ) vµ (5) b ðối với nguyên tử hydro, mức lượng ñược cho biểu thức En = − e m ep 1 e4me 1 ≈ − = − eV , 13,6 ℏ2 n 2 ℏ2 n n2 (6) n=1, 2, 3, , mep khối lượng rút gọn electron proton Vì me