Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 11 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Nội dung
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT DỰ THI CẤP QUỐC GIA, NĂM HỌC 2014-2015 Môn: VẬT LÍ Thời gian làm bài: 180 phút (Khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi: 22/10/2014 (Đề thi có 02 trang, gồm 06 câu) Câu (4,0 điểm): Một cầu thủ ghi bàn phạt đền cách khung thành l = 11(m), bóng bay sát xà ngang có độ cao h = 2, 24(m) Giả sử bóng chuyển động mặt phẳng thẳng đứng vng góc với xà ngang bỏ qua sức cản khơng khí Biết cầu thủ đá với vận tốc tối thiểu v0min g = 9,8(m / s ) Hãy xác định véc tơ vận tốc bóng thời điểm bóng rà sát xà ngang? m Một mặt phẳng nghiêng góc α = 30o so với phương A ngang, cuối mặt phẳng nghiêng nối trơn với vịng trịn bán kính R = 2(m) Một viên bi đồng chất khối lượng m = 20( g ) bán kính r = 1(cm) lăn khơng vận tốc ban đầu h từ điểm A có độ cao h = 3R (Hình 1) Hệ số ma sát mặt phẳng nghiêng vòng tròn Hãy xác định giá trị cực tiểu hệ số ma sát µmin để viên bi lăn đường mà khơng trượt? × O R α B Hình1 Câu (3,0 điểm): Một khí lý tưởng đơn ngun tử có bình biến đổi theo chu trình − − − hình Quá trình đoạn nhiệt − , trình − áp suất khơng thay đổi, q trình − q trình − có đồ thị đối xứng với qua đường thẳng có β p p V p , V OV phương qua vng góc với trục Áp suất thể tích p0 thơng số α , β biết Tìm hiệu suất chu trình theo α β ? Câu (2,5 điểm): Một vật nhỏ xem chất điểm có khối lượng m, q m, mang điện tích dương q đặt điểm A mặt phẳng nghiêng nhẵn, cách điện hợp với phương ngang góc α A r Thiết lập từ trường B vng góc với mặt phẳng hình vẽ Vật bắt đầu chuyển động dọc theo mặt phẳng nghiêng đoạn đường AB = l sau quỹ đạo chuyển động vật mặt phẳng thẳng đứng có dạng đường Cycloid Bỏ qua sức cản khơng khí, tìm ∆h theo l α ? (Hình 3) ur ( −Bα ) V0 O⊗ V0 V ( + α ) V0 × Hình ×2 ∆h × ur g B α Hình3 Câu (4,0 điểm): Cho mạch điện hình Điện áp hiệu dụng hai đầu đoạn mạch U AB =120(V ), dung kháng tụ điện ZC = 10 3(Ω) điện trở R = 10(Ω) Biết hộp kín X chứa hai ba phần tử ( R0 , L0 , C0 ) mắc nối tiếp, biểu thức điện áp hai điểm A N A C g M B ~R × g N Hình4 u AN = 20 cos100π t (V ), điện áp hiệu dụng hai điểm N B U NB =60(V ) Viết biểu thức điện áp hai đầu tụ điện? http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Cuộn dây cảm có độ tự cảm L, điện trở R tụ điện có điện dung C mắc hình Đặt vào hai đầu đoạn mạch A, B điện áp xoay Ag chiều có biểu thức u AB = U cos ωt (V ) Biết u i pha, tìm mối liên B~ g hệ L, C ω để cường độ dòng điện hiệu dụng qua tụ điện C đạt giá trị cực đại I C max , tìm giá trị cực đại đó? L C R Hình5 Câu (4,0 điểm): Hai thấu kính hội tụ mỏng L1 L2 có tiêu cự f1 f = 30(cm) đặt trục Một vật sáng phẳng, nhỏ AB đặt vng góc với trục hệ, trước L1 cho ảnh cuối A2 B2 qua hệ Khi khoảng cách hai thấu kính 50(cm) ảnh cuối có độ cao khơng phụ thuộc vị trí đặt vật AB Dịch chuyển thấu kính L1 dọc theo trục để khoảng cách cố định hai thấu kính 60(cm) Dịch chuyển vật dọc theo trục hệ thấu kính có hai vị trí vật ảnh cuối cao gấp hai lần vật Tính khoảng cách hai vị trí này? α' Một tia sáng đơn sắc chiếu lên mặt song song đặt không khí có bề dày e = 1(cm) với góc tới α = 30o Xác định góc e khúc xạ β độ dịch chuyển OH (Hình 6) tia sáng sau qua mặt song song hai trường hợp: y K H α I β O x Hình6 a Chiết suất mặt song song khơng đổi n = y b Chiết suất mặt song song thay đổi theo hướng pháp tuyến Oy theo quy luật n = + e Câu (2,5 điểm): Cho dụng cụ thí nghiệm sau: • 01 nguồn điện E1 , r1 có giá trị suất điện động biết • 01 nguồn điện Ex , rx chưa biết giá trị suất điện động điện trở • 02 tụ điện có điện dung C giống không bị đánh thủng mắc chúng vào nguồn điện nói • 01 điện trở R • 01 Ampe kế lý tưởng • Khóa K dây nối có điện trở nhỏ Hãy trình bày phương án thí nghiệm để xác định giá trị suất điện động Ex điện trở nguồn điện rx ? http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM (Câu Biểu điểm Nội dung Chọn hệ trục tọa độ Oxy hình vẽ Phương trình chuyển động bóng: x = ( v0 cos α ) t (1) y = ( v0 sin α ) t − gt (2) Từ (1) (2) suy phương trình quỹ đạo: g ( + tan α ) y = ( tan α ) x − x (3) 2v02 0,25đ gl gl 2 ⇔ tan α − l tan α + h + = v02 v02 0,25đ y g r v x α O l Hình1 0,25đ Tại thời điểm bóng gặp xà ngang: x = l , y = h g ( + tan α ) l Do ta có: h = ( tan α ) l − 2v02 4,0 điểm (đ) 1.1 2đ gl 2 gl X = tan α ⇒ X − l X + h + =0 (4) Đặt v02 v02 Phương trình bậc theo X có nghiệm khi: gl gl 2 gh g 2l 2 ∆ = l − h + ÷ ≥ ⇒ + ≤ 2v0 2v0 v0 v0 Khi v0 = v0 0,25đ gh g l + = ⇒ v04min − ghv02min − g l = v0 v0 Đặt Y = v02min ta có phương trình bậc 2: Y − ghY − g l = Nghiệm phương trình là: Y = v02min = gh + g h + l ( Vận tốc ban đầu tối thiểu bóng: v0 = g h + h + l ) Thay số, ta v0 = 11, 4876( m / s) Thế v0 = 11, 4876(m / s ) vào (4), giải phương trình ta : ⇒ X = tan α = 1, ⇒ α = 50,19o Khi bóng rà sát xà ngang: 0,25đ 0,25đ gl v = v + v = ( v0 cosα ) + v0 sin α − ÷ ≈ 9,39(m / s ) v cos α r v hợp với trục Ox góc β xác định bởi: gl v0 sin α − v v0 cosα tan β = y = ⇒ β ≈ 38, o vx v0 cosα x 1.2 2đ y 0,25đ 0,25đ Điều cần thiết tốc độ khối tâm v viên bi cung tròn vượt tốc độ giới hạn v1 Áp dụng định luật II Newton cho viên bi điểm cao D vòng tròn, ta http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word v2 R−r (1) Khi N = ⇒ v1 = ( R − r ) g Mặt khác, theo định luật bảo tồn lượng, ta có: 1 mg 3R − ( R − r ) = mv + mr 2ω 2 10 Mà v = ω r ⇒ v = g ( R + r ) (1') uu r Từ (1) (1’) ⇒ v > v1 , nghĩa điểm cao D phản lực N có độ lớn khơng khơng r Từ đây, bỏ qua r R = 0,005 = R Có ba lực tác dụng vào viên bi: m ur A • Trọng lực P : không đổi uu r ur • Phản lực thay đổi: độ lớn tăng N ur D f f ur dần mặt phẳng nghiêng f ur h chân mặt phẳng nghiêng tiếp giáp f uu r O N ur với vòng tròn đến điểm thấp f ϕ α C vòng tròn B ; từ B đến điểm cao ur D độ lớn ugiảm đơn điệu Bϕ P Hình2 r • Lực ma sát f ms : Trên mặt phẳng nghiêng ngược chiều chuyển động; từ điểm thấp vòng tròn B điểm cao D , độ lớn giảm, chiều chuyển động; vật xuống, lực ma sát lại đổi chiều Hệ số ma sát trongur câu hỏi đảm bảo viên bi lăn không trượt, phụ thuộc uu r vào hai lực N f ms Thật vậy: Lực ma sát gây gia tốc góc γ phụ thuộc vào vị trí viên bi f (2) Vì thế, hệ số ma sát cần tìm tính bi = ms N ã Xột chuyn ng ca viên bi vị trí C : Đối với thành phần tiếp tuyến, ta có: mg sin ϕ - f ms = mat (3) a f ms r = I γ = I t (4) r Đối với thành phần hướng tâm, ta có: v2 N − mg cos ϕ = man = m (5) R 2 mg ∆h = mv + I ω (6) 2 v2 Với ∆h = h − R + R cos ϕ ω = r mr + I ⇒ 2mg ( h − R + R cos ϕ ) = (7) ÷v r được: mg + N = man = m ms ms ms 0,25đ × ms ms http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word 0,25đ 0,25đ 0,25đ f ms r I (8) I ⇒ f ms = mg sin ϕ ÷ I + mr + mat = mg sin ϕ (4) ⇒ at = (3) ⇒ f ms mr (7) ⇒ v = g ( h − R + R cos ϕ ) ÷ mr + I ⇒ v2 (5) ⇒ N = m + mg cos ϕ R h 3mr + I mr ⇒ N = mg − 1÷ + ÷cos ϕ R mr + I mr + I f Thay (8) (9) vào (2) µ = ms , ta có: N I mg sin ϕ ÷ I + mr µ= h mr 3mr + I mg − 1÷ + ÷cos ϕ R mr + I mr + I 0,25đ (9) sin ϕ 2 h mr 3mr − 1÷ + + 1÷cos ϕ R I I 2 3mr h mr ;b= +1 (10) Đặt a = 1ữ I R I sin à= a + b cos ϕ ⇒µ= 0,25đ 0,25đ sin ϕ cos ϕ ( a + b cos ϕ ) − sin ϕ ( −b sin ϕ ) ⇒µ = ÷= a + b cos ϕ ( a + b cos ϕ ) / / µ / = ⇔ cos ϕ ( a + b cos ϕ ) − sin ϕ ( −b sin ϕ ) = ⇔ a cos ϕ + b cos ϕ + b sin ϕ = ⇔ a cos ϕ + b ( cos ϕ + sin ϕ ) = ⇒ a cos ϕ + b = ⇔ cos ϕ = − b a (11) I mr ⇔ cos ϕ = − Thay (10) vào (11), ta được: h 1ữ R I àmin = 2 h ( mr ) − 1÷ − ( I + 3mr ) R h Với I = mr , = R 3+ (12) http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word ⇒ µmin = 2 mr ( mr ) 2 ( − 1) − mr + 3mr ÷ 5 = ≈ 0,19 111 0,25đ * Cách khác: Cũng tính ϕ từ (12): I 3+ 3+ mr = − = −0,85 ⇒ ϕ = 148, 212 o cos ϕ = − h − 1÷ R sin ϕ thay ϕ vào biểu thức µ = để giá trị cực tiểu hệ số ma sát a + b cos ϕ µ = sin ϕ sin148, 212 o = ≈ 0,19 a + b cos ϕ 10 + 8,5 ( −0,85 ) Áp dụng phương trình Clapeyron-Mendeleev: pV pV = ν RT ⇔ T = νR p β p0 (1 − α ) p0V0 β p0V0 (1 + α ) p0V0 ; T2 = ; T3 = Ta có: T1 = νR νR νR p0 Từ U = ν RT Q = ∆U + A , xét V O ( − α ) V0 V0 ( + α ) V0 trình: • Quá trình − 3: Hình3 3,0 đ ( β − α − 1) 3 ∆U 23 = ν R T3 − T2 ⇒ A23 = ν R ( T2 − T3 ) = p0V0 2 • Q trình − : ( β − α − 1) Vì lý đối xứng nên A12 = A23 = ν R ( T2 − T3 ) = p0V0 2 ( β − α − 1) ⇒ Q12 = ∆U12 + A12 = ν R ( T2 − T1 ) + p0V0 = ( β − 1) p0V0 2 • Q trình − 1: Ta có: 5 (1 + α ) p0V0 (1 − α ) p0V0 C p = ν R ⇒ Q31 = C p ( T3 − T1 ) = ν R − ÷ = 5α p0V0 2 νR νR * Cách khác để tính Q31 : Q31 = ∆U 31 + A31 = ν R ( T3 − T1 ) + p0 ( + α ) V0 − ( − α ) V0 (1 + α ) p0V0 (1 − α ) p0V0 ⇒ Q31 = ν R − ÷+ 2α p0V0 = 3α p0V0 + 2α p0V0 = 5α p0V0 νR νR Q − Q31 5α 100% = 1 − Hiệu suất chu trình: η = 12 100% Q12 ( β − 1) http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word 0,50đ 0,50đ 0,50đ 0,50đ 0,50đ 0,50đ (1) Theo định luật bảo tồn lượng, ta có: vB = g l sin α N =0 Tại thời điểm vật rời mặt phẳng nghiêng mg ⇒ qBvB = mg cos α ⇔ vB = cos α (2) qB g l sin α mg = , k = const (3) qB cos α ⇒ vB = k cos α (3') Để quỹ đạo chuyển động vật đường Cycloid đề bài, ta phải có: r r r ur r ur r ur r v B = v1 + v R , q B × v B = q B × v1 + q B × v R r r ur m, q Trong đó, v1 , v R có độ lớn xác định bởi: ⊗B mg A =k (4) r qBv1 = mg ⇔ v1 = qB v1 mv qBR gR r B r qBvR = R ⇒ vR = = (5) v R m k R vB ∆ h α R = ∆h ⇔ R = (6) 0,25đ 0,25đ (1), (2) ⇒ k ≡ 2,5 đ × 0,50đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Hình4 g ∆h (7) 2k 2 (8) Áp dụng định lý hàm số cos: vR = vB + v1 − 2vB v1 cos α Thay (3’), (4) (7) vào (8) để ý đến (3), ta được: 2 ∆hg 2 ÷ = k + ( k cos α ) − 2k cos α k (5), (6) ⇒ vR = 0,25đ 0,25đ ∆hg 2 2 2 ⇔ ÷ = k − k cos α = k (1 − cos α ) = k sin α 2k 2k sin α g l sin α ⇔ ∆h = = ÷ sin α g g cos α ÷ ⇒ ∆h = 4l tan α 0,25đ Vẽ giản đồ véc tơ cho đoạn mạch biết Phần cịn lại chưa biết hộp kín chứa ta giả sử véc tơ tiến theo chiều dòng điện cho: U NB = 60(V ), U AB = 120(V ), U AN = 60 3(V ) r I Xét tam giác ANB, ta nhận thấy AB = AN + NB , tam giác ANB vuông N ur α β U AB NB 60 ur = = B Ta có: tanα = u r ur U AN AN 60 3 ur ur U NB UC UR U L π ur ⇒ α = ⇒ u AB sớm pha so với u AN góc N UR D M Hình5 π π ⇒ ϕu AB = uuur6 Từ giản đồ ta nhận thấy NB chéo lên mà X chứa phần tử nên ur ur X phải chứa R0 L0 Do ta vẽ thêm U R U L hình vẽ A 4,0 đ 4.1 2,0đ 0,25đ 0 0 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word 0,25đ 0,25đ Xét tam giác vuông AMN : tan β = 4.2 2,0đ UR R π = = ⇒β = U C ZC Xét tam giác vuông NDB : U R0 = U NB cos β = 60 = 30 3(V );U L0 = U NB sin β = 60 = 30(V ) 2 Mặt khác: U 30 U R = U AN sin β = 60 = 30 3V ⇒ I = R = = 3( A) R 10 U R0 30 = = 10(Ω) R0 = I 3 ⇒ Z = U L0 = 30 = 10 (Ω) L0 I 3 Z L − ZC π π tan ϕ = =− ⇒ ϕ = − ⇒ ϕi = ϕu AB − ϕ = R + R0 π π U C = I Z C = 90 2V ; ϕuC = ϕi − = − π Vậy biểu thức điện áp hai đầu tụ uC = 90 2cos 100π t − ÷(V ) 6 U r ur I U R + Z L2 r IC ZC Z LR ϕ sin ϕ = = = = (1) IC Ta có: 1 O U I LR ZC ZC r Z LR I LR Hình6 Z ZL sin ϕ1 = L = (2) Z LR R + Z L2 R + Z L2 ZL U U Z U IC = = L2 = ZC R + Z L R + ZL ZL Từ (1) (2) ⇒ Z C = 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ (3) R2 U = const , I C = I C max ⇔ + Z L ÷ ZL min R2 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm Z L ta có: ZL 0,50đ R2 R2 R2 + ZL ≥ Z L ⇒ + Z L ≥ 2R ZL ZL ZL R2 = ZL ⇒ ZL = R ⇒ ωL = R (4) Dấu “=” xảy ZL = 2R (5) Từ (3) (4) ⇒ Z C = R ⇒ ωC Từ (4) (5) ⇒ 2ω LC = U ⇒ I C max = 2R http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word 0,25đ 0,25đ 0,50đ f f B1 → A2 B2 Sơ đồ tạo ảnh ABd → A ' ' d2 d2 d1 f1 d (l − f1 ) − lf1 ' ; d = l − d1, = Ta có: d1 = d1 − f1 d1 − f1 0,25đ d 2' = 0,25đ 4,0 đ 5.1 2,0 đ d1 f [ d1 (l − f1 ) − lf1 ] d2 f2 = d − f d1 (l − f1 − f ) − lf1 + f1 f f1 f d' d' Độ phóng đại ảnh qua hệ: k = k1.k = ⇒ k = d1 (l − f1 − f ) − lf1 + f1 f d1 d Để ảnh A2 B2 có độ cao khơng phụ thuộc vị trí vật AB độ phóng đại k khơng phụ thuộc vị trí vật AB , tức k không phụ thuộc vào d1 Hay: l − f1 − f = ⇒ l = f1 + f ⇒ f1 = l − f = 20cm Ta có k = ±2 • Trường hợp 1: k = f1 f 20.30 60 k= = = = d1 (l − f1 − f ) − lf1 + f1 f d1 ( 60 − 20 − 30 ) − 60.20 + 20.30 d1 − 60 ⇒ d1 = 90cm • Trường hợp 2: k = −2 f1 f 20.30 60 k= = = = −2 d1 (l − f1 − f ) − lf1 + f1 f d1 ( 60 − 20 − 30 ) − 60.20 + 20.30 d1 − 60 0,25đ 0,50đ 0,25đ 0,25đ ⇒ d1 = 30cm 4,0 đ 5.2 2,0 đ Vậy khoảng cách cần tìm 60(cm) a Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng điểm tới O điểm ló khỏi mặt song song I ta có: sin α = n sin β (1) n sin β = sin α ' (2) Từ (1) (2) suy α ' = α , nghĩa tia ló song song với tia tới sin α sin 30o sin β = = = ⇒ β ≈ 20, o Từ (1) ta có α' n y Và độ dịch chuyển ngang tia sáng qua mặt K I OH = OI sin(α − β ) e H β x OK e O OI = = Với đó, Hình7 cos β cos β α sin ( 30o − 20,7 o ) sin ( α − β ) OH = e = ≈ 0,17cm o cos β cos 20, b Chia mặt song song thành k lớp mỏng song song với trục Ox cho lớp có bề dày nhỏ dy , chiết suất lớp xem dx không thay đổi n1 , n2 , , nk Gọi α1 , α , , α k lần dy α i lượt góc khúc xạ lớp 1, 2, , k α ' góc ló khỏi mặt song song Theo định luật khúc xạ ánh sáng, ta có: O α Hình8 sin α = n1 sin α1 = n2 sin α = = nk sin α k = sin α ' (3) ⇒ α ' = α http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ y Xét lớp thứ i có tọa độ y có chiết suất ni , ni = + Góc khúc xạ lớp e α i , theo (3) ta có: sin α esin α sin α i = ⇒ sin α i = ni e+ y dy dy dx = ( tan α i ) dy = = Lại có, e+ y − ÷ −1 sin α i e sin α e+ y d ÷ e sin α ⇒ dx = esinα 0,25đ e+ y ÷ −1 e sin α Hình chiếu dọc trục Ox tia sáng mặt song song e e+ y d e ÷ e sin α = e.sinα ln e + y + e + y − ÷ KI = ∫ e.sinα ÷ ÷ e sin α e sin α e+ y − ÷ e sin α 2 e e 2e 2e KI = e.sinα ln + − ln + ÷ −1÷ ÷ −1÷ ÷ ÷ e sin α e sin α e sin α e sin α 2 − ln ⇒ KI = e.sinα ln + + ÷ −1÷ ÷ −1÷ ÷ ÷ sin α sin α sin α sin α Thay số, ta được: 2 o ÷ KI = 1.sin30 ln + − − ln + − ÷ o o÷ o o÷ ÷ ÷ sin 30 sin 30 sin 30 sin 30 ⇒ KI = 0,37(cm) uur uur Kí hiệu I điểm ló khỏi mặt song song, góc β = OI , Oy từ ta có ( cơng thức tính độ dịch chuyển ngang ta sáng OH = e sin ( α − β ) 0,25đ ) cos β KI = 0,37 ⇒ β = 20,3o e sin ( 30o − 20,3o ) sin ( α − β ) Từ suy OH = e = ≈ 0,18cm cos β cos 20,3o -Cơ sở lí thuyết: Phương pháp tiến hành thí nghiệm dựa E1 , r1 phụ thuộc số I A Ampe kế giá trị điện tích q qua C K g(1) g g (2) Cụ thể: I A : q -Sơ đồ mạch điện để kiểm chứng kết luận hình vẽ A -Ban đầu K vị trí (1), tụ điện C tích điện từ nguồn Hình9 điện E1 , r1 (có suất điện động biết) -Sau chuyển khóa K sang vị trí (2), ghi I A1 số Ampe kế Trong β tính tan β = 2,5 đ http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word 0,25đ 0,50đ 0,25đ 0,25đ 10 -Thay tụ điện C , ta lấy tụ điện, nối chúng lần nối tiếp, lần nối song song, xác nhận rằng, trường hợp đầu, số Ampe kế giảm hai lần, trường hợp thứ hai, tăng lên hai lần Đó điện dung tụ điện biến đổi số lần tương ứng Do đó, điện tích qua điện kế: q = CE -Thay nguồn điện E1 , r1 nguồn điện E x , rx , ta lại ghi số I Ax Ampe kế E ,r Ta có biểu thức: I A1 = kq1 = kCE1 x R 0,50đ x K A g g I Ax = kqx = kCE x Từ đó, ta suy biểu thức cho suất điện động phải tìm: I E x = E1 Ax I A1 • Tính điện trở nguồn E x , rx Áp dụng định luật Ơm cho mạch kín (hình vẽ 10): Ta có Ex E x = I A ( R + rx ) ⇔ rx = − R IA Hình10 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word 0,25đ 0,25đ 0,50đ 11 ... Xét tam giác ANB, ta nhận thấy AB = AN + NB , tam giác ANB vuông N ur α β U AB NB 60 ur = = B Ta có: tanα = u r ur U AN AN 60 3 ur ur U NB UC UR U L π ur ⇒ α = ⇒ u AB sớm pha so với u AN góc... -Sau chuyển kh? ?a K sang vị trí (2), ghi I A1 số Ampe kế Trong β tính tan β = 2,5 đ http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word 0,25đ 0,50đ 0,25đ 0,25đ 10 -Thay tụ... đó, điện tích qua điện kế: q = CE -Thay nguồn điện E1 , r1 nguồn điện E x , rx , ta lại ghi số I Ax Ampe kế E ,r Ta có biểu thức: I A1 = kq1 = kCE1 x R 0,50đ x K A g g I Ax = kqx = kCE