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