Đề thi môn Vật lý đại cương 1 năm học 2013-2014 (Có kèm theo đáp án)

Chia sẻ: Raizar Hidie | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

105
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi môn Vật lý đại cương 1 năm học 2013-2014 (Có kèm theo đáp án) với 5 câu hỏi, giúp các bạn sinh viên củng cố kiến thức, chuẩn bị chu đáo cho các bài thi sắp diễn ra. Mời các bạn cùng tham khảo!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi môn Vật lý đại cương 1 năm học 2013-2014 (Có kèm theo đáp án)

TRƯỜNG ĐHSPKT TP.HCM ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG 1 KHOA ĐÀO TẠO Mã môn học: PHYS130102 Học kỳ 2 – 2013 - 2014 CHẤT LƯỢNG CAO Ngày thi: 18/06/2014 Thời gian: 90 phút Đề thi gồm 2 trang. Đề số 1 Sinh viên không được sử dụng tài liệu. Câu 1: (2 điểm) Sét là hiện tượng thiên nhiên ấn tượng, vừa đẹp vừa nguy hiểm. Để hạn chế sự nguy hiểm của sét, Benjamin Franklin – cha đẻ của chiếc cột thu lôi đầu tiên, chế tạo vào năm 1752 mà ngày nay đã trở thành vật không thể thiếu với các tòa nhà cao tầng, các công trình, cao ốc ... Cột thu lôi thường là những thanh kim loại nhọn được nối đất. Từ tính chất nào của vật dẫn kim loại có thể giải thích được vì sao cột thu lôi làm bằng kim loại có hình dạng như trên? Từ đó, hãy giải thích vì sao cột thu lôi có thể giảm thiểu được sét đánh trực tiếp vào tòa nhà. Câu 2: (2 điểm) Một chùm tia điện tử (e-) phóng ra từ 1 ống phóng điện tử sau đó đi qua khoảng giữa 2 bản mặt của 1 tụ điện (hình vẽ), người ta có thể thay đổi độ lớn E của điện trường giữa 2 bản tụ để điều khiển vị trí chùm điện tử chạm vào màn hình. Khi đi qua 2 bản tụ quỹ đạo của chùm điện tử sẽ bị lệch đi so với phương ban đầu cùa nó. Hãy xác định quỹ đạo của chùm điện tử sau khi đi vào môi trường giữa 2 bản tụ điện? (Có thể xem điện trường giữa 2 bản tụ là điện trường đều) Giải thích. Câu 3: (2 điểm) Cho cơ hệ như hình vẽ bên: Vật A có khối lượng mA= 3kg, vật B có khối lượng mB = 4kg, ròng rọc C là hình trụ đặc đồng chất có bán kính R = 0,1m và khối lượng mC = 2kg. Hệ số ma sát giữa vật B và mặt phẳng nghiêng là k = 0,1, góc giữa mặt phẳng nghiêng và mặt phẳng ngang là = 30o. Cho dây không có khối lượng và không co giãn. Hệ chuyển động theo chiều vật A đi xuống. Tính gia tốc của các vật A và B, và gia tốc góc của ròng rọc C. Câu 4: (2 điểm) Một kmol khí nitơ thực hiện chu trình 1 Stirling gồm hai quá trình đẳng nhiệt và hai quá trình đẳng p tích xen kẽ nhau như hình vẽ. Cho biết áp suất và thể tích tại trạng thái 1 lần lượt là p1 = 5at và V1 = 5; các tỷ số T1 = 5T2, 4 T1 V2 = 3V1. 2 a. Tính áp suất của các trạng thái còn lại. b. Hãy tính hiệu suất của chu trình. T2 3 Cho: 1 at = 9,8.104 N/m2 V1 O V2 V
Câu 5: (2 điểm) Một dây dẫn kim loại được uốn thành 3 đoạn như hình vẽ, 2 đoạn thẳng có chiều dài L = 30cm, đoạn cong là nửa đường tròn, bán kính R = 15cm. Cho dòng điện I = 2A chạy qua dây dẫn theo chiều từ phải sang trái, cả hệ được đặt trong R không khí. Xác định vectơ cảm ứng từ L L gây ra bởi dây dẫn tại tâm O của nửa O đường tròn. Cho biết:hằng số khí lý tưởng R = 8,31 J/mol.K, gia tốc trọng trường g = 9,8 m/s2, hằng số từ o = 4.107 H/m. Ghi chú: CBCT không giải thích đề thi Ngày 09 tháng 06 năm 2014 TRƯỞNG NGÀNH GIẢNG VIÊN RA ĐỀ ĐỖ QUANG BÌNH TRẦN TUẤN ANH
ĐÁP ÁN MÔN: VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG 1 Mã môn học: PHYS130102 Học kỳ 2 – 2013 - 2014 Ngày thi: 18/06/2014 Câu Lời giải Điểm 1 - Sét là hiện tượng dòng điện tích từ đám mây trên trời được truyền xuống đất. Khi 0,5 đám mây trên trời tích điện sẽ làm cho cột thu lôi bị tích điện trái dấu do hiện tượng điện hưởng. - Do tính chất của kim loại là điện tích chỉ tập trung ở bề mặt của kim loại và bề 0,5 mặt nhọn thì sẽ tích điện nhiều hơn ở bề mặt ít lồi, do đó điện tích sẽ tập trung rất nhiều ở đầu nhọn của cột thu lôi. Điện tích tập trung cao ở đầu nhọn tạo ra một điện trường rất lớn ở đầu cột thu lôi (điện trường ở bên ngoài vật dẫn tỉ lệ thuận với mật độ điện tích). - Giống như một cái tụ điện, với 2 điện cực là đám mây và cột thu lôi, còn điện môi 0,5 là không khí. Cột thu lôi có dạng que nhọn sẽ giải phóng điện tích lên giữa tầng điện môi và theo điện trường tiến đến gần đám mây, Các đám mây dông chuyển động hỗn hợp tiếp sát mặt đất đến mức nào đó đủ để phóng điện, và dòng điện này (chính là sét) sẽ được cột thu lôi dẫn xuống đất an toàn. - Vậy cột thu lôi không phải là để chống sét mà nhắm thu hút sét đánh vào 0,5 nó, và dòng điện đó được dẫn xuống đất nhằm bảo vệ an toàn cho các tòa nhà. 2 Khi một electron chuyển động giữa 2 bản của 1 tụ điện, electron sẽ bị điện trường của tụ điện tác dụng vào một lực làm cho quỹ đạo electron bị lệch đi: Chọn gốc tọa độ Oxy như hình vẽ. y  E Lực tác dụng vào electron: O x   - F  e. E e v 0,5 Có chiều ngược chiều với vectơ cường độ điện trường  E gây ra bởi tụ điện.   F Vậy trong môi trường giữa 2 bản tụ, electron chuyển động với gia tốc: a  0,5 me Gọi vo là vận tốc ban đầu theo phương ngang của electron. Trong môi trường giữa 2 bản tụ, vận tốc của electron là:  Theo Ox: v x  v0x  v0  0,5  e.E Theo Oy: v y  v 0y  a.t  at  t  me Vậy vị trí của electron:  x=v0 .t   e.E 2  y= 2m t  y0  e Do đó, quỹ đạo của electron trong môi trường giữa 2 bản tụ: e.E 2 0,5 y= x  y0 2me .v0 Vậy quỹ đạo của electron trong môi trường giữa 2 bản tụ theo hình parabol. Và sau khi ra khỏi 2 bản tụ, electron sẽ bay tiếp theo quán tính với vectơ vận tốc đã tính ở trên. Do đó, chỉ cần thay đổi giá trị của vectơ E giữa 2 bản tụ sẽ thay đổi được tọa
độ của electron đập vào màn hình. 3 0,5 ( vẽ hình và phân Chọn chiều dương (+) như hình vẽ. tích PA, PB là trọng lượng của các vật A và B. lực) T1, T1’, T2, T2’ là các lực căng dây trên các đoạn dây tác dụng lên các vật A, B và ròng rọc như hình vẽ. Fms là lực ma sát giữa vật B và mặt phẳng nghiêng. N là phản lực mặt phẳng nghiêng tác dụng lên vật B. Px và Py lần lượt là hình chiếu của trọng lực PB lên phương chuyển động và phương vuông góc với chuyển động.    Phương trình định luật 2 Newton cho vật A: PA  T 1  mA . a (a) Chiếu (a) lên phương chuyển động: PA  T1  mA .a (1)      Phương trình định luật 2 Newton cho vật B: T2  P B  Fms  N  mB . a (b) Chiếu (b) lên phương vuông góc với chuyển động: N  Py  0  N  Py Do đó độ lớn của lực ma sát: Fms  k.N  k.Py  k.mB .g.cos  1 Chiếu (b) lên phương chuyển động: T2  Px  Fms  mB .a (2)      Phương trình chuyển động của ròng rọc: [ R1 , T1' ]+[ R2 , T2' ]  I .  (c) mC R 2 a Chiếu (c) lên phương chuyển động: (T1'  T2' ).R  I .  . 2 R mC a => T1'  T2'  (3) 2 mC Lấy (1)+(2)+(3): PA  T1  T2  Px  Fms  T1'  T2'  (mA  mB  ).a 2 Do dây không có khối lượng và không co giãn nên: T1'  T1 , T2'  T2 Gia tốc của vật A và vật B: P  P  Fms m .g  mB .sin  .g  k .mB .g.cos a A x  A  0,8(m / s 2 ) 0,5 mC mC mA  mB  mA  mB  2 2 a 0,8 Gia tốc góc của ròng rọc C:     8(rad / s 2 ) R 0,1
4 n = 1kmol 1 i=5 p p1 = 5at V1 = 5 4 T1 T1 = 5T2 2 V2 = 3V1 a) Tính P2, P3, P4 T2 3 b) Tính hiệu suất η O V1 V2 V PV 5 a. Xét quá trình đẳng nhiệt 12: P1V1=P2V2 => P2  1 1  (at) V2 3 P2 P PT 5 1 1 Xét quá trình đẳng tích 23:  3 => P3  2 2  .  (at) 0,5 T1 T2 T1 3 5 3 P P PT 1 Xét quá trình đẳng tích 41: 4  1 => P4  1 2  .5  1 (at) T2 T1 T1 5 V2 b. Nhiệt lượng hệ nhận vào trong quá trình đẳng nhiệt 12: Q12  n.R.T1.ln( )0 V1 Nhiệt lượng hệ tỏa ra trong quá trình đẳng tích 23: Q23  n.CV .(T2  T1 )  0 0,5 V Nhiệt lượng hệ tỏa ra trong quá trình đẳng nhiệt 34: Q34  n.R.T2 .ln( 1 )  0 V2 Nhiệt lượng hệ nhận vào trong quá trình đẳng tích 41: Q41  n.CV .(T1  T2 )  0 Tổng nhiệt lượng mà hệ nhận vào trong 1 chu trình: V i Q1  Q12  Q41  n.R.T1.ln( 2 )  n.CV .(T1  T2 )  n.R.5T2 .ln(3)  n. .R.4T2 V1 2 Tổng nhiệt lượng mà hệ tỏa ra trong 1 chu trình: 0,5 V i Q2'  (Q23  Q34 )  n.CV .(T1  T2 )  n.R.T2 .ln( 2 )  n. .R.4T2  n.R.T2 .ln(3) V1 2 Vậy hiệu suất của chu trình: i i n. .R.4T2  n.R.T2 .ln(3) .4  ln(3) ' Q2 10  ln(3)   1  1 2  1 2  1  0, 284 Q1 i n.R.5T2 .ln(3)  n. .R.4T2 5ln(3)  4 i 5ln(3)  10 0,5 2 2 Vậy chu trình trên có hiệu suất:   28, 4% 5 I= 2A L = 30cm R  L B I R = 15cm  dB O Dòng điện đi qua 2 đoạn dây L, không gây ra từ trường trên O vì dòng điện hữu hạn có đường kéo dài đi qua điểm O cần xét thì vectơ cảm ứng từ tại điểm đó bằng 0,5 0: BL=0 Bài toán chỉ còn xét từ trường gây ra bởi dòng điện trên nửa đường tròn tâm O bán kính R. Chia đoạn dây nửa đường tròn ra nhưng đoạn dây dl nhỏ. Vi phân dòng điện có  dạng I . dl , theo định lý Bio-Savart, gây ra 1 từ trường trên tâm O là:
    [I.dl, R ] dB  0 0,5 4 R3  Vậy dB có phương vuông góc với mặt phẳng tờ giấy, và có hướng đi ra khỏi tờ  giấy. Trên nửa đường tròn tâm O vectơ I . dl luôn vuông góc với vectơ khoảng   I.dl 0,5 cách R . Do đó, độ lớn của vectơ cảm ứng từ là: dB  0 2 4 R  Vậy độ lớn của vectơ cảm ứng từ B tại tâm O là:  .I  .I  .I B  0 2  dl  0 2 . R  0  4, 2.106 (T ) 0,5 4 R dây 4 R 4R  Vectơ cảm ứng từ B có phương vuông góc với mặt phẳng tờ giấy, và có hướng đi  ra khỏi tờ giấy (trùng với phương và hướng của dB ).