Kvant

Bản dịch máy từ tiếng Nga. Chưa được người kiểm tra. Bản gốc →

60

Kỳ thi viết
về vật lý tại MFTI năm 1970

V. E. Belonuchkin, S. M. Kozel

Kỳ thi tuyển sinh viết môn vật lý hiện nay không được tổ chức ở mọi trường đại học. Tuy nhiên, các bài toán được đưa ra trong bài thi viết cũng thú vị đối với những người chỉ dự định thi vấn đáp. Ở đây chúng tôi sẽ xét các bài toán của một trong các đề thi viết môn vật lý trong kỳ thi tuyển sinh vào Viện Vật lý-Kỹ thuật Moskva.

Phiếu số 6

  1. Một hạt có khối lượng mm, chuyển động với vận tốc vv, va vào một hạt đứng yên có khối lượng m2\frac{m}{2} và sau va chạm đàn hồi bật ra dưới góc α=30∘\alpha = 30^\circ so với hướng chuyển động ban đầu của nó. Hạt thứ hai bắt đầu chuyển động với vận tốc nào?

  2. Trong một bình tiêu chuẩn có 0,2 ee hiđrô và 3,2 ee ôxy ở nhiệt độ 27°С. Hiđrô phản ứng với ôxy, và sau khi phản ứng kết thúc, áp suất bên trong bình tăng gấp ba lần. Khi đó nhiệt độ bên trong bình sẽ là bao nhiêu?

  3. Nối thêm vào vôn kế một điện trở phụ nào đó làm tăng giới hạn đo điện áp lên nn lần. Một điện trở phụ khác làm tăng giới hạn đo lên mm lần. Giới hạn đo điện áp của vôn kế sẽ tăng bao nhiêu lần nếu mắc nối tiếp với vôn kế hai điện trở này, được nối song song với nhau?

  4. Một máy ảnh thiên văn để chụp Mặt Trời có vật kính với tiêu cự F=10F = 10 m. Trước vật kính đặt một khẩu độ tròn đường kính d=5d = 5 cm. Phim ảnh dùng có độ nhạy W=10W = 10 mокс·сек. Trong những điều kiện này, thời gian phơi sáng t phải bằng bao nhiêu? Biết rằng các tia Mặt Trời trực tiếp tạo ra trên mặt phẳng vuông góc với chúng độ rọi E=4⋅104E = 4 \cdot 10^4 mокс. Lấy đường kính góc của Mặt Trời α\alpha bằng 0,01 rad.

Xét lời giải các bài toán này.

  1. Khi va chạm đàn hồi, động lượng và động năng của các vật va chạm được bảo toàn. Tuy nhiên, không thể viết định luật bảo toàn động lượng dưới dạng vô hướng:

mv=m2v1+mv2.mv = \frac{m}{2} v_1 + mv_2.

Cách viết này đúng nếu sau va chạm cả hai hạt đều chuyển động trên cùng đường thẳng mà hạt lao tới đã chuyển động trước va chạm, tức là trong va chạm xuyên tâm. Trong trường hợp của chúng ta, như thấy từ điều kiện bài toán, va chạm là không xuyên tâm. Do đó, cần tính đến rằng động lượng là một đại lượng vectơ và được cộng theo quy tắc cộng vectơ (hình 1).

Dùng định lý côsin, có thể viết định luật bảo toàn động lượng dưới dạng

(m2v1)2=(mv)2+(mv2)2−2(mv2)(mv)32,\left( \frac{m}{2} v_1 \right)^2 = (mv)^2 + (mv_2)^2 - 2(mv_2)(mv) \frac{\sqrt{3}}{2},

trong đó v1v_1 là tốc độ của hạt có khối lượng m2\frac{m}{2}, còn v2v_2 là tốc độ của hạt có khối lượng mm. Ngoài ra,

61

sử dụng định luật bảo toàn năng lượng:

mv22=mv222+mv124.\frac{mv^2}{2} = \frac{mv_2^2}{2} + \frac{mv_1^2}{4}.

Khử v2v_2 khỏi các phương trình này, ta tìm được

v1=23v.v_1 = \frac{2}{\sqrt{3}} v.

Tính vectơ của động lượng cũng có thể được xét theo cách khác. Ta đưa vào các trục tọa độ vuông góc với nhau xx và yy.

Đối với các hình chiếu của động lượng lên các trục như vậy, ta có các hệ thức vô hướng

mv2y+m2v1y=0,mv_{2y} + \frac{m}{2} v_{1y} = 0,

mv2x+m2v1x=mv.mv_{2x} + \frac{m}{2} v_{1x} = mv.

Định luật bảo toàn năng lượng có dạng

mv22=mv2y2+v2x22+m2v1x2+v1y22.\frac{mv^2}{2} = m \frac{v_{2y}^2 + v_{2x}^2}{2} + \frac{m}{2} \frac{v_{1x}^2 + v_{1y}^2}{2}.

Giải hệ này và xét đến hệ thức tiếp theo v1=v1x2+v1y2v_1 = \sqrt{v_{1x}^2 + v_{1y}^2}, ta sẽ nhận được cùng một đáp số.

  1. Nhiều người dự thi cho rằng các từ “phản ứng đã kết thúc” có nghĩa là trong bình đã tạo thành 3,4 zz nước. Tuy nhiên, từ điều kiện của bài toán suy ra rằng trong bình có dư ôxi, vì để tạo thành 1 zz-mol nước cần 1 zz-mol hiđrô và chỉ 1/21/2 zz-mol ôxi. Gọi m1m_1 và m2m_2 là các khối lượng

Hình 1.

Gọi điện trở của vôn kế là rr, điện áp cực đại trên vôn kế là U0U_0 và dòng điện chạy qua vôn kế ở điện áp đó là I0I_0 (hình 2). Khi dùng điện trở phụ RgR_g, điện áp thay đổi UsU_s được phân bố giữa rr và RgR_g tỉ lệ với độ lớn của chúng. Điện áp trên vôn kế UU, tất nhiên, vẫn không được vượt quá U0U_0, còn điện áp thay đổi UsU_s có thể lớn hơn U0U_0. Dòng điện

62

Qua vôn kế và RgR_g khi đó sẽ không vượt quá I0I_0.

Xuất phát từ những suy xét này, đối với ba trường hợp được mô tả trong bài toán, ta có:

I0(R1+r)=nU0,I_0 (R_1 + r) = n U_0,
I0(R2+r)=mU0,I_0 (R_2 + r) = m U_0,
I0(R1R2R1+R2+r)=kU0.I_0 \left( \frac{R_1 R_2}{R_1 + R_2} + r \right) = k U_0.

Ở đây R1R_1 và R2R_2 là các điện trở phụ, còn kk là đại lượng cần tìm. Có tính đến I0r=U0I_0 r = U_0, các phương trình này có thể biến đổi về dạng:

R1+r=nr,R_1 + r = n r,
R2+r=mr,R_2 + r = m r,
R1R2R1+R2+r=kr.\frac{R_1 R_2}{R_1 + R_2} + r = k r.

Từ hai phương trình đầu, biểu diễn R1R_1 và R2R_2. Thay chúng vào phương trình thứ ba, ta được

k=mn−1m+n−2.k = \frac{mn - 1}{m + n - 2}.

  1. Đường kính ảnh của Mặt Trời trên phim ảnh bằng D=αFD = \alpha F. Độ rọi của ảnh có thể tính được,

Hình 2.

Hình 3.

có tính đến rằng toàn bộ năng lượng ánh sáng đi qua vật kính được phân bố trên diện tích của ảnh (ta bỏ qua tổn hao ánh sáng):

EảnhD2=Ed2,E_{\text{ảnh}} D^2 = Ed^2,

hoặc

Eизозокр=Ed2α2F2=104 люкс.E_{\text{изозокр}} = E \frac{d^2}{\alpha^2 F^2} = 10^4 \text{ люкс.}

Thời gian phơi sáng được tìm từ điều kiện: Eизозокрτ=WE_{\text{изозокр}} \tau = W.

Suy ra

τ=WEизозокр=10−3 сек.\tau = \frac{W}{E_{\text{изозокр}}} = 10^{-3} \text{ сек.}

Chúng tôi đề nghị bạn tự giải phương án sau đây.

  1. Một ca nô phản lực lấy nước ngoài mạn và phun ra phía sau với vận tốc VV so với ca nô. Khi đó nó chuyển động với vận tốc vv. Một tàu được kéo được buộc vào ca nô bằng một dây dài, lực cản của tàu này khi có cùng vận tốc chuyển động bằng lực cản của ca nô. Xác định vận tốc của tàu kéo, biết rằng lực cản của ca nô và của tàu được kéo biến thiên tỉ lệ với vận tốc của chúng.

  2. Một bình chứa heli, khi áp suất heli là 65 at ở nhiệt độ −3∘C-3^\circ\text{C}, nặng 21 kg, còn khi áp suất là 20 at ở cùng nhiệt độ thì nặng 20 kg. Bình chứa bao nhiêu heli khi áp suất ban đầu là 150 at và nhiệt độ 27∘C27^\circ\text{C}?

  3. Nhiệt lượng nào sẽ tỏa ra trong mạch điện (xem hình 3) khi chuyển khóa KK từ vị trí 1 sang vị trí 2?

  4. Trên một vệ tinh bay theo quỹ đạo tròn ở độ cao H=100 кмH = 100\text{ км}, có đặt một máy ảnh mà ống kính có tiêu cự F=10 смF = 10\text{ см}. Chụp ảnh bề mặt Trái Đất phía dưới vệ tinh. Độ phân giải của phim (tức kích thước nhỏ nhất của các chi tiết nhìn thấy được trên ảnh, được xác định bởi cấu trúc hạt của nhũ tương ảnh) d=10−2 ммd = 10^{-2}\text{ мм}. Kích thước nhỏ nhất của các vật được chụp là bao nhiêu? Cần chọn thời gian phơi sáng nào (thời gian phơi sáng τ\tau) để chuyển động quỹ đạo của vệ tinh không ảnh hưởng đến chất lượng ảnh?