48 ĐỀ THI TRONG TẠP CHÍ VẬT LÝ VÀ TUỔI TRẺ

1

Đề 1 CS1/1. Vào lúc 6h sáng có hai xe cùng khởi hành. Xe 1 chạy từ A với vận tốc không đổi v1 = 7m/s và chạy liên tục nhiều vòng trên chu vi hình chữa nhật ABCD. Xe 2 chạy từ D với vận tốc không đổi v2 = 8m/s và chạy liên tục nhiều vòng trên chu vi hình tam giác DAC (Hình 1). Biết AD = 3km, AB = 4km và khi gặp nhau các xe có thể vượt qua nhau. a) ở thời điểm nào xe 2 chạy được số vòng nhiều hơn xe 1 là một vòng? b) Tìm khoảng cách ngắn nhất giữa hai xe trong 6 phút đầu tiên. c) Tìm thời điểm mà xe 1 đến C và xe 2 đến D cùng một lúc? Biết rằng các xe chạy đến 9h30 thì nghỉ. Giải: a) Chiều dài AC  AB2  BC 2  5000m Thời gian chạy một vòng của xe 1: T1  ( ABCDA) / v1  2000s Thời gian chạy một vòng của xe 2: T2  ( ACDA) / v2  1500 s Lập phương trình: t / T2  t / T1  1  t = 1h 40 ph. Thời điểm đó là: t1 = 7h 40 ph. b) Trong 6 phút đầu, xe 1 đi được 7.360 < AB và xe 2 đi được 8.360 < DA. Trong thời gian trên xe một đang chạy trên AB và xe 2 đang chạy trên DA. Giả sử tại thời điểm t xe 1 ở N và xe 2 ở M. Kí hiệu AD = a và MN = L thì: L2 = AM2 + AN2 .L2 = (a – v2t)2 + (v1t)2  av 2  2  av2  2  v12  v22 v12  v22  L2  (v12  v 2 ) t -    a2 2 Nhận xét: L2 đạt cực tiểu khi  t  av2   0 .Khi đó Lmin  av1 / v12  v22  1976(m) v12  v22 c) Thời gian xe 1 tới C lần đầu là 7000/7 = 1000 s A N B lần thứ n là t  1000  nT1  1000  2000n Thời gian xe 2 tới D lần thứ m là t  mT2  1500 m M Để xe 1 tới C và xe 2 tới D cùng một lúc thì: 1000 + 2000 n = 1500 m D  3m = 2 + 4 n  m = (2 + 4 n)/3 Vì xe chỉ chạy đến 9h30 phút nên có điều kiện 1000 + 2000 n < 3h30 phút = 12600 s Suy ra n < 5,8 và m, n là nguyên dương. n 12345 m 2 (loại) (loại) 6 (loại) t(s) 3000 9000 Thời điểm 6h50 phút 8h30phút Vậy có 2 thời điểm để xe 1 tới C và xe 2 tới D cùng một lúc là 6h 50 ph và 8h 30 ph. CS2/1. Dùng một bếp điện có công suất 1kW để đun một lượng nước có nhiệt độ ban đầu là 200C thì sau 5 phút nhiệt độ của nước đạt 450C. Tiếp theo do mất điện 2 phút nên nhiệt 2

độ của nước hạ xuống chỉ còn 400C. Sau đó bếp lại tiếp tục được cấp điện như trước cho tới khi nước sôi và bay hơi. Tìm thời gian cần thiết từ khi bắt đầu đun cho tới khi nước sôi và bay hơi mất 5% lượng nước ban đầu. Biết nhiệt dung riêng của nước c = 4200J/(kg.độ) và nhiệt hoá hơi của nước L = 2,3.106J/kg. Giải: Gọi khối lượng của nước phải đun là m, nhiệt lượng do nước toả ra trong 1 giây là q. Khi mất điện nước chỉ toả nhiệt, ta có phương trình: q  2  60  mC(45  40)  q  mc / 24 (1) Gọi thời gian từ sau khi mất điện đến khi nước sôi là t1 thì: P  t1  1000t1  mC (100  40)  qt1  t1  60mC (2) (1000  q) Gọi thời gian từ khi nước sôi đến khi bốc hơi là 5% lượng nước là t2 thì 1000t2  5 m  L  qt2  t2  5mL (3) 100 100(1000  q) Ta tìm m từ điều kiện đun nước ở giai đoạn 5 phút đầu: 1000  5  60  mC(45  20)  q  5  60 . Thay q từ (1) vào phương trình này ta được m = 1,90 kg Thay giá trị của m vào (1) ta được q = 333,30 J/s Thay giá trị của q và m vào (2) và (3) ta được t1 = 360 s, t2 = 164 s. Vậy thời gian cần thiết để đun nước từ khi bắt đầu đến hoá hơi 5% là t  7  60  360 164  944(s) = 15 phút 44 giây. CS3/1. Có hai vòng dây dẫn giống nhau với các đường kính CE và DF được làm từ dây dẫn đồng chất, tiết diện đều, có điện trở suất đáng kể và được đặt thẳng đứng trên một tấm kim loại MN dẫn điện rất tốt (Hình 2). Nối A và B với hai cực của một nguồn điện có hiệu điện thế không đổi bằng 6V. Hỏi nếu mắc một vôn kế có điện trở rất lớn giữa C và D thì vôn kế chỉ bao nhiêu? Giải:. Vì tấm kim loại dẫn điện tốt nên điện trở đoạn EF không đáng kể, nên có thể chập E với F (Hình 1). Do mạch có tính đối xứng với trục AB nên có thể tách mạch tại E và F mạch điện sau khi tách được vẽ lại như hình 2. E C + - D A B C + - D  AB F EF Hình 1 Hình 2 Gọi bán kính vòng tròn là r và điện trở một đơn vị độ dài là  thì: RACEDB  (r  r  r)  (2   )r Cường độ dòng điện chạy trong mạch AC: I  U AB Vậy U CD  I  RCD  U AB  2    3,67(V ) .Vôn kế chỉ 3,67 V. (2   )r  CS4/1. Cho một gương phẳng G nằm ngang và một màn M đặt thẳng đứng. Trên gương phẳng đặt một khối trụ bằng gỗ có bán kính R, chiều dài L. Trục của khối trụ song song 3

với màn M (Hình 3). Biết ánh sáng Mặt Trời chiếu theo phương vuông góc với trục khối trụ và hợp với mặt phẳng nằm ngang một góc 600. a) Hãy xác định hình dạng và kích thước bóng tối trên màn do khối trụ gây ra. b) Cho khối trụ chuyển động tịnh tiến trên mặt gương tới gần màn với vận tốc v. Hỏi bóng của nó trên màn chuyển động với vận tốc bao nhiêu? E H S Giải: a) Bóng tối EF trên tường được tạo ra như hình vẽS. Đó là hình chữ nhật có các cạnh EF là l. CF Tính EF:  CIK là tam giác đều: O 60o OC = 2OD = 2R  CD = 3R bình nên HK = 2CD = 6R = EFI . D KM Xét  IHK: CD là đường trung Bóng tối là hình chữ nhật có các cạnh bằng 6R và l. b) Khi hình trụ đi từ K đến M thì bóng tối trên tường dịch chuyển từ F tới M với vận tốc v’ ta có: KM  v  t . FM  v'  t Xét  MKF  FM  KMtg 60o  KM 3 .Từ trên suy ra: v'  v 3 . Đề 2 CS1/2. Một thanh dài L được tựa vào bức tường thẳng đứng như hình vẽ. Đầu dưới B của thanh có một con bọ hung đang đậu. Vào thời điểm đầu dưới của thanh bắt đầu chuyển động theo nền nhà về bên phải với vận tốc v không đổi, con bọ hung cũng bắt đầu bò theo thanh với vận tốc u không đổi đối với thanh. Hỏi trong quá trình chuyển động theo thanh, con bọ hung lên được độ cao cực đại bằng bao nhiêu so với nền nhà ? Biết rằng đầu A của thanh luôn tựa vào tường. Giải: Giả sử G là vị trí của con bọ hung ở thời điểm t nào đó kể từ lúc nó bắt đầu chuyển động (H.2), M là trung điểm của thanh, GK = h là độ cao của con bọ hung so với nền nhà, ON = H là khoảng cách từ góc O đến thanh. Khi đó OB = vt, BG = ut, AM =OM = L/2. Các tam giác ONB và GKB đồng dạng vì đều là tam giác vuông và có góc  chung, bởi vậy: GK  BG hay h  ut  u suy ra: h  H u . ON OB H vt v v 4

Trong tam giác vuông OMN cạnh huyền ON = H nhỏ hơn hoặc bằng cạnh huyền OM = L/2, đồng thời H = L/2 khi  = 450. Do đó: hmax  H max u  L u v 2 v Kết quả này là đúng nếu sau sau thời gian tmax = (Lcos450)/v chú bọ hung chưa kịp bò tới đầu trên của thanh, tức là utmax < L, và điều này tương đương với bất đẳng thức u  v 2 . Trong trường hợp ngược lại, độ cao h sẽ đạt cực đại ở thời điểm t '  L / u khi con bọ max hung tới được điểm A và độ cao cực đại đó bằng: h'  L2  (vt ' )2 L 1 v2 max max u2 CS2/2. Có hai chậu chứa thuỷ ngân. ở mỗi chậu cắm một ống nghiệm và hút ra khỏi ống một phần không khí sao cho thuỷ ngân dâng lên trong mỗi ống tới độ cao h1 và h2 so với mực thuỷ ngân trong chậu (h1 < h2); mực thuỷ ngân ở hai chậu ngang nhau. Hai ống nghiệm được nối với nhau qua khoá K, lúc đầu khoá K đóng (Hình 2). Cho biết áp suất khí quyển là p0, trọng lượng riêng của thuỷ ngân là d0. a) Tính áp suất của không khí trong mỗi ống. b) Vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của áp suất thuỷ ngân theo độ cao của cột thủy ngân trong mỗi ống. So sánh áp suất của thuỷ ngân tại điểm A và B. c) Nếu mở khoá K để hai ống thông nhau thì hiện tượng xảy ra như thế nào? Giải thích. Giải: a) áp suất không khí trong mỗi ống cân bằng với áp suất của thuỷ ngân tại bề mặt. Suy ra: .PKK ( A)  P0  d0h2 PKK (B)  P0  d0h1 b) Vẽ đồ thị: áp suất tại mỗi điểm trong cột thuỷ ngân được xác định theo công thức: PHg  P0  d0h. PHg PHg P0 P0 h O h1 P0/d0 h O h2 P0/d0 Vì hA  hB nên PHg tại điểm A nhỏ hơn PHg tại điểm B. c) Vì áp suất thuỷ ngân tại hai bên khoá K là như nhau và bằng PHg  P0  d0hK , do đó khi mở khoá K để 2 ống thông nhau thì không có hiện tượng gì xảy ra. CS3/2. Có ba bình dung tích như nhau đều bằng 2 lít chứa đầy nước ở nhiệt độ khác nhau là 200C, 600C và 1000C và một bình có dung tích 5 lít không chứa gì. Với các dụng cụ đã cho làm thế nào để tạo ra một lượng nước có nhiệt độ 560C. Bỏ qua sự mất mát nhiệt do bình và môi trường. Giải: Đầu tiên đổ 2 lít nước 60oC và 2 lít nước 100oC vào bình 5 lít ta được 4 lít nước 80oC. Rót ra 2 lít nước 80oC, sau đó đổ 2 lít nước 20oC vào bình 5 lít ta được 4 lít nước ở 50oC. Rót thêm vào bình này 1 lít nước 80oC ta sẽ được 5 lít nước ở nhiệt độ 56oC. 5

(Bạn có thể dùng phương trình cân bằng nhiệt để kiểm tra kết quả). CS4/2. Cho một bóng đèn 6V - 3W và một biến trở con chạy được nối với nhau, sau đó nối vào nguồn có hiệu điện thế không đổi U = 9V nhờ dây dẫn có điện trở Rd = 1 (Hình 3). a) Cho điện trở của toàn biến trở là 20. Tìm điện trở RAC của phần AC của biến trở, biết đèn sáng bình thường. Tìm hiệu suất của cách mắc mạch thắp sáng đèn đó. b) Với nguồn U, dây dẫn Rd, đèn và biến trở như trên, hãy vẽ những sơ đồ khác để mắc cho đèn sáng bình thường. Tìm vị trí con chạy của biến trở ứng với mỗi sơ đồ. c) Muốn cho hiệu suất của cách mắc mạch thắp sáng đèn như hình 3 không nhỏ hơn 60% khi đèn sáng bình thường thì giá trị toàn phần của điện trở biến trở nhỏ nhất là bao nhiêu? Giải: a) Ký hiệu RAC  x; RBC  20  x . Đèn sáng bình thường nên Id = 0,5 A. Cường độ dòng điện qua mạch chính: IC  6  0,5(20  x)  0,5  16 Ta có: U  U AC Ud 9  6  0,5(20  x)  16 x x x  0,5x2  7x 16  0 .Giải phương trình trên ta được x1  16() và x2  2 (loại). Hiệu suất mạch thắp sáng đèn đó: H  Pci  H  3  33,3% Ptp 9  16 16 b) Mắc đèn theo các sơ đồ khác: + U - Rd + U - Rd + U - Rd   + U - Rd + U - Rd   Sử dụng định luật Ohm để xác định RAC cho mỗi sơ đồ ta được các giá trị lần lượt là: 5 ; 10; 2,4; 2,55 và 17,21. c) Muốn H  60/100 thì 3  0,6  IC 5A 9 IC 9 U AC 9 5  76 / 9(V ) (1)Kí hiệu RAC  x; RBC  y thì U AC  6  0,5y  76 / 9 9  y  44 / 9 . Vậy ymin  44 / 9  4,89 .Mặt khác: U AC  I x  x  (Ic  0,5)x  (5 / 9  0,5)x  5x / 90 .U AC  5x / 90 (2) Từ (1) và (2) suy ra: 5x / 90  76 / 9  x  760 / 5  125  xmin  125 . Vậy (RAB )min  125  44,89  156,9() . 6

Đề 3 CS1/3. Một chiếc cốc hình trụ thành mỏng để hở miệng được nhúng thẳng đứng vào trong bình đựng nước: lần nhúng thứ nhất đáy cốc hướng lên trên, lần nhúng thứ hai đáy cốc hướng xuống dưới trong cả hai lần nhúng, cốc đều ngập ở cùng một độ sâu, nước trong bình không tràn ra ngoài và ở trường hợp sau nước không tràn vào trong cốc. Hỏi công cần thực hiện để nhúng cốc trong trường hợp nào lớn hơn? Giải thích. Giải: Do cốc thành mỏng nên bỏ qua kích thước của cốc. Để ấn cốc ngập trong nước ta phải tác dụng vào cốc một lực theo phương thẳng đứng F  FA  P với FA lực đẩy Acsimet và P là trọng lượng của cốc.( Bỏ qua áp suất khí quyển). Trường hợp đầu do không khí bị nén trong cốc nên thể tích nước do cốc chiếm chỗ nhỏ hơn trường hợp sau khi cốc ngập cùng độ sâu trong nước, do đó lực đẩy Acsimét nhỏ hơn (hình vẽ). Suy ra lực ấn trung bình Ftb nhỏ hơn. Cốc ngập cùng độ sâu nên có cùng độ dài đường đi s. Vì thế công để ấn cốc: A  Ftbs trong trường hợp sau lớn hơn. CS2/3. Trong một bình cách nhiệt có chứa m1 = 189 gam nước đá ở nhiệt độ t1. Đổ vào bình một ca chứa m2 gam nước ở nhiệt độ t2 = 22oC. Khi có cân bằng nhiệt, khối lượng nước đá giảm đi là m = 84 gam. Nếu đổ thêm ca thứ hai chứa nước như ca thứ nhất vào bình thì nhiệt độ của hỗn hợp khi có cân bằng nhiệt là t = 1oC. Biết nhiệt dung riêng của nước đá là c1 = 2,1 J/g.độ, của nước là c2 = 4,2 J/g.độ, nhiệt nóng chảy của nước đá là  = 340 J/g. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt giữa nước với bình và môi trường. a) Tính nhiệt độ t1 của nước đá và khối lượng m2 của nước có trong một ca. b) Thực ra, do có sự truyền nhiệt cho bình nên nhiệt độ của hỗn hợp sau khi đổ 2 ca nước trên là 0,8oC. Sử dụng kết quả vừa tìm được tính nhiệt dung của bình. Giải: a) Sau khi đổ một ca nước ở 220 C thì nước đá chỉ tan một phần. Hỗn hợp gồm cả nước và nước đá nên ở O0C . Phương trình cân bằng nhiệt: Sau khi đổ một ca: m2C2t2  m  m1C1 (0  t1 ) (1) Sau khi đổ ca thứ hai: m2C2 (t2  t)  (m1  m)  (m1  m2 )C2t (2) Thay các giá trị đã cho vào (2) ta được m2  434,45g Thay giá trị của m2 vào (1) ta được t1  29,20 C b) Gọi q là nhiệt dung của bình. Phương trình cân bằng nhiệt là: 2m2c2 (t2  t)  m1  m1c1 (0  t1 )  m1c2t  q(t  t1 )  q  2m2c2 (t2  t)  m1  m1c1 (0  t1 )  m1c2t: (t  t1 ) Thay các giá trị ở trên ta được: q  29,4J / g . CS3/3. Cùng các dụng cụ đo nhưng được mắc theo các sơ đồ khác nhau như hình vẽ. Số chỉ của vôn kế và ampe kế trong mỗi sơ đồ lần lượt là U1,I1; U2, I2; U3, I3. Bỏ qua điện trở dây nối, hiệu điện thế giữa hai cực của nguồn điện không đổi. 7

V V AV AA R AR R + - + - + - a) Tìm điện trở RA của ampe kế và RV của vôn kế. b) Cho biết RV > R > RA, hãy so sánh các giá trị của dòng điện I1, I2, I3 và giá trị của các hiệu điện thế U1, U2, U3. Giải: a) Từ sơ đồ 3: RV  U3 / I3 Từ sơ đồ 2: R  U 2 /(I 2  IV )  U 2 /(I 2  U 2 / RV )  R  U 2U 3 U3I2 U2I3 Từ sơ đồ 1: RA  U1 / I1  R  RA  U1 / I1  U 2U3 /(U3I 2  U 2 I3 ) b) + So sánh các giá trị của I. Hiệu điện thế U của nguồn đúng bằng U1 . I1  U1 /(RA  R) I2  U1 I3  U1 /(RA  RV )  RV R RA RV  R Vì RV R  R  RV nên I2  I1  I3 . RV R + So sánh các giá trị của U. U1 = Unguồn ; U2  U với Rtd  R  RV ; U3  U R  U RA 1 R  RV RA  RV RA 1 Rtd RV Vì mẫu số của U 2 và U3 đều lớn hơn 1 nên U 2 và U3 đều nhỏ hơn U  U1 . Vì Rtd  RV nên RA / RV  U 3  U 2 . Vậy U1  U 3  U 2 . CS4/3. Một vật phẳng nhỏ AB đặt vuông góc với trục chính của một thấu kính hội tụ, sao cho điểm B nằm trên trục chính và cách quang tâm của thấu kính một khoảng BO = a. Nhận thấy rằng nếu dịch vật đi một khoảng b = 5 cm lại gần hoặc ra xa thấu kính thì đều được ảnh có độ cao bằng ba lần vật, trong đó một ảnh cùng chiều và một ảnh ngược chiều với vật. Dùng cách vẽ đường đi tia sáng, hãy xác định khoảng cách a và vị trí tiêu điểm của thấu kính. Giải: Kí hiệu vị trí của vật khi lại gần thấu kính là A1B1 và khi ra xa thấu kính là A2 B2 . Vẽ đường đi các tia sáng để tạo ảnh của vật ứng với các vị trí đặt vật nói trên. Ta được các ảnh A1' B1' và A2' B2' như hình vẽ. Xét hai tam giác đồng dạng OA1B1 và OA1' B1' , ta có: OB1  1  OB1  OB1' (1) OB1' 3 3 Xét hai tam giác đồng dạng OA2 B2 và OA2' B2' , ta có: OB2  OB2' (2) 3 Xét hai tam giác đồng dạng FOI và FA2' B2' , ta có: FB2'  3OF Kí hiệu OF  f , dễ dàng suy ra FB '  3f  FB1' . Vậy OB2'  4 f và OB1'  2 f 2 8

Thay các giá trị này vào (1) và (2) ta được: OB1  2f và OB2  4f . 3 3 A2 I F B2 B1 O Do đó B1 B2  2f  10cm  f  15cm . Vậy tiêu điểm F nằm cách thấu kính 15 cm. 3 Điểm B nằm cách đều B1 và B2 một khoảng là 5 cm. Thay f  15 vào trên ta được OB1  10cm . Vậy OB  a  10  5  15(cm) . Điểm B trùng với tiêu điểm trước của thấu kính. Đề 4 CS1/4. Một canô xuất phát từ bến sông A có vận tốc đối với nước là 12km/h đuổi theo một xà lan có vận tốc đối với bờ là 10km/h xuất phát trước 2h từ bến sông B trên cùng một dòng sông. Canô và xà lan đều chạy xuôi dòng theo hướng AB. Khi chạy ngang qua B, canô thay đổi vận tốc để có vận tốc đối với bờ tăng lên gấp đôi và sau đó 3h đã đuổi kịp xà lan. Biết AB = 60km. Hãy xác định vận tốc của dòng nước. Giải: Gọi vận tốc của ca nô là v1 , vận tốc của xà lan và của nươc đối với bờ là v2 và v3 . Khi đó vận tốc của ca nô đối với bờ là: v1  v3  12  v3 . Do đó thời gian ca nô đi từ A đến B là: t  AB  60 . 12  v3 12  v3 Khi ca nô đến B thì xà lan đến C với BC  (t  2)v2 . Tới B ca nô có vận tốc đối với bờ là: 2(12  v3 ) và có vận tốc đối với xà lan là: 2(12  v3 )  v2  14  2v3 . Theo đề bài, ta có: BC  60  2)10  3(14  v3 )  6v32  94v3  336  0 . ( 12  v3 Giải phương trình này ta được v3  3 (loại nghiệm âm). Vậy vận tốc dòng nước là 3km/h. CS2/4. Trong một bình cách nhiệt đựng một hỗn hợp nước và nước đá ở 00 C . Người ta cung cấp cho hỗn hợp một nhiệt lượng đủ để giữ cho nhiệt độ của nước không đổi và nước đá tan hết. Thí nghiệm cho thấy thể tích của hỗn hợp giảm đi 3 cm3 . Biết khối lượng riêng của nước ở 00 C là Dn  0,99g / cm3 , của nước đá ở 00 C là Dd  0,92g / cm3 và nhiệt nóng chảy của nước đá là   334kJ / kg . Bỏ qua sự hấp thụ nhiệt của bình và sự trao đổi nhiệt với môi trường. a) Tính khối lượng của nước đá đã tan thành nước và nhiệt lượng đã cung cấp. b) Sau đó người ta đổ thêm vào bình một lượng nước ở nhiệt độ t1 (t1  40C) và ngừng cung cấp nhiệt cho bình. So sánh thể tích nước trong bình trước và sau khi có cân bằng nhiệt. Giả thiết rằng mỗi khi nhiệt độ tăng 1độ (trong khoảng từ 00 C đến 40 C ) thì thể tích nước giảm đi  % so với thể tích của nó ở 00 C . 9

Giải: a) Do thể tích nước đá giảm khi tan hết, thể tích hỗn hợp giảm, ta có: V  m  m  m  VDd Dn Dd Dn Dn  Dd Thay các giá trị đã cho vào, ta được m  39g. Vậy lượng nước đá tan là 39g. Lượng nhiệt đã cung cấp để làm tan nứoc đá: Q  m  334.103.39.103  13026 J b) Gọi m1 là khối lượng nước rót thêm vào, m2 là nước có sẵn trong bình, t0  00 C và t là nhiệt độ khi cân bằng, ta có: cm1 (t1  t)  cm2 (t  t0 )  m1 (t1  t)  m2 (t  t0 ) (*) ở 00 C , các khối nước có thể tích bằng: V01  m1 ;V02  m2 . Ta lại biết rằng từ 00 C đến 40 C Dn Dn thì thể tích của nước giảm khi nhiệt độ tăng. Do vậy, trước khi rót vào bình, thể tích nước rót thêm là:V1  V01(1 t1) và thể tích nước trong bình là: V2  V02 (1 t0 ) . Sau khi rót thêm và đã cân bằng nhiệt, thể tích của các khối nước tương ứng là: V1'  V01(1 t ) và V2'  V02 (1  t ) . Suy ra: V1'  V1  V01 (t1  t ) m1 (t1  t) và V2  V2'  V02(t  t0)  m2 (t  t0). Dn Dn Theo (*) thì vế phải của hai đẳng thức trên phải bằng nhau. Do đó: V1'  V1  V2  V2'  V1'  V2'  V1  V2 . Như vậy thể tích của hỗn hợp nước không đổi sau khi cân bằng nhiệt. CS3/4. Cho mạch điện như hình vẽ. Hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch là U không đổi. Cho R1  R2  R3  R4  R và r1  r2  r3  r4  r. a) Cho cường độ dòng điện qua R1 là 0,5A, qua R2 là 0,3A, hiệu điện thế hai đầu r1 là 4V. Tính tổng hiệu điện thế của tất cả các điện trở r1, r2 , r3 , r4. b) Cho mạch điện như trên, nhưng cho R = r/2 và thay r4 bằng một điện trở X nào đó. Hãy tính X theo r để thoả mãn các hệ thức sau giữa các hiệu điện thế ở hai đầu các điện trở R: U R1  kU R2  k 2U R3  k 3U R4 với k là một hằng số nào đó. Tính k. + R R R R U r1 r r3 r4 - Giải: a) Ký hiệu hiệu điện thế (h.đ.t.) và cường độ dòng điện qua mỗi điện trở ri là U i và Ii . r1  r  U1  4  20() I R1  I R2 0,5  0,3 Mặt khác: U1  U 2  U3  U 4  r(I1  I 2  I3  I 4 )  rI R1  20  0,5  10(V ) Tổng hiệu điện thế trên các điện trở ri là 10 vôn. c) Thay r4 bằng điện trở X : 10

Ta có: I3  I 4 (R4  X)  I4  r  2X . I R3  I3  I4  I  3r 2 X r3 2r 2r 4 Theo đề bài: U R3  kU R4  I R3  kI R4  kI 4 . Thay giá trị của I R3 vào trên ta được k  3r  2X (1) 2r Gọi điện trở của ô cuối cùng là Y. Chứng minh tương tự như trên ta được k  3r  2Y (2) 2r So sánh (1) và (2) ta suy ra X  Y . Vậy: X  (r / 2  X )r r/2 X r  2X 2  rX  r 2  0 Giải phương trình trên, ta được: X = r/2 và X = -r (loại). Thay giá trị của X vào (1), ta được k = 2. CS4/4. Một thấu kính hội tụ mỏng có dạng hình tròn đường kính AB = 12cm. Thấu kính có tiêu điểm F ở cách quang tâm O một khoảng bằng 12cm. Một nguồn sáng điểm S nằm trên phương AB và cách B 3cm. MN là màn chắn sáng (xem hình vẽ). a) Người ta muốn thu được một chùm sáng song song với trục chính bằng cách dùng thêm một gương phảng. Hỏi phải đặt gương này ở đâu và đặt như thế nào? b) Giữ nguyên vị trí của gương, màn chắn và nguồn sáng, dịch chuyển thấu kính dọc theo phương AB xuống phía dưới 3cm. Hãy mô tả hiện tượng xảy ra và giải thích. Giải: a) Muốn chùm sáng ló ra song song với trục chính của thấu kính thì chùm sáng tới thấu kính phải xuất phát từ tiêu điểm F. Vậy ảnh S' của S qua gương phẳng cũng phải nằm ở F. Muốn thế gương phẳng phải đạt ở điểm giữa của đoạn SF và vuông góc với SF. Dễ dàng tính được SF = 15cm. b) Giữ nguyên nguồn sáng, gương phẳng và màn chắn, dịch chuyển thấu kính theo chiều AB thì ảnh S' coi như di chuyển trên tiêu diện tại F của thấu kính. Vì thế chùm sáng ló ra khỏi thấu kính sẽ song song với trục phụ đi qua S' . Vậy chùm sáng ló ra quay một góc A  so với trước. Mặt khác, tg  S'F 3 S’ OF 12    140. O F B S Đề 5 CS1/5. Hai chiếc tàu thủy chuyển động thẳng đều trên biển. Tàu 1 vào lúc 12h trưa ở phía Bắc một hòn đảo nhỏ, cách đảo này 40 dặm và tiếp tục chạy về hướng Đông với vận tốc 15 dặm/h. Còn tàu 2 vào lúc 8h sáng lại ở phía Đông hòn đảo nói trên, cách đảo này 100 dặm, và chuyển động về phía Nam với vận tốc 15 dặm/h. Xác định khoảng cách nhỏ nhất của hai con tàu và điều đó xảy ra ở thời điểm nào? Giải: Chọn gốc thời gian vào lúc 8h sáng. Khi đó tàu 1 ở điểm A cách B một đoạn AB = u = (12h - 8h)15 dặm/h = 60 dặm. Đặt h = BD = 40 dặm, d = DC = 100 dặm. Xét thời điểm t, tàu 1 ở M với AM = x và tàu 2 ở N với CN = x, vì hai tàu có cùng vận tốc là 15 dặm/h. Khi đó khoảng cách giữa hai con tàu là: s  MN  (h  x)2  (d  u  x)2 11

A x M B Đông Tây h C x D Đảo N Ta thấy s đạt cực tiểu tương đương với hàm số: y  (h  x)2  (d  u  x)2 = 2x2  2x(d  u  h)  h2  (d  u)2 đạt cực tiểu. Đây là một tam thức bậc hai với: a = 2 > 0, b = -2(d+u-h) = -240 và c = h2 + (d+u)2 = 27200, vậy y đại giá trị cực tiểu tại: x  x0   b  1 .240  60 dặm 2a 4 Vậy khoảng cách hai tàu nhỏ nhất, khi tàu 2 ở B, tức là lúc 12 giờ trưa. Khoảng cách cực tiểu này bằng: smin  2x02  2x0 (d  u  h)  h2  (d  u)2  2.602  240.60  27200  100 2  141dặm. CS2/5. Người ta trộn nước nóng và nước lạnh theo hai cách sau: Cách 1: Đổ từ từ theo thành bình m1 (kg) nước nóng ở nhiệt độ T1 vào m2 (kg) nước lạnh ở nhiệt độ T2 . Cách 2: Đổ từ từ theo thành bình m2 (kg) nước lạnh vào m1 (kg) nước nóng nói trên. Biết m2  2m1 . Bỏ qua trao đổi nhiệt của bình với môi trường. a) Trường hợp nào quá trình truyền nhiệt xẩy ra nhanh hơn? b) Tìm nhiệt độ của hỗn hợp khi cân bằng nhiệt bằng phương pháp đồ thị. Giải: a) Đổ từ từ sẽ tạo ra hai lớp nước nóng và lạnh. Trộn theo cách 2 thì quá trình truyền nhiệt xảy ra nhanh hơn vì nước lạnh ở trên, nước nóng ở dưới nên xảy ra đối lưu - một hình thức truyền nhiệt chủ yếu của chất lỏng. Trong cách 1 thì truyền nhiệt bằng dẫn nhiệt nên rất chậm. b) Khi trộn hai khối nước thì có sự trao đổi nhiệt giữa chúng. Nhiệt lượng do nước nóng toả ra: Q1  m1C(T1  t 0 ) Nhiệt lượng do nước lạnh thu vào: Q2  2m1C(t0  T2 ) ở đây t0 là nhiệt độ mà khối nước nóng và nước lạnh đạt tới trong quá trình truyền nhiệt. Trên cùng hệ trục toạ độ (Q, t0 ) ta vẽ đồ thị của Q1 và Q2 theo t0 . Q(J) m1CT1 Q1 2m1CT2 QM O 12 t0C T2 T 2T2 T1

Hoành độ của giao điểm M là nhiệt độ T của khối nước khi cân bằng nhiệt. Tung độ của giao điểm M là nhiệt lượng Q mà khối nước nóng đã toả ra và khối nước lạnh đã thu vào cho tới khi xảy ra cân bằng nhiệt. Chú ý: Có thể vẽ đồ thị của t0 theo Q ta cũng được kết quả cần tìm. CS3/5. 1. Có 5 điện trở giống nhau, lúc đầu mắc 3 điện trở thành một mạch, sau đó mắc thêm 2 điện trở còn lại thì điện trở mạch điện sau nhỏ hơn 4 lần so với điện trở của mạch điện lúc đầu. Vẽ sơ đồ mạch điện lúc đầu và lúc sau. 2. Người ta mắc nối tiếp bộ điện trở lúc sau nói trên với một bộ bóng đèn gồm 2 bóng loại 6V - 6W và 4 bóng loại 3V - 1,5W, tất cả được mắc vào nguồn điện có hiệu điện thế không đổi 15V thì thấy các đèn đều sáng bình thường. Tìm giá trị của mỗi điện trở đã mắc trong bộ điện trở nói trên. Giải: 1. Trước hết vẽ sơ đồ mạch điện của các cách mắc 3 điện trở giống nhau ta được 4 sơ đồ. Để điện trở tương đương giảm ta phải mắc song song các điện trở còn lại. Từ một số phép thử ta tìm được sơ đồ lúc đầu và lúc sau:   2. Bốn sơ đồ mạch điện để các đèn đều sáng bình thường như sau với kí hiệu R 0 là bộ điện trở, Đ1 là đèn 3V  6W , Đ2 là đèn 3V  1,5W Đ1 Đ1 Đ1 Đ2  Đ1 Đ1 Đ2 R0  R0        Đ2 Đ2 Đ2 Đ2 R0     R0     Đ2     Đ1     Đ2  a bc d Từ sơ đồ mạch 5 điện trở ta tính được R0  3r với r là giá trị một điện trở. Vậy r  8R 0 . 8 3 Với mỗi sơ đồ mạch thắp sáng đèn, từ giá trị định mức của các đèn ta tìm được cường độ dòng điện mạch chính và hiệu điện thế hai đầu bộ bóng đèn, suy ra được hiệu điện thế trên R 0 . Từ đó tính được R 0 ứng với mỗi sơ đồ rồi tính ra giá trị r. Kết quả ta được (tính toán cụ thể dành cho các bạn): với sơ đồ a: r  16 / 3 và với các sơ đồ b, c, d: r  8 . CS4/5. Để hội tụ ánh sáng vào một diện tích nhỏ, người ta nghĩ ra một thiết bị như hình vẽ. Thiết bị này là một ống hình nón, mặt trong phản xạ tốt ánh sáng. Các tia sáng xuất phát từ nguồn S sau khi phản xạ nhiều lần liên tiếp sẽ đi vào lỗ AA’, lỗ này có thể nhỏ tuỳ ý. Nhờ vậy ánh sáng sẽ hội tụ vào một diện tích nhỏ. Đề án này có thể thực hiện được không? Giải thích. Giải: Đề án không thực hiện được. N  13 I S

Xét tamgiác IJN, góc phản xạ tại I là góc ngoài của tam giác bằng tổng góc tới tại J và góc (N   vì là hai góc có cạnh vuông góc). Do đó góc tới tại J nhỏ hơn góc tới tại I một giá trị  (  là góc ở đỉnh hình nón). Vậy sau một số lần phản xạ liên tiếp trong hình nón thì tia tới sẽ có góc tới bằng 0 hoặc nằm bên kia pháp tuyến. Nếu góc tới bằng 0 thì tia ló sẽ trùng với tia tới. Nếu tia tới nằm bên kia pháp tuyến thì tia phản xạ sẽ truyền ra ngoài. Vì thế ánh sáng từ S không thể hội tụ tại lỗ nhỏ. Đề 6 CS1/6. Một người đứng tại A và một người đứng tại B cùng đồng thời đánh một tiếng trống. Âm thanh truyền tới vách núi C rồi phản xạ lại. Người đứng tại B nói rằng: “Ngoài tiếng trống mình gõ còn nghe thấy ba tiếng trống nữa cách nhau sau 1 giây, sau 5 giây và sau t kể từ lúc bắt đầu đánh trống”. (Người đó quên mất thứ tự thời gian trước sau của 3 khoảng thời gian trên). Cho biết trời lặng gió và vận tốc truyền âm trong không khí là 340m/s. Hãy xác định khoảng cách AB và BC. Giải: Người ở B còn nghe thấy 3 tiếng trống nữa do âm thanh từ A truyền đến B, âm thanh từ A, B truyền đến C rồi phản xạ lại B. Ký hiệu AB  s1, BC  s2 , v  340m / s Thời gian âm thanh truyền từ A đến B: tA  s1 v Thời gian âm thanh truyền từ B đến C rồi về B: tB  2s 2 v Thời gian âm thanh truyền từ A đến C rồi về B: t '  tA  tB. A Các khoảng thời gian t A , t B , t ' có thể ứng với một trong ba giá trị đã cho: 1 giây, 5 giây A và t giây. Có thể xảy ra một trong các trường hợp sau: a) tA  1s tB  5s và t '  ts A AB  s1  1 340  340m . BC  s2  5  340 / 2  850m b) tA  1s, t '  5s và tB  1s  t  51 4 A AB  1 340  340m . BC  4  340 / 2  680m c) tA  5s tB  1s và t '  ts A AB  5  340  1700m . BC  1 340 / 2  170m d) tA  ts tB  1s và t '  5s  t  5 1  4s A AB  4  340  1360m . BC  1 340 / 2  170m CS2/6. Một hệ thống gồm hai bình A và B, giữa chúng được nối với nhau bằng một ống nhỏ, dài và chứa cùng một chất lỏng (hình vẽ). Ta tiến hành thí nghiệm: lần đầu đốt nóng bình A, lần thứ hai đốt nóng bình B, lần thứ ba đốt nóng cả hai bình. Trước mỗi lần đốt nóng, mực chất lỏng hai bình như nhau. Hiện tượng xảy ra thế nào qua mỗi lần thí nghiệm, giải thích. Bỏ qua sự nở của bình và sự nhiệt dung của hệ. 14

Giải: Khi đốt nóng bình A : Do nhiệt độ tăng nên thể tích chất lỏng tăng làm chiều cao h A của mực chất lỏng bình A tăng, đồng thời trọng lượng riêng dA của chất lỏng ở A giảm. Vì miệng ống A rộng hơn đáy nên độ cao h tăng chậm hơn so với độ giảm của d; vì thế áp suất chất lỏng ở đáy bình A (PA  dA  h A ) giảm so với trước khi đốt và đương nhiên nhỏ hơn áp suất chất lỏng ở đáy bình B. Do đó chất lỏng sẽ chảy từ B sang A cho tới khi áp suất chất lỏng ở đáy hai bình bằng nhau. Khi đốt bình B: Lập luận tương tự ta thấy h B tăng nhanh hơn so với độ giảm của dB nên pB  pA chất lỏng chảy từ B sang A. Nếu đốt nóng cả hai bình thì kết quả cũng như trên. CS3/6. Cho hệ quang học gồm một thấu kính hội tụ có tiêu cự là 6cm , một gương phẳng đặt vuông góc với trục chính của thấu kính. Chiếu tia SI tới thấu kính, sau khi khúc xạ qua thấu kính thì phản xạ trên gương rồi khúc xạ qua thấu kính lần thứ hai và tia ló ra khỏi thấu kính là KJ. Biết OA  18cm và OB  12cm . a. Tính khoảng cách giữa gương và thấu kính. J I b. Tính tỷ số OK/OI. AB O A’ G B’ SK Giải: a) Giả sử có tia tới song song với trục chính thì tia ló sẽ trùng với tia tới. Do đó nếu coi A là vật thì B là ảnh cuối cùng qua hệ quang học gồm thấu kính – gương – thấu kính. Sự tạo ảnh như sau: A' là ảnh của A qua thấu kính, B' là ảnh của A' qua gương; B là ảnh của B' qua thấu kính. Kí hiệu d và d' là khoảng cách từ vật và ảnh tới thấu kính, f là tiêu cự TK, ta chứng minh được: 1  1  1 . f d d' Theo đề bài: dA  18cm;f  6cm  d '  9cm A dB  12cm;f  6cm  d '  12cm B Vì A' và B' đối xứng với nhau qua gương G nên: OG  (OA '  OB' ) / 2 OG  (d A'  d B' ) / 2  (9  12) / 2  10,5cm b) Kí hiệu góc IA'O   thì OI  OA 'tg , OK  OB'tg Vậy OK / OI  OB' / OA '  dB' / dA'  12 / 9  4 / 3 . Đề 7 CS1/7. Một xi lanh có tiết diện S được giữ thẳng đứng, đầu dưới nhúng trong chậu thuỷ ngân, đầu trên hở. Trong xi lanh có một pittông rất nhẹ, lúc đầu pittông nằm sát mặt thuỷ ngân trong chậu. Người ta thực hiện một công A để kéo từ từ pittông lên cao. Tính độ cao của pittông so với mặt thuỷ ngân. Cho áp suất khí quyển là p0 , trọng lượng riêng của thuỷ ngân là d0 . Bỏ qua ma sát Giải: Khi kéo pittông thì thuỷ ngân dâng lên theo tới khi đạt độ cao cực đại h0 : khi đó h0  d0  p0 : áp suất ở đáy cột thuỷ ngân bằng áp suất khí quyển. Thực hiện công A để kéo píttông lên độ cao h. Có thể xảy ra hai trường hợp: 15

+ Nếu h  h0 : Vì pHg tỷ lệ với h nên pHgTB  d0 h  FTB  d0 h S 2 2 Vậy A  d0  h  Sh  h  2A Nếu A  Sp02 thì h  h0 d0S 2 2d0 + Nếu h  h0 thì A  A1  A2 Với A1  d 0 h0 Sh0  p02 S . A2  p0 S (h  h0 )  p0S h  p0  2 2d0 d0 Vậy A  p02S  p0S(2d0h  2 p0 )  h  A  p0 2d0 p0S 2d0 CS2/7. Một cốc nhôm có khối lượng không đáng kể chứa 200 gam nước đặt trong phòng có nhiệt độ t0  300 C . Thả vào cốc một cục nước đá có khối lượng 50 gam ở nhiệt độ t1  100 C . Vài phút sau, khi đá tan hết thì nước trong cốc có nhiệt độ là t2 và mặt ngoài của cốc có 1,2 gam nước bám vào. Hãy giải thích nước đó ở đâu ra và tính nhiệt độ t2 của nước trong cốc. Cho biết: nhiệt dung riêng của nước là 4,2kJ / kg .độ và của nước đá là 2,1kJ / kg .độ; nhiệt nóng chảy của nước đá là 330kJ / kg ; để một kilôgam nước biến hoàn toàn thành hơi ở nhiệt độ phòng thì cần một nhiệt lượng 2430kJ . Giải: Nước bám vào thành cốc là do hơi nước của không khí quanh cốc gặp cốc lạnh đã ngưng tụ lại và bám vào. Khi ngưng tụ, hơi nước toả ra một nhiệt lượng cung cấp cho nước đá hoá lỏng và tăng nhiệt độ. Lượng nhiệt do nước trong cốc và hơi nước ngưng tụ toả ra là: Q1  0,2  4200(30  t2 )  0,0012  2430 103  28116  840t2 Lượng nhiệt do nước đá hấp thụ là: Q2  0,05  2100 10  0,05 330000  0,05  4200t2  17750  210t2 Do Q1  Q2 suy ra t2  100 C . CS3/7. Cho một mạch điện như hình vẽ, biết R1  18 và điện trở đoạn mạch AB là 9 . Nếu đổi chỗ R1 cho R2 thì điện trở của đoạn mạch AB bây giờ là 8 . a) Tính R2 và R3 . b) Biết R1, R2 , R3 chịu được hiệu điện thế lớn nhất lần lượt là U1  12V ,U 2  U 3  6V . Tính hiệu điện thế và công suất lớn nhất mà bộ điện trở mắc như hình vẽ chịu được. c) Mắc bộ điện trở nói trên nối tiếp với một bộ bóng đèn gồm các đèn giống nhau có ghi 3V  1W , tất cả được mắc vào mạch có U  18V không đổi. Tìm cách mắc bộ đèn với số bóng nhiều nhất mà các đèn vẫn sáng bình thường. R  R R3 B A Giải: a) Tính điện trở tương đương của mạch AB. RAB  9  18(R2  R3 ) (1) 18  R2  R3 RA' B 8 R2 (18  R3 ) (2) 18  R2  R3 Từ (1) và (2) rút ra R3 18  R2 . Thay giá trị của R3 vào (2) ta đựơc R2  12 R3  6 16

b) Từ các giá trị hiệu điện thế lớn nhất đã cho và các giá trị điện trở vừa tìm, ta xác định được dòng điện lớn nhất mà mỗi điện trở chịu được lần lượt là: I1  2 / 3( A), I2  0,5( A), I3  1( A) . Vì R2 mắc nối tiếp với R3 nên nhánh dưới chịu được dòng lớn nhất là 0,5A suy ra hiệu điện thế lớn nhất mà nhánh dưới chịu được là 18  0,5  9(V ) vì nhánh này mắc song song với R1 (chịu được hiệu điện thế là 12V) nên cả mạch AB chịu được hiệu điện thế lớn nhất là 9V. Công suất lớn nhất mà mạch chịu được: Pmax  U 2  92  9(W ) max 9 RAB c) Vì các đèn giống nhau nên để các đèn đều sáng bình thường thì chúng phải mắc thành bộ đối xứng gồm x nhánh, mỗi nhánh có y bóng đèn. Bóng đèn có cường độ định mức là Id  1 A 3 Ta có phương trình hiệu điện thế: 18  3y  1 x 9  x  y  6 3 Giải phương trình này với điều kiện x, y nguyên dương và U ABmax  9V sẽ được 3 cách mắc ứng với giá trị của y là 3; 4; 5 và giá trị tương ứng của x là 3; 2 ; 1. Vì số bóng đèn trong bộ là xy, nên cách mắc với x  3 và y  3 sẽ có số bóng nhiều nhất là 9 bóng. CS4/7. Hai gương phẳng quay mặt sáng vào nhau và hợp với nhau một góc 200 . Chiếu một tia sáng tới một trong hai gương theo phương song song với đường phân giác của góc hợp bởi hai gương. Xác định đường đi của tia sáng trên. Giải: Vẽ liên tiếp các tia phản xạ lần lượt qua các gương. Từ hình vẽ dễ dàng thấy sau mỗi lần phản xạ, tia phản xạ trở thành tia tới đối với gương kia và có góc tới nhỏ hơn góc tới lần trước 200 . ở lần phản xạ thứ nhất, góc tới bằng 900 100  800 . Vậy sau 4 lần phản xạ, tia phản xạ tới gương với góc tới 00 nên tia phản xạ trùng với tia tới. Do đó tia ló ra khỏi hệ gương trùng với phương của tia tới. Đề 8 CS1/8. Có hai quả cầu rỗng có khối lượng như nhau, một quả làm bằng vải cao su và quả kia làm bằng cao su mỏng. Hai quả cầu đều kín chứa cùng một lượng khí hiđrô và có cùng thể tích khi ở mặt đất. Nếu thả hai quả cầu thì hiện tượng xảy ra như thế nào? Giải thích. Giải: Các quả cầu chứa khí hiđrô (d H  d KK ) nên không khí tác dụng lực đẩy Acsimet lớn hơn trọng lượng của quả cầu. Do đó khi thả, hai quả cầu sẽ bay lên cao. Do áp suất khí quyển giảm theo độ cao nên quả cầu càng bay lên cao thì sự chênh lệch áp suất trong và ngoài quả cầu càng tăng làm cho quả cầu cao su giãn nở tăng thể tích, nhưng quả cầu làm bằng vải cao su nên thể tích hầu như không đổi. ở cùng độ cao (cùng d KK ) lực đẩy Acsimet tác dụng lên quả cầu cao su lớn hơn, làm cho quả cầu này bay nhanh hơn, cao hơn. Mỗi quả cầu, khi lên tới độ cao nào đó, có thể bị nổ, do chênh lệch áp suất ở trong và ngoài qủa cầu. CS2/8. Để xác định tỷ lệ nước trong tuyết (tuyết là hỗn hợp nước trong nước đá), người ta cho vào bình một lượng tuyết rồi đổ nước nóng vào cho đến khi toàn bộ tuyết thành nước. Khối lượng nước nóng đổ vào là m có nhiệt độ ban đầu t1 . Khối lượng sau khi tuyết tan là M có nhiệt độ t 2 . Biết nhiệt dung riêng của nước là C, nhiệt nóng chảy của nước đá là r. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với bình. Tính tỷ lệ nước trong tuyết. 17

Giải: Ký hiệu khối lượng nước trong tuyết là m' , nhiệt dung riêng của nước là C. Khối lượng nước đá là (M  m  m') vì tuyết gồm cả nước và nước đá nên nhiệt độ của tuyết là 00 C Phương trình cân bằng nhiệt giữa tuyết và nước nóng: (M  m  m')  (M  m) c (t2  0)  mC (t1  t2 ) Suy ra m' (M  m)  C(Mt2  mt1)  Tỷ lệ nước trong tuyết: m'  1 C(Mt2  mt1) (M  m) (M  m) CS3/8. Cho mạch điện như hình vẽ. Nếu mắc AB với nguồn U1 không đổi thì công suất toàn mạch là P1  55W . Nếu mắc CD với nguồn U 2 không đổi thì công suất toàn mạch là P2  176W . Nếu mắc đồng thời cả A, B với U1 (cực dương ở A) và C, D với U 2 (cực dương ở C) thì công suất toàn mạch là bao nhiêu? Giải: Khi chỉ mắc với hiệu điện thế U1: P1  U 2  55 (1) 1 4R Khi chỉ mắc với hiệu điện thế U2: P2  U 2  176 (2) 2 5R Chia vế với vế của (2) và (1):  U 2  2  4 U2  2U1 . Khi mắc mạch đồng thời với cả U1 U 1 và U 2 : ký hiệu I là cường độ dòng điện qua MN, I1 và I 2 là dòng điện qua R và 2R và có chiều như hình vẽ. Ta có: U1 U MN  I1R (3) , U 2 U MN  2I2 R (4) . Trừ vế với vế của (4) và (3): U 2  U1  R(2I 2  I1) . Thay U 2  2U1 vào trên: U1  R(2I 2  I1)  I1  2I2  U1 (5) R M U MN  I  3R  (I1  I 2 )3R   2I 2  U1  I 2 3R + +  R  U1 U2 - R 3R - Mặt khác: U MN  U 2  I 2  2R  2U1  I 2  2R 2R  U1 3R N  R   3I 2   2U1  2I 2 R Từ đó: 11I 2 R  5U1  I2  5U1 (6) 11R Thay (6) vào (5) ta được I1   U1 và I3  4U1 . (Dòng I1 có chiều ngược với quy ước). 11R 11R Công suất tiêu thụ trên từng đoạn mạch là: P1  I 2 R  U 2 ; P2  I 2 2R  50U1 ; PMN  I 2 3R  48U 2 1 1 2 121R 3 1 121R 121R Ta có: P  P1  P2  P3  99U12 . Từ (1) U 2  220 .Vậy P  180W . 121R 1 R CS4/8. Xác định khối lượng riêng của dầu hoả bằng phương pháp thực nghiệm với các dụng cụ gồm: Một ống thuỷ tinh rỗng hình chữ U, một cốc đựng nước nguyên chất, một cốc đựng dầu hoả và một thước dài có độ chia nhỏ nhất tới mm. 18

Giải: Cách xác định khối lượng riêng của dầu như sau: Đổ nước vào ống chữ U, sau đó đổ dầu vào một nhánh. Do dầu nhẹ hơn và không hoà tan nên nổi trên mặt nước. (Hình vẽ) dầu AB nướ c Dùng thước đo chiều cao cột dầu là h1 và cột nước ở nhánh kia là h2 . Do áp suất ở A và B bằng nhau nên: PA  P0 10Dd h1  PB  P0 10Dnh2 , trong đó P0 là áp suất khí quyển. Từ đó suy ra Dd  Dn  h2 . Biết khối lượng riêng của nước nguyên chất, đo được h1 và h2 ta h1 xác định được khối lượng riêng của dầu. Đề 9 CS1/9. Một xe đạp và một ô tô cần phải đi từ A đến B, với AB = 11 km. Hai xe đều xuất phát đồng thời. Ô tô chạy với vận tốc 60km / h và cứ đi được 1 km lại dừng lại 2 phút. Xe đạp cũng chuyển động với vận tốc tốc không đổi nhưng đi liên tục không dừng lại. Hỏi vận tốc của xe đạp phải như thế nào để nó luôn luôn đuổi kịp ô tô ở mỗi chặng nghỉ giữa đường? Giải: Trên hình là đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của quãng đường đi được của ô tô (đường gấp khúc) và của xe đạp (hai đường thẳng). Vận tốc của xe đạp phải có độ lớn sao cho nó phải tới vạch “10km” trong khoảng thời gian từ 28 đến 30 phút. Do vậy vận tốc của xe đạp phải nằm trong khoảng từ 30phútđ=ế2n0km/h = 21,4km/h 28phútđến CS2/9. Có một cân Rôbécvan không chính xác do hai đòn cân có chiều dài khác nhau, một bộ quả cân chính xác và một vật cần đo khối lượng. Không dùng thêm dụng cụ nào khác, hãy xác định khối lượng của vật cần đo. Giải: Ký hiệu hai tay đòn của cân là l1,l2 và khối lượng thực của vật là mx . 19

Phương pháp 1: Đặt vật bên đĩa cân trái và đặt các quả cân bên đĩa cân phải, khi cân thăng bằng thì: mx  l2 (1) m1 là tổng khối lượng các quả cân. Tiếp theo ta đặt vật sang m1 l1 đĩa cân phải và đặt các quả cân sang đĩa cân trái, khi cân thăng bằng ta có: m2  l2 (2) m2 mx l1 là tổng khối lượng các quả cân. Từ (1) và (2) ta có: mx  m1  m2 . Độ chính xác của phép đo phụ thuộc vào độ chính xác của việc xác định m1 và m2 . Phương pháp này gọi là phương pháp cân đảo. Phương pháp 2: Đặt vật ở đĩa cân bên trái và đặt các quả cân bên đĩa cân phải cho tới khi cân thăng bằng. Lấy vật ra khỏi đĩa cân bên trái, giữ nguyên các quả cân ở đĩa bên phải; Đặt các quả cân vào đĩa cân trái cho tới khi cân thăng bằng. Tổng khối lượng các quả cân ở đĩa trái bằng khối lượng của vật. Phương pháp này gọi là phương pháp cân lặp. CS3/9. Cho mạch điện như hình 1. Mắc AB vào nguồn điện có hiệu điện thế không đổi U  5V thì công suất tiêu thụ trên các đèn tương ứng là: P1  P4  4W ; P2  P3  3W ; P5  1W . Tính điện trở các bóng đèn và cường độ dòng điện qua mỗi bóng. Bỏ qua điện trở dây nối. C  Đ5 A+ - B Đ4 Đ3 D  Giải: Ký hiệu I là cường độ dòng điện ở mạch chính; I1, I2 , I3, I4 , I5 là cường độ dòng điện qua các đèn, U1,U2,U3,U4,U5 là hiệu điện thế giữa hai đầu các đèn, R1, R2 , R3 , R4 , R5 là điện trở các đèn. Công suất tiêu thụ toàn mạch: P  P1  P2  P3  P4  P5  15W và cường độ dòng điện: I  P  15  3(A) . Ta có: U5 I  I1  I3  I  P1  P3 3 4 3  U1  4U 3 (1) U1 U3 U1 U3 3U 3  3  I5  I4  I3;U 5  U3 U1  P5  P4  P3 U3 U1 U U3 U3  1  4 3  U1  8U 2  20U 3 (2) U3 U1 5 U3 U3 3 7U 3 15 Từ (1) và (2) rút ra: 3U 2  14U 3  15  0 3 Giải phương trình này ta được 2 nghiệm: U3  3V và U3  5V 3 1) Nếu U3  3V thì từ (1) ta có U1  2V . Vậy I1  P1  4  2( A) ; R1  U1  2  1( ) . U1 2 I1 2 Tương tự ta tìm được I3  1(A) và R3  3( ) ; I5  P5  1  1( A)  R5  P5  1  1( ) . U3 U1 32 I 2 1 5 20

Cường độ dòng điện qua đèn Đ5 có chiều như hình vẽ. Khi đó I4  I5  I3  2A; R4  1 , I 2  1A và R2  3 . 2) Nếu U3  3V thì tương tự như trên ta tìm được: I1  1,2A , R1  2,8 ; 5 I 2  1,8A , R2  0,92 ; I3  1,8A , R3  0,92 ; I 4  1,2 A , R4  2,8 ; I5  0,6A ( có chiều từ D đến C), R5  2,8 . CS4/9. Một thấu kính hội tụ L có trục chính là xy, quang tâm O. Một nguồn sáng điểm S chiếu vào thấu kính, IF và KJ là hai tia ló ra khỏi thấu kính. F là tiêu điểm. Hãy xác định vị trí của S. Cho OI  1cm , OK  2cm . Giải: S MI y 600 F xO K H F’ 450 L J Dựng ảnh để xác định vị trí của nguồn S: Vì F là tiêu điểm nên tia ló IF có tia tới song song với trục chính. F’ là tiêu điểm phụ mà tia KJ đi qua. Kẻ trục phụ OF’. Tia ló KJ có tia tới song song với trục phụ OF’. Hai tia tới của hai tia ló IF và KJ cắt nhau tại S. Đó là vị trí nguồn S. f  OF  OI tg600  1 3  3 cm . Tam giác HKF’ là tam giác vuông cân nên HF' HK  3 , vậy FF ' HF  HF ' (2  3) cm. SIK FOF '  SI  FO  SI  IK  FO  3  3  SI  3  3 cm. IK FF ' FF ' 2  3 2 3 Vậy nguồn S cách thấu kính là 3 3 cm và cách trục chính thấu kính là 1cm. 2 3 Đề 10 THCS1/10. Có hai bình nối với nhau bởi một khoá K (hình vẽ); lúc đầu khoá K đóng. Bình A chứa khí cacbonic, bình B chứa khí hidro. Hai khí áp kế M1 và M 2 có cùng chỉ số. Hiện tượng xảy ra như thế nào nếu ta mở khoá K? Giải: Gọi số chỉ của hai khí áp kế khi khoá K đóng là p0 ; pA và pB là áp suất ở đáy bình A và bình B cũng là áp suất ở hai bên khoá K; d A và d B là trọng lượng riêng của khí cácbonic và khí hidro trong bình; h là chiều cao mỗi bình. Theo công thức tính áp suất của cột khí ta có: pA  p0  d Ah (1) pB  p0  d B h (2) Vì d A  d B nên so sánh (1) và (2) ta rút ra pA  pB . Do đó khi mở khoá K thì khí cácbonic sẽ từ bình A dồn sang bình B cho đến khi áp suất khí ở hai bên khoá K bằng nhau thì quá trình ngừng. Lúc này khí áp kế M 2 có chỉ số lớn hơn. 21

THCS2/10. Người ta thả 1 kg nước đá ở nhiệt độ  300 C vào một bình chứa 20kg nước ở nhiệt độ 480 C . a) Xác định nhiệt độ của hỗn hợp khi cân bằng nhiệt. b) Sau đó người ta thả vào bình một cục nước đá khác gồm một mẩu chì ở giữa có khối lượng 10 gam và 200 gam nước đá bao quanh mẩu chì. Cần rót vào bình bao nhiêu nước ở nhiệt độ 100 C để cục đá chứa chì bắt đầu chìm? Cho: Cnd  2100 J / kg  K , Cn  4200 J / kg  K , nd  340000 J / kg , Cch  130 J / kg  K , Dnd  900kg / m3 , Dn  1000kg / m3 , Dch  11500 kg / m3 . Bỏ qua sự trao đổi nhiệt giữa bình và môi trường. Giải: a) Trước hết ta tính nhiệt lượng mà nước đá cần để tan hết ở 00 C : Q1  2100 1 30  340000 1  403000 (J ) Nhiệt lượng mà nước toả ra khi hạ tới 00 C : Q2  4200  2  48  403200 (J ) Nhận xét: Q2  Q1 nên nhiệt độ của hỗn hợp khi cân bằng sẽ lớn hơn 00 C ; gọi nhiệt độ đó là t ta có phương trình sau: Qtoả = 4200.2.(48 - t) Qthu  Q1  4200 1 t  403000  4200t Ta có Qtoả = Qthu  t  0,016  0,02(0C) . Vậy nhiệt độ của hỗn hợp sau khi cân bằng là 0,020C . b)Để cục đá chứa mẩu chì bắt đầu chìm thì trọng lượng của cục nước đá chứa chì phải bằng lực đẩy Acsimet của nước tác dụng lên toàn bộ cục nước đá đó. Gọi khối lượng của nước đá lúc bắt đầu chìm là m thì: 10(m  0,01)  10(m / 900  0,01/11500)1000  m  0,0822kg Vậy lượng nước đá đã tan là 0,2  0,0822  0,1178(kg) . Vì tồn tại cả nước và nước đá nên nhiệt độ của hỗn hợp là 00 C . Gọi lượng nước 100 C phải rót vào bình là mX . Lượng nước trong bình đã có là 3kg ở 0,020C . Ta có phương trình cân bằng nhiệt sau: 4200  mX 10  4200  3  0,02  340000  0,1178  mx  0,95kg . Vậy phải rót lượng nước ở 100 C ít nhất là 0,95kg thì cục nước đá có chì bắt đầu chìm. THCS3/10. Cho mạch điện như hình vẽ. Biết U không đổi, đèn Đ1 sáng bình thường và công suất của cả mạch là 12W. Nếu thay đèn Đ1 bằng đèn Đ2 có cùng công suất định mức thì đèn Đ2 cũng sáng bình thường nhưng công suất của cả mạch chỉ bằng 8W. a) Tính công suất định mức của mỗi đèn. b) Nếu hai đèn này mắc song song rồi mắc nối tiếp với r, tất cả được mắc vào nguồn điện trên thì công suất của cả mạch là bao nhiêu ? Giải: a) Gọi cường độ dòng điện qua các đèn khi sáng bình thường là I1 và I 2 . Ta có: I1  UI1  12  1,5 .  I1  1,5I2 . Gọi công suất định mức các đèn là P0 ta có: I 2 UI 2 8 12  P0  (1,5I 2 )2  r (1) 8  P0  I 2 r (2) 2 Chia vế với vế của (1) và (2) rồi giải phương trình đối với P0 ta được P0  4,8W . Công suất định mức của mỗi đèn là 4,8rW. +U- b) Khi r nối tiếp với đèn thPì: = R r Đ1 22

Khi mắc đèn Đ1: Pr = r Thay số: 12  4,8  7,2 r  RĐ = 2 r PĐ R 4,8 4,8 RĐ 13 Khi mắc đèn Đ2: 8  8,4  3,2  r  RD2  3r 4,8 4,8 RD2 2 Khi mắc hai đèn song song thì điện trở toàn mạch là: RD1.RD2  r  19 r . RD1  RD2 13 Khi đó P  U 2  13  U 2 (1) .Khi mắc đèn Đ1: P U2  12  U 2  20 (2) r  2 / 3r r Rtm 19 r Thay (2) vào (1) ta được P  260  13,7 W. Vậy công suất toàn mạch là 13,7W. 19 THCS4/10. Xác định khối lượng riêng của chiếc nút chai bằng bấc. Chỉ sử dụng các dụng cụ sau: Lực kế, bình chia độ chứa nước, nút chai, sợi chỉ, quả cân đồng. Giải: Khối lượng riêng của nút chai được xác định: D  m với m và V là khối lượng và V thể tích của nút chai. Bước1: Dùng lực kế để xác định trọng lượng P của nút chai. Vậy m  P . 10 Bước2: Dùng chỉ buộc quả cân đồng rồi nhúng vào bình nước ta xác định được thể tích V1 của quả cân. Bước3: Dùng chỉ gắn quả cân với nút chai rồi thả vào bình nước ta xác định được thể tích V2 của quả cân và nút chai. Thể tích của nút chai là V  V2  V1 . Từ đó tính được D P . 10(V2  V1 ) Độ chính xác của phép đo phụ thuộc vào độ chính xác của việc xác định P, V1 và V2 . Đề 11 CS1/11. Hai người đi xe đạp với vận tốc không đổi xuất phát đồng thời đi lại gặp nhau: một người đi từ A đến B và người kia đi từ B đến A. Sau khi gặp nhau tại điểm cách A 8km, hai người tiếp tục chuyển động. Sau khi đến đích hai người quay ngay trở về và gặp nhau lần thứ 2. Xác định khoảng cách có thể từ điểm gặp nhau lần thứ 2 đến B. Giải: Trước hết phải lưu ý rằng quãng đường tổng cộng mà hai xe đạp đi được kể từ lúc xuất phát tới lần gặp nhau thứ nhất (chính là khoảng cách AB) bằng một nửa quãng đường tổng cộng mà hai xe đi được từ lần gặp nhau thứ nhất đến lần gặp nhau thứ hai. Vì vận tốc của hai xe không đổi, nên từ lúc xuất phát đến khi gặp nhau lần thứ nhất, mỗi người đi được quãng đường bằng một nửa quãng đường mà họ đi được từ lần gặp nhau thứ nhất tới lần gặp nhau thứ hai. Bởi vậy, nếu ký hiệu điểm gặp nhau thứ nhất và điểm gặp nhau thứ hai lần lượt là C và D, ta có thể viết phương trình liên hệ các quãng đường, chẳng hạn như của người đi xe đạp thứ nhất: 2AC  CB  BD  AB  AC  BD Thay vào phương trình trên giá trị của AC = 8km, ta được: BD  24  AB (1) 23

Dễ dàng thấy rằng: 0  BD  AB (2) Từ (1) và (2) ta tìm được: 12  AB  24 (3) Rút AB từ (1) rồi thay vào (3), ta nhận được khoảng giá trị khả dĩ của khoảng cách từ điểm gặp nhau lần thứ hai đến điểm B: 0  BD 12km . CS2/11. Người ta đun một hỗn hợp gồm nước đá và một chất rắn A dễ nóng chảy trong bình cách nhiệt nhờ một dây đun điện có công suất không đổi. Ban đầu khối lượng của hai chất là như nhau và có nhiệt độ là  200 C . Sự phụ thuộc của nhiệt độ hỗn hợp theo thời gian đun được biểu diễn bằng đồ thị như hình vẽ. Hãy xác định nhiệt nóng chảy và nhiệt dung riêng ở trạng thái lỏng của chất rắn A. Cho nhiệt dung riêng của nớc đá là 2100J/kg độ và của chất A ở trạng thái rắn là 1200J/(kg.độ). Cho rằng chỉ có sự trao đổi nhiệt giữa dây đun điện và hỗn hợp trên. t0 C 0 T (phút) -10 -20 0 10 20 30 40 50 Giải: Từ đồ thị ta thấy: Trong 10 phút đầu, nhiệt độ của hỗn hợp tăng 100 C ; trong 15 phút tiếp theo, chất rắn A nóng chảy ở 100 C ; 15 phút tiếp theo hỗn hợp gồm nước đá và chất lỏng A tăng nhiệt độ thêm 100 C và cuối cùng nước đá nóng chảy. Ký hiệu m là khối lượng của mỗi chất, q là nhiệt lượng do dây đun điện toả ra trong một phút,  là nhiệt nóng chảy và C là nhiệt dung riêng của chất lỏng A, ta có các phương trình cân bằng nhiệt cho từng giai đoạn: (2100 1200)m 100  10q (1) m  15q (2) (2100  C)m 100  15q (3) Từ (1) và (2) ta tìm được:   49500 J / kg Từ (2), (3) và giá trị  ta tìm được C  2850 J / kg độ. CS3/11. Cường độ dòng điện chạy qua điện trở 100 tuân theo công thức I  2 t với t là thời gian tính bằng giây và I đo bằng ampe. Tìm thời gian dòng điện chạy qua điện trở trên nếu nhiệt lượng toả ra trên điện trở này là Q  1,8kJ . Giải: Theo định luật Jun – Lenxơ: Q  RI 2t với I là cường của độ dòng điện không đổi. ở bài này cường độ I thay đổi theo thời gian: I  2 t nên không thay giá trị vào công thức trên được. Tại thời điểm t, công suất toả nhiệt của điện trở là P  RI 2  100  4t  400t . Vì công suất tỷ lệ thuận với thời gian t nên từ thời điểm O đến thời điểm t công suất toả nhiệt trung bình trên điện trở là: Ptb  0  400t  200t . Nhiệt lượng toả ra trên điện trở trong thời 2 gian t là: Q  Ptb  t  200t 2 . Thay số: 1800  200t 2  t  3 Vậy thời gian dòng điện chạy qua điện trở là 3 giây. 24

CS4/11. Một tia sáng bất kỳ SI chiếu đến một quang hệ, sau đó ló ra khỏi hệ theo phương song song và ngược chiều với tia tới như hình vẽ. Biết quang hệ đó chỉ gồm hai dụng cụ quang học đơn giản (guơng phẳng, thấu kính hội tụ). a) Quang hệ gồm hai dụng cụ nào, cách bố trí các dụng cụ đó. b) Có thể tịnh tiến tia tới SI (tia tới luôn song song với phương ban đầu) sao cho tia ló KJ trùng với tia tới được không? Nếu có thì tia tới đi qua vị trí nào của hệ. Giải: a) Vì sau khi ra khỏi hệ thì tia ló truyền theo chiềungược lại nên trong hệ chắc chắn phải có gương; điều đó dẫn tới quang hệ trong hộp kín sẽ là một trong hai trường hợp sau:Trường hợp 1: Trong hệ có hai gương phẳng (H.1) Vì SI // JK  O' MN  O' NM  180 0  900  MO' NO' MO  NO 2 Vậy hai gương đặt vuông góc với nhau. Trường hợp 2: Hệ gồm 1 thấu kính và một gương phẳng (H.2) Vì tia SI // JK  điểm tới gương F' phải nằm trên tiêu diện của thấu kính  gương phải đặt trùng tiêu diện của thấu kính. M I O S IF SO N F ’ ’ K J F O J K H. 2 H. 1 b) Hoàn toàn có thể xảy ra ở cả 2 trường hợp: Trường hợp 1: Để SI  JK thì MN  0  tia tới phải đi tới O. Điều này có thể làm được khi tịnh tiến SI tới đường nét đứt. Trường hợp 2: Để tia SI  JK thì tia qua thấu kính tới gương phải vuông góc với gương tức là nó phải song song với trục chính  tia tới phải đi qua tiêu điểm chính F của thấu kính. Điều này cũng xảy ra được khi ta tịnh tiến tia tới SI tới đường nét đứt. Đề 12 CS1/12. Hai nhánh hình trụ của bình thông nhau có diện tích tiết diện là S1  100cm2 và S2  200cm2 , chứa nước và đậy bằng các píttông nhẹ. Lúc đầu hệ ở trạng thái cân bằng. Người ta đặt lên píttông lớn một quả cân có khối lượng 1kg. Tìm lượng nhiệt thoát ra khi hệ dịch chuyển sang vị trí cân bằng mới. Giải: Ký hiệu D0 là khối lượng riêng của nước, x và y là độ dịch chuyển của các píttông sau khi đặt quả cân. Ta có: PA  PB hay 10m / S2  10D0 (x  y) (1) Vì chất lỏng không chịu nén nên: S1 y  S2 x (2) Từ (1) và (2) suy ra: x  S1m / S2 D0 (S1  S2 ) 25

Trọng lực của quả cân đã thực hiện công để dâng cao khối nước và toả nhiệt. Công do trọng lực quả cân thực hiện là A2  10mx . Công cần để dâng cao phần khối nước ở nhánh phải (S2 x) lên độ cao như ở nhánh trái ( S1 y ) là A1  10 D0 xS 2  x  y  (3)  2  ở đây (x  y) / 2 là khoảng cách trọng tâm của hai khối nước đó . Rút (x  y) từ (1) thay vào (3) ta được: A1  10mx / 2 . Lượng nhiệt do hệ toả ra là: Q  A2  A1  10mx / 2  10 S1m 2 S2 )  0,08J . 2D0 S2 (S1  S1 S2 y AB CS2/12. Một thanh đồng chất tiết diện đều, có khối lượng riêng D  600kg / m3 , dài L = 24cm được giữ thẳng đứng trong nước (có khối lượng riêng D0  1000kg / m3 ). Đầu trên của thanh cách mặt nước một đoạn H0 (Hình vẽ). Tính xem nếu thả thanh ra thì khi lên tới vị trí cao nhất, đầu dưới của thanh cách mặt nước một khoảng là bao nhiêu trong 2 trường hợp sau: a) H0  12cm b) H0  4cm Coi như thanh chỉ chuyển động theo phương thẳng đứng. Bỏ qua sức cản của nước và không khí. Mực nước không thay đổi. Giải: Lực đẩy Acsimet đã sinh ra công phát động được chia thành 2 giai đoạn: - Giai đoạn 1: Từ lúc thanh bắt đầu chuyển động đến lúc đầu trên của thanh bắt đầu nhô lên khỏi mặt nước: A1  V  D0 10  H0  SL  D0 10  H0 - Giai đoạn 2: Từ lúc thanh bắt đầu nhô lên trên đến lúc đầu dưới của thanh ở bên trên và sát mặt nước, lực đẩy Acsimet biến thiên giảm dần từ FA đến O. L Hh h 0’ L– H L h’ H 0 0 L 26

Công A2  1/ 2  FA  L  1/ 2D0 10  SL  L  D0 10SL2 (2) 2 Trong cả hai giai đoạn, trọng lực sinh công cản: A  P  (H 0  L  h)  D 10  S  L(L  H 0  h)  Theo định luật bảo toàn cơ năng ta có: A  A1  A2 hay: D.10  SL(L  H 0  h)  S  L  D0 10(H 0  1/ 2L)  D(H 0  L  h)  D0 (H 0  1/ 2L)  h  D0  (H0 1/ 2L)  (L  H0) D Toàn bộ thanh nhô lên khỏi mặt nước khi h  0  H0  L1  D0 / 2D  6cm D0 / D 1 a) H0  12cm  6cm thanh nhô hẳn lên khỏi mặt nước  h  4cm b) H0  4cm  6cm thanh nhô một phần khỏi mặt nước Khi đó: A1  FA  H0  D0 10  S  L  H0 A2  FA  FA'  (L  h' ) 2 trong đó FA - Lực đẩy Acsimet lúc đầu và FA' - Lực đẩy Acsimet lúc sau. A2  D0 10.SL  D0.10.Sh (L  h') 2 Bảo toàn năng lượng A1  A2  A  D0  10.S  L2  h'2   D0 10.SLH 0  D.10.SL(L  h'H 0 ) 2  D0 (L2  h'2 )  D0 LH 0  DL(L  H 0  h') 2  5h'2 144h'192  0  h'1  27,4cm  L (loại) h'2  1,4cm  thoả mãn Vậy h' =1,4cm. CS3/12. Một mạng điện tiêu thụ của gia đình được nối với nguồn nhờ dây dẫn bằng đồng có tiết diện 5mm2 . Để đảm bảo an toàn thì nhiệt độ dây dẫn trên không được tăng quá 100C . Vậy nên dùng cầu chì có dây chì tiết diện là bao nhiêu? Biết rằng nhiệt độ của môi trường thay đổi từ 70 C đến 370 C theo mùa. Cho dong  1,6 108 m , chi  20 108 m , Cdong  400 J / kg  K , Cchi  130 J / kg  K , nhiệt độ nóng chảy của chì là 327 0 C , chi  25.103 J / kg , Ddong  8500 kg / m3 , Dchi  11300 kg / m3 . 27

Giải: Ký hiệu chiều dài, tiết diện, điện trở suất, điện trở của dây dẫn là l1, S1, 1, R1 và của dây chì là l2 , S2 , 2 , R2 . Vì dây dẫn mắc nối tiếp với dây chì nên nhiệt lượng toả ra trên các dây tỷ lệ với điện trở: Q1 / Q2  R1 / R 2  1l1S2 / 2l2 S1 (1) Nhiệt lượng cần để dây dẫn tăng thêm t1 là: Q1  c1m1t1  c1l1S1D1t1 (2) Nhiệt lượng cần để dây chì tăng từ nhiệt độ môi trường tới nhiệt độ nóng chảy là: Q2  c2m2t2  c2l2 S2 D2t2 (3) Thay (2) và (3) vào (1) ta được: S2  S1 c1 D1t1  2 c2 D2t2 1 Nhận thấy t2 càng lớn thì S2 càng nhỏ, dây chì càng dễ nóng chảy. Vậy để đảm bảo an toàn ta chọn t2  327  7  3200 C . Thay các giá trị đã cho ta được S2  0,47 106 . Vậy nên dùng dây chì có tiết diện  0,47 106 m2  0,47mm2 . Chú ý: Khi tăng tới nhiệt độ nóng chảy, nếu được cung cấp thêm nhiệt lượng thì dây chì bị nóng chảy ở chỗ có tiết diện nhỏ hơn và dây chì sẽ đứt mà không nóng chảy hoàn toàn. CS4/12. Một ô tô chuyển động thẳng đều dọc theo một bức tường dài với vận tốc v theo hướng xa dần bức tường, hướng chuyển động của xe tạo với bức tường một góc  . Tại thời điểm khi ô tô cách bức tường một khoảng l thì nguời lái xe bấm còi. Tìm quãng đường mà ô tô đi được kể từ lúc bấm còi đến khi người lái xe nghe được tiếng vang từ bức tường. Cho vận tốc truyền âm trong không khí là c và phản xạ âm giống như phản xạ gương. Giải: Ký hiệu Oy là hướng chuyển động của ô tô. Người lái xe bấm còi tại A thì tại B nhận được tiếng vang. AIB là đường truyền của âm. Từ định luật phản xạ AI  A' I , suy ra AIB  A' B . Trong thời gian đó ô tô đi được quãng đường AB. Ta có: t  AB / v  A' B / c  A' B  AB  c / v (1) Từ hình vẽ: BH  AB cos   A' B cos   cos   AB cos  / A' B (2) y Thay (1) vào (2) ta được cos   v cos  / c (3)  B I  A' H  2l  AH  2l  AB sin   A' B sin  (4) A H ’ Thay (1) vào (4) rồi rút ra: AB  2l (5) A  c sin   sin   O v  Từ (3)  sin   1  v2 cos 2  / c2 (6) Thay (6) vào (5) ta được: AB  2vl /( c2  v2 cos 2   v sin  ) Đề 13 THCS1/13. ống thuỷ tinh của thí nghiệm Torixenli được treo vào đĩa cân bên trái còn đĩa cân bên phải đặt quả cân (Hình 1). Xác định giá trị của quả cân khi cân thăng bằng. U Hg R0 AB H1 111 C Rb Hình 28 2

Giải: Lực tác dụng vào đĩa cân bên trái gồm trọng lượng của ống thuỷ tinh và áp lực của không khí tác dụng lên mặt đáy của ống: F  P  p0S , P là trọng lượng của ống thuỷ tinh, p0 là áp suất khí quyển, S là diện tích đáy của ống. Trong thí nghiệm Tôrixenli, áp suất khí quyển được xác định là p0  d  h với d là trọng lượng riêng của thuỷ ngân và h là độ cao cột thuỷ ngân trong ống kể từ mặt thuỷ ngân trong chậu. Do đó p0S  dhS là trọng lượng cột thuỷ ngân trong chậu. Vậy F  P  dhS hay trọng lượng quả cân bằng tổng trọng lượng ống thuỷ tinh và trọng lượng cột thuỷ ngân trong ống kể từ mặt thuỷ ngân trong chậu. THCS2/13. Có hai ấm pha chè mỗi ấm chứa được 500g nước. Một ấm làm bằng đồng có khối lượng 200g và Cđồng = 0,095J/gđộ, ấm kia làm bằng sứ có khối lượng 300g và Csứ = 0,2J/gđộ. Nhiệt độ của phòng là 200 C . Người ta rót nước sôi vào ấm khi pha chè. Nếu dùng hai ấm để pha chè thì dùng ấm nào sẽ tốt hơn nếu bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường? Thực tế thì có sự trao đổi nhiệt giữa ấm và môi trường, vậy dùng ấm nào tốt hơn? Giải: Vì pha một lượng chè nhỏ so với khối lượng ấm nên lượng nhiệt chè thu vào là nhỏ, để đơn giản ta bỏ qua lượng nhiệt này. Nhiệt độ của nước pha chè càng cao thì pha chè càng tốt. Đối với ấm đồng sau khi rót nước sôi thì nhiệt độ của nước khi cân bằng là t1 : Cdong  mdong (t1  20)  cn  mn (100  t1 ) với cn  4,2J / g độ . Thay số ta tính được t1  99,30 C . Đối với ấm sứ, tương tự ta tính được nhiệt độ nước khi cân bằng là t2  97,80 C . Vậy nếu không có sự toả ra môi trường thì pha chè bằng ấm đồng sẽ tốt hơn vì nhiệt độ khi cân bằng cao hơn. Nếu có sự toả ra môi trường thì do đồng có nhiệt dung nhỏ hơn và dẫn nhiệt tốt hơn sứ nên ấm đồng nguội nhanh hơn so với ấm sứ. Trong trường hợp này pha chè bằng ấm sứ tốt hơn. THCS3/13. Cho mạch điện như hình vẽ 2, trong đó R0 là điện trở toàn phần của biến trở, Rb là điện trở của bếp điện. Cho biết Rb  R0 , điện trở của dây nối không đáng kể, hiệu điện thế U của nguồn không đổi. Con chạy C nằm ở chính giữa biến trở. a) Tính hiệu suất của mạch điện. Coi công suất tiêu thụ trên bếp là công suất có ích. b) Mắc thêm một đèn loại 6V  3W song song với đoạn AC của biến trở. Hỏi muốn đèn này sáng bình thường thì hiệu điện thế U của nguồn và điện trở R0 phải thoả mãn điều kiện nào? Giải: a) Tính hiệu suất. Điện trở RCB  R0  R0 / 2  R0 R0  R0 / 2 3 Cường độ dòng điện trong mạch chính: I  U /(R0 / 2  R0 / 3)  6U / 5R0 Vậy UCB  I  RCB  0,4U Công suất tiêu thụ trên bếp điện: P  U 2 / R0  4U 2 / 25R0 CB Hiệu suất mạch điện: H  P /UI  (4U 2 / 25R0 ) : (U  6U / 5R0 )  2 /15 Vậy H  13,3% Đèn 6V  3W có I dm  3 / 6  0,5( A) và Rd  U 2 / Pd  36 / 3  12 d Vì đèn sáng bình thường nên U AC  U d  6V  UCB  U  6 29

Cường độ dòng điện trong mạch chính: I  0,5  6 : R0 / 2  (U  6) : (R0 / 3)  6U  60  R0 Khi mắc đèn song song với đoạn mạch AC, muốn đèn sáng bình thường thì U và R0 phải thoả mãn biểu thức trên. THCS4/13. Một đèn điện được đặt tại tâm của một quả cầu thuỷ tinh mờ có bán kính 0,2m rồi được treo ở vị trí cách sàn nhà 5m và cách trần nhà 1m kể từ tâm quả cầu. Phía dưới ngọn đèn theo phương thẳng đứng và cách sàn nhà 1m , người ta đặt một gương phẳng tròn bán kính 0,1m song song với sàn và quay mặt phản xạ về phía trần nhà. Mô tả hiện tượng quan sát được trên sàn, trên trần và tính kích thước của các hình quan sát được. Giải: Vì quả cầu được chế tạo bằng thuỷ tinh mờ nên coi quả cầu là nguồn sáng S1S2 với bán kính 0,2m . 1) Hiện tượng quan sát được trên sàn nhà là: vết bóng đen hình tròn AB viền đều quanh bóng đen là vùng nửa tối AC, BD, ngoài cùng là vùng sáng (H.1). Gọi độ cao từ O tới sàn nhà là h. S1 S2 OAB ~ OMN  h  AB (*) MN h  1 MN OMN ~ OS1 S 2  h 1  MN  1  h  3(m) C A BD h5 S1 S 2 2 S’1 O S’2 Thay giá trị của h và của gương MN vào (*) ta được AB  0,15m Hình 1 Đường kính bóng đen là 0,15m. Ta có: MAC ~ MS1S2  AC  1  AC  S1 S 2  0,4  0,1(m) S1 S 2 4 4 4 Vùng nửa tối là hình vành khăn bao quanh bóng đen có độ rộng là 0,1m. CA BD S1 S2 O MN S’1 S’2 Hình 2 2. Hiện tượng quan sát được trên trần nhà là: Trên nền sáng của trần nhà do nhận được ánh sáng từ nguồn sáng, ta thấy xuất hiện hình vành khăn sáng hơn (AC và BD) do đồng thời nhận ánh sáng từ nguồn sáng và ánh sáng phản xạ từ gương MN (xem H.2): S1'ON ~ S1' BD  ON  4 . BD 9 30

Thay ON = 0,1m vào ta được BD = AC= 0,225m. Độ rộng của hình vành khăn sáng là 0,225m. Đề 14 CS1/14. Một ô tô xuất phát từ điểm A trên đờng cái để đi đến điểm B trên bãi đỗ xe. Khoảng cách từ B đến đường cái là BC = h. Vận tốc của ô tô trên đường cái là v1 và trên bãi xe là v2 ( v1  v2 ). Hỏi ô tô phải rời đường cái từ điểm D cách điểm C một khoảng bao nhiêu để thời gian từ A đến B là ngắn nhất. B h AD C Giải: Ký hiệu AC  a, DC  x . Thời gian ô tô đi quãng đường AD  a  x là t1 , đi quãng  đường DB là t2 . Ta có: t1  (a  x) / v1 t2  h2  x2 / v2 Thời gian ô tô chuyển động từ A tới B là: t  t1  t2  (a  x) / v1  h2  x2 / v2 t  a  v1 h2  x 2  v2 x v v1v2 tmin khi y  (v1 h2  x 2  v2 x) min  ( y  v2 x)2  v12 (h2  x 2 )  (v12  v22 )x 2  2v2 y x  (v12h2  y 2 )  0 (1) Đây là phương trình bậc hai đối với x , phương trình này có nghiệm khi '  v22 y 2  (v12  v22 )(v12h2  y 2 )  0  v12 y 2  v12h2 (v12  v22 ) y  h v12  v22 Vậy ymin  h v12  v22 (' 0) . Nghiệm của (1) là: x v2 y  v2h v12  v 2  v2h 2 v12  v22 v12  v22 v12  v 2 2 Vậy ô tô phải rời đường cái tại D cách C một khoảng v2h . v12  v22 Chú ý: Nếu a  v2h thì ô tô chuyển động thẳng từ điểm xuất phát A đến B mà không v12  2 v 2 chạy trên đường cái. CS2/14. Người ta đặt một viên bi đặc bằng sắt bán kính R  6cm đã được nung nóng tới nhiệt độ t  3250 C lên một khối nước đá rất lớn ở 00 C . Hỏi viên bi chui vào nước đá đến độ sâu bao nhiêu? Bỏ qua sự dẫn nhiệt của nước đá và độ nóng lên của đá đã tan. Cho khối lượng riêng của sắt là D  7800kg / m3 , của nước đá là D0  915kg / m3 . Nhiệt dung 31

riêng của sắt là C  460J / kg độ. Nhiệt nóng chảy của nước đá là   3,4 105 J / kg . Thể tích khối cầu được tính theo công thức V  4 R3 với R là bán kính. 3 Giải: Có thể xem rằng kích thước khối đá rất lớn so với viên bi nên sau khi cân bằng nhiệt thì nhiệt độ cân bằng là 00C. Nhiệt lượng mà viên bi toả ra để hạ nhiệt độ xuống 00C là: Q1  V .D.C.(t  0)  4 R3.D.C.t 3 Giả sử có m (kg) nước đá tan ra do thu nhiệt của viên bi thì nhiệt lượng được tính theo công thức: Q2  m áp dụng phương trình cân bằng nhiệt, ta thu được đẳng thức Q1  Q2  m  4 R3.D.C.t  m  4R3.D.C.t 3 3 Thể tích khối lượng đá tan ra này dễ dàng tính được: Vt  m  4R 3 D.C.t D0 3D0 Do thể tích Vt là tổng thể tích của 1 hình trụ chiều cao h và một nửa hình cầu bán kính R (xem hình vẽ) nên ta suy ra được h  Vt 1 4 R 3  1   4 R.D.C.t  2R   2R  2D.C.t  1 2 3  R 3D0 3 3 D0 2 Vậy viên bi chui vào nước đá một độ sâu là H  h  R   4D.C.t  2  1R   4D.C.t  1 R 3D0 3 D0 3 áp dụng bằng số: H   4.7800 .460 .325  1 6  32cm 3,4.10 5.915 3 CS3/14. Để xác định vị trí chỗ bị chập của một dây đôi điện thoại dài 4km, người ta nối phía đầu dây với nguồn điện có hiệu điện thế 15V; một ampe kế (có điện trở không đáng kể) mắc trong mạch ở phía nguồn điện thì thấy khi đầu dây kia bị tách ra thì ampe kế chỉ I1  1A , nếu đầu dây kia bị nối tắt thì ampe kế chỉ I2  1,8A . Tìm vị trí chỗ bị hỏng và điện trở của phần dây bị chập. Cho biết điện trở của một đơn vị dài của dây đơn là   1,25 / km . Giải: Mạch điện để xác định chỗ hỏng của dây đôi điện thoại được biểu diễn tương đương như hình vẽ, trong đó R là điện trở của phần cách điện tại chỗ bị hỏng. Ký hiệu chiều dài của dây điện thoại là L, khoảng cách từ chỗ hỏng đến nguồn là x . Khi đầu dây kia bị tách (K mở) thì U  (2x  R)I1. Thay số ta có: 2,5x  R  15 (1) . x A K + R - L Khi đầu kia bị nối tắt (K đóng) thì: U  2x  R  2(L  x)  .  R  2(L  x) I2  32

Thay số rồi rút gọn ta được. 3,75x2  27,5x  R  50  0 (2) Rút R từ (1) rồi thay vào (2) ta được: 3,75x2  25x  35  0 Giải phương trình này ta được: x1  4,67km (loại) x2  2km Thay x  2 vào (1) ta được R  10 . Vậy chỗ dây điện thoại hỏng cách nguồn 2km và điện trở của phần cách điện tại chỗ hỏng bằng 10 . Giải: Nêu một trong các phương án sau: 1. Phương án 1: Thả một số hạt chì vào ống nghiệm. Khi thả ống nghiệm vào bình nước sao cho không chạm đáy bình, mực nước ngập ống là h1 . Sau đó thả ống nghiệm vào cốc chất lỏng, mức chất lỏng ngập ống là h2 . Ký hiệu: Trọng lượng ống nghiệm (cả chì) là P, tiết diện ống là S, khối lượng riêng của nước là D1 và của chất lỏng là D2 . Sau khi thả, ống nghiệm ở trạng thái cân bằng thì lực đẩy Acximet FA bằng trọng lượng P. Ta có: P  10D1Sh1 (1) P  10D2h2 (2) Từ (1) và (2)  D2  D1h1 / h2 2. Phương án 2.: Thả một ít hạt chì vào ống nghiệm rồi rót chất lỏng vào ống cho ngập các hạt chì, mực chất lỏng trong ống là h1 . Sau đó thả ống nghiệm này vào bình nước, mức nước ngập ống là H1 . Lấy ống nghiệm ra, rót thêm chất lỏng vào ống tới mực h2 . Thả ống nghiệm vào bình nước, mực nước ngập ống là H 2 . Khi cân bằng, trọng lượng ống nghiệm (cả chì và chất lỏng) bằng lực đẩy Acsimet. Với ký hiệu như trên và m là khối lượng chất lỏng trong ống thì: P  10m1  10D1H1S (1) P  10m2  10D1H 2 S (2) Trừ vế với vế của (2) và (1) ta được: m2  m1  D1SH 2  H1  D2 S (h2  h1 )  D1S (H 2  H1) Suy ra: D2  D1 H2  H1 h2  h1 Đề 15 CS1/15. Một bình có hai đáy được đặt thẳng đứng trên bàn, diện tích các đáy là S1 và S2 . Trong bình có hai píttông nhẹ được nối với nhau bởi sợi dây không dãn dài l ; giữa hai píttông chứa đầy nước (hình vẽ). Cho khối lượng riêng của nước là D0 . Tìm lực căng của sợi dây. Giải: T T Gọi p0 là áp suất khí quyển, p1 là áp suất của nước ở sát pít tông trên, T là sức căng của sợi dây (Hình vẽ). áp suất của nước ở sát pít tông dưới là: ( p1 10D0l) . Điều kiện cân bằng của pít tông trên: p0S1  T  p1S1 (1) Điều kiện cân bằng của pít tông dưới: p0S2  T  ( p1 10D0l)S2 (2) Từ (1) và (2) suy ra: T  10D0lS1S2 /(S1  S2 ) . 33

CS2/15. Một bình cách nhiệt hình trụ chứa khối nước đá cao 25cm ở nhiệt độ  200 C . Người ta rót nhanh một lượng nước vào bình tới khi mặt nước cách đáy bình 45cm. Khi đã cân bằng nhiệt, mực nước trong bình giảm đi 0,5cm so với khi vừa rót nước. Cho biết khối lượng riêng của nước và nước đá lần lượt là Dn  1000kg / m3 và Dnd  900kg / m3 , nhiệt dung riêng của nước và nhiệt nóng chảy của nước đá tương ứng là Cn  4200 J / kg .độ, nd  340 000J / kg . Xác định nhiệt độ của nước rót vào? Giải: Sở dĩ nước ở trong bình giảm so với khi vừa rót nước vào là do nước đá đã tan thành nước làm giảm thể tích. Gọi độ cao cột nước đá đã tan là x , ta có khối lượng nước đá đã tan: SxDnd  S(x  0,005)Dn . Giản ước S rồi thay số ta tính được x  0,05m . Vậy nước đá chưa tan hết, trong bình còn tồn tại cả nước và nước đá nên nhiệt độ của nước trong bình là 00 C . Ký hiệu nhiệt độ của nước rót vào là t 0C thì nhiệt lượng do khối nước nóng toả ra: Q1  S(0,45  0,25)DnCnt (1) Nhiệt lượng do khối nước đá thu vào: Q2  S  0,25  Dnd  Cnd  20  S  x  Dnd  nd (2) Theo định luật bảo toàn năng lượng: Q1  Q2 . Đơn giản S, thay số ta được t  29,50 C . Vậy nhiệt độ của nước rót vào là 29,50 C . CS3/15. Cho dòng điện chạy qua dây may xo có điện trở không đổi là 20 thì sau thời gian 1 phút có một điện lượng là 180C chạy qua. 1) Xác định nhiệt lượng toả ra trên dây may xo trong hai trường hợp sau: a) Trong nửa thời gian đầu, cường độ dòng điện không đổi và bằng một nửa cường độ dòng điện không đổi trong nửa thời gian sau. b) Trong suốt thời gian nói trên, cường độ dòng điện tăng đều. 2) Người ta dùng dây may so trên để làm bếp điện đun đun sôi một lượng nước từ 200 C . Nếu mắc bếp này vào hiệu điện thế 100V thì thời gian đun là 20 phút. Nếu mắc bếp này vào hiệu điện thế 110V thì thời gian đun là 15 phút. Biết rằng lượng nhiệt hao phí trong khi đun tỷ lệ thuận với thời gian đun. Xác định lượng nước cần đun? Cho nhiệt dung riêng của nước là Cnuoc  4200 J / kg độ. Giải: 1) Xác định nhiệt lượng toả ra trên dây may xo: a) Gọi I là cường độ dòng điện trong nửa thời gian đầu thì cường độ dòng điện trong nửa thời gian sau là 2I . Ta có: 30I  30  2I  180  I  2 . Nhiệt lượng toả ra được tính theo Q  RI 2t => Q1  20  22  30  20  42  30  12000(J ) b) Vì cường độ dòng điện thay đổi theo thời gian nên cường độ dòng điện trung bình là: Itb  180 / 60  3( A) .Do đó Q2  20  32  60  10800(J ) 2) Gọi nhiệt lượng cần để đun sôi lượng nước là Q (không đổi), thời gian đun sôi là t thì: Q  U 2 t  kt . Với k là hệ số tỷ lệ và kt là lượng nhiệt hao phí. R Với U1  100V thì Q  100 2 1200 1200k (1) 200 Với U 2  110V thì Q  110 2 900  900k (2) 20 Từ (1) và (2) ta tính được k  185 . 34

Thay giá trị của k vào (1) ta được Q  378000 (J ) Theo Q  cm(t2  t1 ) m  Q. Thay số m 378000  1,125kg 4200  80 c(t2  t1 ) Lượng nước cần đun là: 1,125kg. CS4/15. Hình dứoi đây là dụng cụ cho phép “nhìn” xuyên qua những vật cản không trong suốt (ở đây được vẽ tượng trưng là một quyển sách. Hỏi ảnh của vật mà bạn nhìn thấy qua dụng cụ trên có vị trí trùng với vật không? Giải thích. Giải: Vị trí của ảnh không trùng với vật. ảnh A qua gương 1 là A1 (xem hình vẽ). Sau khi phản xạ trên gương 2, A1 cho ảnh là A2 . Tương tự ảnh của A2 qua gương 3 là A3 và ảnh của A3 qua gương 4 là A4 . A4 chính là ảnh cuối cùng của A qua quang hệ. Từ hình vẽ ta thấy ảnh này dịch sang bên trái so với A. Bằng tính toán bạn có thể thấy rằng, độ dịch chuyển này bằng 2h với h là khoảng cách được chỉ so sánh bên phải của hình Đề 16 CS1/16. Một quả cầu trượt thẳng đều trên sàn xe dài L với vận tốc v so với xe. Sau va chạm với thành xe quả cầu bật trở lại theo phương cũ, với độ lớn vận tốc như trước. Xe chuyển động thẳng đều với vận tốc V so với mặt đất (xem hình vẽ). L V  a) Xác định vận tốc của quả cầu đối với đất b) Vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của độ dịch chuyển của quả cầu so với đất theo thời gian chuyển động. Xét ba trường hợp v  V / 2 v  V và v  2V . Giải: a) Xác định vận tốc của quả cầu đối với trái đất: Vận tốc của quả cầu khi chuyển động cùng chiều với xe là vX  V  v và khi chuyển động ngược chiều với xe là vN  (V  v) . Quả cầu chuyển động cùng chiều với xe khi vN  0 và ngược lại. Trường hợp: v  V / 2 thì vX  3V / 2 và vN  V / 2 . Trường hợp: v  V thì vX  2V và vN  0 . Trường hợp: v  2V thì vX  3V và vN  V 35

b) Vẽ đồ thị. Để đơn giản ta chọn đơn vị của trục thời gian là L /V . Vì chuyển động của quả cầu lặp đi lặp lại nên khi vẽ đồ thị chỉ cần xét một trường hợp quả cầu chuyển động cùng chiều và một trường hợp chuyển động ngược chiều với xe là đủ. Thời gian giữa hai lần va chạm liên tiếp của quả cầu là: L / v . Phương trình biểu diễn độ dịch chuyển: xX  vX t và xN  vN t . Đồ thị có dạng như hình vẽ: 4L 3L 2L B 1L C A 0 1234 A: v  V / 2 B: v  V C: v  2V CS2/16. Máy bơm hút có thể hút nước ở 00 C lên độ cao 10m. Độ cao này có thay đổi không khi máy bơm hút nước nóng 900 C . Công suất của máy bơm không đổi. Giải: Mỗi máy bơm đều có đầu hút ở phía dưới và đầu đẩy ở phía trên. Tuỳ theo cấu tạo của cánh bơm mà áp suất ở đầu hút và đầu đẩy của các bơm là khác nhau. Bơm hút có áp suất đầu hút rất thấp so với áp suất khí quyển để hút được nước ở độ sâu. Bơm đẩy có áp suất đầu đẩy lớn hơn áp suất khí quyển nhiều lần để đẩy nước lên cao. Bơm hút nước lên do sự chênh lệch giữa áp suất bên ngoài p0 với áp suất trong bơm p1 (áp suất đầu hút). Độ cao cột nước dâng lên h được xác định từ điều kiện: 10Dh  p0  p1, với D là khối lượng riêng của nước (hình vẽ), từ đó: h  p0  p1 . 10D Trường hợp p1  0 (chân không) thì thay p0  105 N / m2 và D  1000kg / m3 ta được hmax  10m . ống hút của bơm Bể nước Với trường hợp bơm nước nóng thì áp suất của phần còn lại trong bơm là áp suất hơi nước và áp suất này p1  tăng lên do nước bay hơi nhiều hơn khi nhiệt độ tăng. Do đó  p0  p1 lanh   .p0  p1 nong Suy ra độ cao h của cột nước giảm khi bơm hút nước nóng. Thực ra khối lượng riêng của nước nóng giảm so với khi nước lạnh nhưng độ giảm đó rất nhỏ so với độ tăng của p1 nên ta có thể bỏ qua độ nở của thể tích nước. 36

CS3/16. Một ampe kế có điện trở khác không mắc nối tiếp với một vôn kế có điện trở hữu hạn, tất cả được mắc với nguồn điện có hiệu điện thế không đổi. Nếu mắc điện trở R  500 song song với ampe kế thì ampe kế chỉ I1  6mA . Nếu mắc điện trở R song song với vôn kế thì ampe kế chỉ I2  10mA , khi đó vôn kế chỉ bao nhiêu? Giải: Khi mắc điện trở R song song với ampe kế và ký hiệu RA, RV là điện trở của ampe kế và vôn kế, I1 là số chỉ của ampe kế thì hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn mạch là: U  I1RA  I11  RA / RRV hay U  RA R  RA RV  RV RI1 / R (1) . Khi mắc điện trở R song song với vôn kế và ký hiệu I 2 là số chỉ của ampe kế, IV là cường độ dòng điện qua vôn kế thì tương tự như trên ta có: U  RAR  RARV  RV RIV / R (2) So sánh (1) và (2) suy ra: I1  IV Trường hợp mắc R song song với vôn kế thì dòng điện qua điện trở R là: I R  I 2  IV  I 2  I1 và UV  U R  I R  R  I 2  I1 R . Thay số UV  10  6103  500  2 . Vậy vôn kế chỉ 2 vôn. CS4/16. Sự phụ thuộc của độ phóng đại ảnh k vào khoảng cách b giữa thấu kính và màn khi màn có ảnh rõ nét, bằng thực nghiệm thu được kết quả như hình vẽ. Xác định tiêu cự của thấu kính. Cho biết công thức thấu kính là 1  1  1 với f là tiêu cự của thấu kính, f d d' d và d’ là khoảng cách từ vật và ảnh tới thấu kính. Độ phóng đại của ảnh được xác định bởi công thức: k  h' , trong đó h’ và h là độ cao của ảnh và của vật. h 4 3 2 1 Giải: ảnh thu được trên 0m5àn1 th1ì th2 ấu2kínhbđã cho là thấu kính hội tụ. Dựng ảnh trong trường hợp ảnh thật. Từ hình0vẽ5đó0dễ 5dàng(ccmh)ứng minh được độ phóng đại ảnh: k  h' / h  d ' / d (1) Từ công thức thấu kính suy ra d  d' f (2). d ' f Thay (2) vào (1) ta được k  d ' f / f  f  d ' /1  k  (*) Vì đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của độ phóng đại theo khoảng cách giữa thấu kính và màn nên trục hoành b chính là d ' . Nếu lấy d' 25 thì k tương ứng là 4. Thay các trị số này vào (*) ta được f  5cm . Đề 17 CS1/17. Cho một cốc rỗng hình trụ, chiều cao h, thành dày nhưng đáy rất mỏng nổi trong một bình hình trụ thành mỏng chứa nước ta thấy cốc chìm một nửa. Sau đó người ta đổ dầu vào trong cốc cho đến khi mực nước trong bình ngang với miệng cốc. Tính độ chênh lệch giữa mức nước trong bình và mức dầu trong cốc. Cho biết khối lượng riêng của dầu bằng 0,8 lần khối lượng riêng của nước, bán kính trong của nước bằng 5 lần bề dầy của nó và tiết diện của bình bằng hai lần tiết diện của cốc. 37

Giải: Ký hiệu tiết diện ngoài và tiết diện trong của cốc là S và S' , khối lượng của cốc là m và dầu đổ vào cốc là m', khối lượng riêng của nước và dầu là Dn và Dd . Phương trình cân bằng giữa trọng lực của cốc và lực đẩy acsimét khi chưa đổ dầu là: 10m  10Dn S  h / 2 1 và khi đổ dầu là: 10m  m'  10DnSh 2 Từ (1) và (2) suy ra: m' DnS  h / 2 3 Mặt khác m' Dd S'h' Từ (3) và (4) suy ra: h' Dn  S  h 5 Dd S' 2 Theo giả thiết bán kính trong của cốc bằng 5 lần bề dầy của cốc, do đó bán kính ngoài của cốc gấp 6 lần bán kính trong. Suy ra S / S' 62 / 52  36 / 25 . Theo giả thiết Dn / Dd  10 / 8. Thay các giá trị trên vào (5) ta được h' 0,9h . Độ chênh lệch giữa mực nước trong bình và mực dầu trong cốc là: h  h' 0,1h CS2/17. Trong một xi lanh thẳng đứng, dưới một pít tông rất nhẹ tiết diện S  100cm2 có chứa M = 1kg nước ở 00 C . Dưới xi lanh có một thiết bị đun công suất P  500W . Sau bao lâu kể từ lúc bật thiết bị đun pít tông sẽ được nâng lên thêm h  1m so với độ cao ban đầu? Coi chuyển động của pít tông khi lên cao là đều, hãy ước lượng vận tốc của chuyển động đó. Cho biết: Nhiệt dung riêng của nước là 4200 J / kg độ, nhiệt hoá hơi của nước là 2,25 106 J / kg , khối lượng riêng của hơi nước ở nhiệt độ 1000 C và áp suất khí quyển là 0,6kg / m3 . Bỏ qua sự mất mát nhiệt bởi xi lanh và môi trường. Giải: Coi rằng sự nở nhiệt và sự hoá hơi không làm thay đổi mức nước. Khi píttông ở độ cao h thể tích hơi nước là: V  Sh  0,01m3 . Nhiệt lượng cần cung để đun nước từ 00 C lên 1000 C và hoá hơi là: Q  cmt 0  L  D V  419kJ 13,5kJ  432,5kJ . Do bkỏ qua mất mát nhiệt nên: Q  Pt  t  Q  865 s . P Thời gian đó gồm 2 giai đoạn: thời gian đun nước sôi t1 và thời gian hoá hơi t2 : t  t1  t2 . Do công suất đun không đổi: t1  cmt 0  31 .Vậy t2  1t  27s . t2 LDV 32 Vận tốc của píttông tính từ lúc hoá hơi: v  h  3,7cm / s . Rõ ràng chuyển động của píttông t2 là chậm. CS3/17. Cho mạch điện như hình vẽ: Cho biết U  30V , R1  R2  5 , R3  3 , R4 là biến trở có điện trở toàn phần bằng 20 . Điện trở vôn kế vô cùng lớn, điện trở ampe kế và dây nối không đRá1 ng+kể.  -  V1  V2  38+ R1 A V1 D V2 -  R2  R3  R4 R2  R3 B C A A C

Tìm vị trí của con chạy C và số chỉ của các dụng cụ đo khi: a) Hai vôn kế chỉ cùng giá trị. b) Ampe kế chỉ giá trị nhỏ nhất. c) Ampe kế chỉ giá trị lớn nhất. Giải: Ta vẽ mạch điện như hình vẽ. Vì điện trở RA  0 nên ta chập C với D. a) Để chỉ số hai vôn kế như nhau thì: RADC  RDCB Gọi RAC  x thì RCB  20  x . Do trên: R2 x  R3 20  x . R2  x R3  20  x Thay các giá trị đã cho, ta được x  5 . Khi đó điện trở toàn mạch là: R1  RAB  5  2,5  2,5  10 . Số chỉ các vôn kế là: UV  I  RADC  30  2,5  7,5V  10 Số chỉ của ampe kế: IA  I R3  IR2  7,5  7,5  1A 35 Dòng điện qua ampe kế A có chiều từ C đến D. b) Ampe kế A chỉ giá trị nhỏ nhất khi mạch cầu ADCB cân bằng. Khi đó ampe kế A chỉ 0. Điều kiện I A  0 là R2 / R3  RAC / RCB . Ký hiệu RAC  y hay: 5 / 3  y /20  y. Giải ra ta được: y  12,5 . Tương tự như trên: Rtm  R1  RAD  RDB 5 25  15  75  Ic  U  2,8( A) . 7 7 7 Rtm Số chỉ của vôn kế V1 : Ic  RAD  2,8  25  10V . 7 Số chỉ của vôn kế V2 : Ic  RDB  2,8  15  6V 7 c) Ampe kế đang chỉ số 0, khi dịch chuyển con chạy C ra hai đầu biến trở thì số chỉ ampe kế tăng dần. Khi dịch chuyển con chạy C tới 2 đầu của biến trở thì làm đoản mạch một trong hai điện trở là R2 và R3 . Khi đó ampe kế đo cường độ dòng điện ở nhánh trên. Khi con chạy ở B thì: Rtm  R1  R2  R4  5 4  9  IC  U  10 R2  R4 Rtm 3 39

IA   410  : 5  2,67( A) 3  Khi con chạy ở A thì: Rtm  R1  R3 R4  5  60  IC  27,6 ( A) R3  R4 23 7 IA   27,6  60  : 3  3,43A  7 23  Vậy khi con chạy ở A thì ampe kế chỉ giá trị lớn nhất bằng 3,43A. Vôn kế V1 bị nối tắt nên chỉ số 0. Vôn kế V2 chỉ: U 2  I AR3  3,43.3  10,3V CS4/17. Một vật sáng đặt vuông góc với trục chính và ở ngoài tiêu cự của một thấu kính hội tụ. a) Nếu dịch chuyển vật lại gần thấu kính thêm 5cm thì ảnh dịch chuyển ra xa thêm 10cm, nếu dịch chuyển vật ra xa thấu kính thêm 40cm thì ảnh dịch chuyển lại gần thấu kính thêm 8cm. Các ảnh này đều là ảnh thật. Tính tiêu cự f của thấu kính. b) Vật đang ở cách thấu kính một khoảng là 1,5 f . Muốn ảnh của vật dịch chuyển một đoạn 0,5 f ngược chiều truyền ánh sáng so với ảnh cũ, người ta thực hiện theo 2 cách sau: - Giữ nguyên vật, dịch chuyển thấu kính - Giữ nguyên thấu kính, dịch chuyển vật. Hỏi phải dịch chuyển theo chiều nào và dịch chuyển một đoạn bằng bao nhiêu? Trong trường hợp nào, sau khi dịch chuyển ảnh của vật lớn hơn so với ảnh dịch chuyển bằng cách kia. Cho biết công thức thấu kính là 1  1  1 với d, d' là khoảng cách từ vật và ảnh tới f d d' thấu kính, f là tiêu cự của thấu kính. Giải: a) Đặt d  f  x và d' f  x' . Suy ra: d  f d ' f   xx' d d' f d  d '  f 2  xx' (1) Từ 1  1  1  d  d' f  dd' (2) f d d' Thay (2) vào (1) ta được f 2  xx' (3) Theo đề ra: f 2  x  5x'10 (4) f 2  x  40x'8 (5) Giải hệ 3 phương trình (3), (4), (5) ta được: x  x' 10cm Từ đó tính được f  10cm b) Khi d  1,5 f , thay vào công thức thấu kính ta tính được d' 3 f . Khi đó d  d '  4,5 f . Khi ảnh dịch chuyển 0,5 f ngược chiều chuyền ánh sáng thì ảnh lại gần vật, khi đó d  d '  4 f . + Giữ nguyên vật, dịch chuyển thấu kính: Ta có hệ phương trình: d  d' 4 f 40

11 1 d d' f Giải hệ phương trình trên ta được d  d' 2 f . Độ phóng đại ảnh là: k  d'  1 . ảnh cao d bằng vật. Trường hợp này phải dịch chuyển thấu kính ra xa vật một đoạn 0,5 f . + Giữ nguyên thấu kính, dịch chuyển vật Khi đó d' 3 f  0,5 f  2,5 f Thay d ' vào công thức thấu kính, ta tính được d  5 f / 3  1,5 f . Vậy phải dịch chuyển vật ra xa thấu kính thêm 1 đoạn: 5 f / 3 1,5 f  f / 6 Độ phóng đại ảnh: k  d ' / d  2,5 f /5 f / 3  1,5 ảnh lớn hơn vật. Vậy cách thứ hai cho ảnh của vật lớn hơn cách thứ nhất. Đề 18 CS1/18. Một ống hình trụ bán kính r được đậy kín đầu dưới bởi một tấm gỗ hình trụ đáy có bán kính R và chiều cao h, được nhúng trong nước tới độ sâu H (Hình vẽ). Khoảng cách giữa các trục của ống và tấm gỗ bằng d. Lực đẩy của nước làm tấm gỗ áp kín miệng ống. Cần phải rót nhẹ nước vào trong ống tới độ cao bao nhiêu thì tấm gỗ nổi lên? Biết khối lượng riêng của nước là D0 và của gỗ là D. H M h O Rd Giải: Trước hết ta xét các lực tác dụng vào tấm gỗ gồm: + Tại trọng tâm O của tấm gỗ có trọng lực P của tấm gỗ và lực đẩy Acsimet FA : P  10R2hD và FA  10R 2hD0 . Hợp lực tại O: F0  FA  P  10R 2hD0  D (1) Lực này có hướng thẳng đứng từ dưới lên. + Tại M phần tấm gỗ tiếp xúc với đáy ống chịu tác dụng của lực từ hai phía. Lực hướng từ trên xuống là áp lực của cột nước trong ống: F1  ( p0 10D0 x)r 2 , với p0 là áp suất khí quyển và x là độ cao cột nước trong ống, và lực hướng từ dưới lên là áp lực của nước bên ngoài ống: F2  ( p0 10D0H )r 2. Hợp lực tác dụng lên tấm gỗ tại M là: FM  F2  F1  10r 2 D0 H  x (2) Lực này cũng có hướng thẳng đứng từ dưới lên. Để tấm gỗ nổi lên thì trước hết nó phải quay quanh mép trái của ống. Điều kiện để quay là: F0 d  r  FM r (3) Thay các giá trị từ (1) và (2) vào (3) rồi rút gọn ta được: 41

x  H  h R 2  d 11  D  .  r  r D0 Vậy đổ từ từ nước vào ống tới độ cao như trên thì tấm gỗ bắt đầu rời khỏi ống và nổi lên mặt nước. CS2/18. Xác định nhiệt dung riêng của dầu hoả. Dụng cụ: 1 chai dầu hoả (nút kín), một bình nước, 2 cốc thuỷ tinh giống nhau, 1 cân Rôbecvan không có hộp quả cân, cát khô, nhiệt lượng kế (biết nhiệt dung riêng của chất làm cốc trong nhiệt lượng kế), nhiệt kế, nguồn nhiệt. Giải: Vì không có hộp quả cân nên ta dùng cát làm bì. Trước hết dùng cân xác định khối lượng của cốc trong bình nhiệt lượng kế và một cốc thuỷ tinh (theo khối lượng cát). Bỏ cốc của bình nhiệt lượng kế rồi rót nước vào cốc thuỷ tinh tới khi cân thăng bằng ta được khối lượng nước trong cốc thuỷ tinh bằng khối lượng cốc của nhiệt lượng kế. Làm tương tự ta được cốc thuỷ tinh thứ hai chứa dầu có khối lượng bằng khối lượng nước ở cốc kia. Đo nhiệt độ t1 của dầu hoả. Đổ nước vào cốc nhiệt lượng kế rồi đun nóng tới nhiệt độ t2 . Đổ dầu hoả ở nhiệt độ t1 vào nhiệt lượng kế khuấy đều và đo nhiệt độ t3 khi thiết lập cân bằng nhiệt. Goi m là khối lượng của cốc thuộc nhiệt lượng kế (cũng là khối lượng nước, dầu); c1,c2 ,c3 là khối lượng riêng của cốc, nước, dầu thì phương trình cân bằng nhiệt là: (mc1  mc2 )(t2  t3 )  mc3 (t3  t1) . Suy ra: c3  c1  c2  t2  t3 . t3  t1 CS3/18. Để thử tải một cầu chì người ta làm thí nghiệm cho dòng điện chạy qua cầu chì rồi đo nhiệt độ của dây chì tương ứng: Với cuờng độ dòng điện I1  2A thì nhiệt độ dây chì là t1  500 C ; với I 2  4A thì t2  1500 C ; với I3 thì dây chì bắt đầu nóng chảy, tìm I3 ? Cho rằng nhiệt lượng toả ra môi trường tỷ lệ với độ chênh lệch nhiệt độ giữa dây chì và môi trường. Coi nhiệt độ của môi trường và điện trở của dây chì không đổi. Giải: Trong một giây, nhiệt lượng do dòng điện toả ra trong dây dẫn có điện trở R là Q  RI 2 và nhiệt lượng từ dây dẫn toả ra môi trường xung quanh là Q' kT  T0  với k là hệ số tỷ lệ, T0 là nhiệt độ môi trường và T là nhiệt độ của dây dẫn. Khi nhiệt độ dây dẫn không đổi thì Q  Q' . Theo đề bài ta có: R  22  k50  T0  (1) R  42  k150  T0  (2) RI 2  k 327  T0  (3) 3 (Nhiêt độ nóng chảy của chì là 3270 C ). Giải hệ ba phương trình trên ta được I3  6,1A . Vậy với cường độ dòng điện là 6,1A thì dây chì nóng chảy. CS4/18. Người ta tạo ảnh của hai nguồn sáng điểm A và B nhờ một thấu kính hội tụ. Nguồn sáng A nằm trên trục chính và cách thấu kính một khoảng bằng hai lần tiêu cự. Nguồn sáng B nằm gần trục chính, đường nối A và B tạo với trục chính một góc bằng 300 . Xác định vị trí đặt màn ảnh phẳng để đồng thời thu được ảnh rõ nét của hai nguồn sáng trên. 42

Giải: Trước hết ta dựng ảnh của điểm A: Vẽ tia tới ABI, kẻ trục phụ để xác định tiêu điểm phụ F' , vẽ tia khúc xạ IF' cắt trục chính tại A' , A' là điểm ảnh của A. Từ hình vẽ dễ dàng chứng minh được OA  OA' 2 f với f là tiêu cự của thấu kính (có thể suy ra kết quả F trên từ công thức của thấu kính). Từ B vẽ tia tới BO truyền thẳng cắt tia IF' tại B' , B' chính là ảnh của B. Dễ dàng suy ra góc IA'O bằng 300 . B I F’ A’ A O B’ 300 300 F F Vậy muốn thu được ảnh rõ nét của A và B thì màn ảnh phải đặt tại A' và nghiêng một góc 300 so với trục chính thấu kính dọc theo đường IA' B'. + Nếu điểm sáng B nằm xa thấu kính hơn điểm A thì cũng làm tương tự như trên. Đề 19 CS1/19. Một thanh AB đồng chất tiết diện đều có chiều dài 20cm, trọng lượng 6N được đặt trên một giá đỡ nằm ngang, chiều rộng CD  4cm . Chiều dài AC  7cm . Trên AB người ta dịch chuyển vật M có dạng khối lập phương với cạnh EF  2cm và trọng lượng là 3N. a) Vật M nằm ở vị trí mà AE  3cm (hình vẽ). Xác định điểm đặt của lực mà hệ gồm thanh AB và vật M tác dụng lên giá đỡ. b) Hỏi vật M dịch chuyển trong khoảng nào để thanh AB vẫn nằm cân bằng. M B A D EF C Giải: a) Trọng tâm O1 của vật M nằm cách A là: AE  EF / 2  4cm . Trọng tâm O2 của thanh AB cách A là 10cm. Vậy O1O2  6cm . Hợp lực của trọng lực vật M và trọng lực thanh AB có độ lớn bằng 3  6  9N . Gọi điểm đặt của hợp lực là O. Ta có: OO1  P2  6  2  OO1  2OO2 (1) OO2 P1 3 Như trên OO1  OO2  6 (2) Từ (1) và (2) ta tính được OO1  4cm . Vậy OA  8cm . b) Muốn thanh AB nằm cân bằng trên giá đỡ thì điểm đặt O phải nằm trong khoảng CD. - Khi O trùng C thì OO2  10  7  3cm . Khi đó OO1  6  OO1  6cm . 3 3 Vậy OE  7cm  AC . Trường hợp này mép E của M trùng với A. - Khi O trùng với D thì OO2  AC  CD  AO2  1cm . 43

Khi đó OO1  P2  OO1  6  OO1  2cm OO2 P1 1 3 Trường hợp này mép E của vật M nằm tại H cách D là 1cm. Vậy để thanh AB vẫn nằm cân bằng trên giá CD thì mép E của vật M dịch chuyển trong khoảng AH  AC  CD  DH  12cm . CS2/19. Trong bình nhiệt lượng kế có chứa nước chè nóng. Người ta thả vào bình một cục nước đá khối lập phương có nhiệt độ 00C . Tại thời điểm đã thiết lập trạng thái cân bằng nhiệt, nhiệt độ của nước chè giảm một lượng t1  120C . Khi đó người ta lại thả vào bình một cục nước đá giống như trước và nhiệt độ nước chè lại giảm thêm một lượng t2  100C . Hãy tìm khối lượng của khối nước đá. Biết rằng khối lượng ban đầu của nước chè là M  100g . Coi rằng chỉ có sự trao đổi nhiệt giữa nước chè và cục nước đá. Giải: ở bài này coi nhiệt dung riêng của nước chè bằng nhiệt dung riêng của nước. Khi thả cục nước đá có khối lượng m vào thì nhiệt độ của nước khi thiết lập cân bằng nhiệt là t. Ta có phương trình cân bằng nhiệt: Mct1  m  mct  0 (1) . Thả thêm cục nước đá nữa, phương trình cân bằng nhiệt là: M  mct2  m  mct  t2 (2) Trừ vế với vế của phương trình (1) và (2), đơn giản c rồi rút gọn ta được: m  M t1  t2  ; thay số được m  10g 2t 2 CS3/19. Khi có dòng điện chạy qua điện trở R thì công suất toả nhiệt trên điện trở này là P. Nếu mắc song song với nó một điện trở như vậy thì tổng công suất toả nhiệt trên hai điện trở này vẫn bằng P. Hãy vẽ sơ đồ mạch điện đơn giản thoả mãn điều kiện trên và tìm giá trị của các linh kiện trong sơ đồ đó. Giải: Mạch điện phải có nguồn với hiệu điện thế U. Ta không thể mắc R trực tiếp vào nguồn vì như vậy khi mắc song song với R thì công suất trên chúng là 2P. Mạch đơn giản nhất như sau: +U- Khi mạch chỉ có 1 điện trở R: P   U R  2  R (1) . R R0  R Khi mạch có hai điện trở R mắc song song:  U  2 R R 2 P  R0 / 2 (2) Giải hệ phương trình (1) và (2) ta được: R0  R / 2 và U  PR 1  2 2  CS4/19. Một hệ quang học gồm nguồn sáng điểm S, một thấu kính (TK) hội tụ có tiêu cự f, và một gương phẳng có kích thước hữu hạn (xem hình vẽ). Nguồn S ở cách TK một 44

khoảng bằng 2f và nằm trên trục chính của TK. Gương đặt song song với trục chính của TK và chạm vào mép của TK sao cho hai mép của gương cách TK các khoảng a  3 f / 2 và b  5 f . Hãy xác định tất cả các ảnh của S qua quang hệ trên. Đối với mỗi ảnh hãy chỉ ra các vùng trong mặt phẳng hình vẽ từ đó có thể nhìn thấy các ảnh ấy. Giải: Có 4 ảnh được tạo bởi quang hệ trên gồm: S1 là ảnh ảo của S qua gương phẳng, S2 là ảnh thật của S qua thấu kính, S3 là ảnh thật của S1 qua thấu kính, S4 là ảnh ảo của S2 qua gương phẳng. Tất cả các ảnh trên đều cách thấu kính là 2 f theo phương trục chính. Vùng nhìn thấy ảnh là vùng mà đặt mắt tại đó sẽ đón được các tia sáng xuất phát từ nguồn S rồi: phản xạ qua gương như vùng nhìn S1 ; khúc xạ qua thấu kính như vùng nhìn S2 , phản xạ qua gương sau đó khúc xạ qua thấu kính như vùng nhìn S3 , khúc xạ qua thấu kính rồi phản xạ qua gương như vùng nhìn S4 . Đó là các vùng 1, 2, 3, 4 được chỉ ra trên hình vẽ. Đề 20 CS1/20. Trong một bình hình trụ có 2 vòi nước. Một vòi đặt ở đáy bình, vòi kia đặt cao hơn đáy 10cm. Nếu trong bình chứa nước tới 40cm và mở vòi trên thì nước chảy, khi đó độ cao mực nước trong bình phụ thuộc vào thời gian được biểu diễn bằng đồ thị 1. Nếu chỉ mở vòi dưới thì mực nước thay đổi theo thời gian được biểu diễn như đồ thị 2. Sau bao lâu mực nước hạ từ 20 đến 15cm nếu mở cả 2 vòi. Cho rằng vận tốc chảy của nước từ vòi nước bất kỳ không phụ thuộc vào việc đóng hoặc mở của vòi kia. Giải: Tại mỗi thời điểm dòng nước từ mỗi vòi chỉ phụ thuộc vào mực nước. Vì thế, khi mở cả hai vòi thì vận tốc chảy của nước từ bình tại một mực nước nào đó đương nhiên bằng tổng các vận tốc chảy của nước qua mỗi vòi riêng biệt ứng với cùng mực nước đó. Vận tốc chảy tỷ lệ với vận tốc giảm của mực nước. Từ đồ thị ta thấy đối với cả hai vòi 45

vận tốc đó gần như không đổi trong khoảng từ 20 cm đến 15 cm (đồ thị là đoạn thẳng). Khi mở vòi thứ nhất, mực nước giảm từ 20cm đến 15cm trong thời gian gần bằng 8s, khi mở vòi thứ hai thời gian đó là gần bằng 4s. Vận tốc mực nước giảm tương ứng là 5cm /8s và 5cm/ 4s . Khi mở cả hai khoá, vận tốc của mực nước giảm là: (5 / 8  5 / 4)  15 / 8(cm / s) . Vậy thời gian giảm mực nước từ 20cm đến 15cm là 5 : (15 /8)  2,7s . CS2/20. Có 3 hình trụ chỉ khác nhau về chiều cao. Dung tích các bình là 1l, 2l và 4l . Tất cả các bình đều chứa đầy nước. Nước trong các bình được đun nóng bởi thiết bị đun. Công suất thiết bị đun không đủ để nước sôi. Nước ở bình thứ nhất được đốt nóng tới 800 C , ở bình thứ 2 tới 600 C . Nước ở bình thứ 3 được đốt nóng tới nhiệt độ nào, nếu nhiệt độ của phòng là 200 C . Cho rằng nhiệt toả ra môi trường tỷ lệ với hiệu nhiệt độ giữa nước và môi trường xung quanh, tỷ lệ với diện tích tiếp xúc giữa nước và môi trường. Nước trong bình được đốt nóng đều đặn. Giải: Nếu gọi nhiệt độ của nước trung bình là T và của phòng là T0 , diện tích tiếp xúc của nước với không khí qua hai đáy bình là S1 qua diện tích xung quanh là S2 thì công suất hao phí là: Php ~ S1  S2 T  T0  hay Php  AS1  S2 T  T0   AS1  AS2 T  T0  với A là hệ số tỷ lệ. Đặt B  AS1 không đổi và AS2  A 2R  h  A 2R V /R2  CV với C  2A/ R (R là bán kính của đáy) và V là dung tích của bình, ta được: Php  B  CV T T0  . Nhiệt độ mỗi bình nước ổn định khi công suất của thiết bị đun bằng công suất hao phí. Vậy, ta có: Pdun  B  C80  20  B  2C60  20  B  4CTx  20. Từ B  C 60  B  2C40  B  C . Thay B  C vào phương trình sau: B  C60  B  4CTx  20 Giải ra ta được Tx  440 C . CS3/20. Cho mạch điện như hình vẽ. Các điện trở trong mạch có giá trị chưa biết. Khi mắc nguồn điện vào 2 điểm A và C hoặc B và D thì công suất toả nhiệt trong mạch là như nhau và bằng P. Khi mắc nguồn với 2 điểm B và C hoặc A và D thì công suất toả nhiệt trong mạch cũng như nhau và bằng 2P. Hỏi khi mắc nguồn với C và D thì công suất toả nhiệt trong mạch bằng bao nhiêu? Giải: Nguồn điện có hiệu điện thế U không đổi. Công suất của mạch được tính theo công thức: P  U 2 / R . Vì PAC  PBD  RAC  RBD . Ký hiệu các điện trở mắc trong mạch là R1, R2, R3 và R4 , ta có:    RAC  R1 R2  R3  R4  RBD  R3 R1  R2  R4 R1  R2  R3  R4 R1  R2  R3  R4 Khai triển hai vế rồi rút gọn ta được R1  R3 . Tương tự như trên: RBC  RAD  R2  R4 Theo đề bài: P  U 2 / RAC và 2P  U 2 / RAD  RAC  2RAD Vậy R1 R1  2R2   R2 2R1  R2   R12  2R1R2  2R22  0 2R1  R2  2R1  R2  46

 Giải phương trình bậc 2 và loại nghiệm âm ta được: R1  R2 1 3 PCD U2 / RCD  R1 U2  / 2 .  R2 Vì U không đổi nên PCD  RCD  PAC  RAC hay PCD  2 3 P. 2 3 CS4/20. Một học sinh đọc báo “Khoa học & Đời sống” thấy mẩu tin sau: “Để phân loại trứng gà theo độ tuổi, người ta lấy 4 hộp kính, đổ vào mỗi hộp nửa lít nước rồi hoà vào hộp thứ nhất 50g muối, hộp thứ hai 45g, hộp thứ ba 30g và hộp thứ tư 15g. Sau đó lần lượt thả trứng vào mỗi hộp và thấy: Trong hộp thứ nhất chỉ những quả trứng mới đẻ là bị chìm, trong hộp thứ hai chỉ chìm những quả đẻ chưa đến hai tuần trước, trong hộp thứ ba chỉ chìm những quả đẻ chưa đến 5 tuần trước, trong hộp thứ tư chỉ chìm những quả đẻ chưa đầy 8 tuần trước. Học sinh này pha các dung dịch làm đúng như trên và đã phân loại được tất cả số trứng có trong tủ lạnh. Sau đó cậu ta đổ dung dịch của cả 4 hộp trên vào một bình lớn. Hỏi những quả trứng bị chìm trong dung dịch này đã được đẻ mấy tuần trước đó? Giải: Trước hết ta vẽ đồ thị biểu diễn độ tươi của trứng (tính theo tuần lễ) theo nồng độ muối trong dung dịch (tính bằng gam/ nửa lít nước) ta được kết quả như hình vẽ. Khi đổ dung dịch của 4 hộp vào bình lớn thì nồng độ dung dịch là (50  45  30 15) / 4  35 . Từ đồ thị ta thấy hoành độ 35 tương ứng với 4. Vậy quả trứng đẻ chưa đến 4 tuần sẽ bị chìm trong dung dịch này. Độ tuổi (tuần) 8 6 4 2 Nồng độ 0 (g/nửa lít) 15 30 35 45 50 Đề 21 CS1/21. Một hành khách đi dọc theo sân ga với vận tốc không đổi v  4km / h . Ông ta chợt thấy có 2 tầu hoả đi lại gặp nhau theo hai đường song song với nhau, một tàu có n1  9 toa và tầu kia n2  10 toa. Ông ta ngạc nhiên thấy rằng hai toa đầu ngang hàng nhau đúng lúc đối diện với ông. Nhưng ông còn ngạc nhiên hơn nữa khi thấy rằng hai toa cuối cùng cũng ngang hàng nhau đúng lúc đối diện với ông. Coi vận tốc của hai tầu là như nhau. Tìm vận tốc của tàu hoả. Giải: Gọi vận tốc của tàu đối với đất là V, của hành khách đối với đất là v . Chiều dài của mỗi toa tầu là l . Chọn mốc là hành khách. - Trường hợp hành khách chuyển động cùng chiều với tầu 1. Thời gian giữa hai lần hành khách đối diện với các toa đầu và các toa cuối là: 9l  10l  V  19v  19  4  76km / h . V v V v - Trường hợp hành khách chuyển động cùng chiều với tầu 2 không xảy ra vì: t2  10l  9l v  t1 . V v V 47

CS2/21. Hai lít nước được đun trong chiếc ấm có công suất 500W. Một phần nhiệt toả ra môi trường xung quanh. Sự phụ thuộc của công suất toả ra môi trường theo thời gian đun được biểu diễn như trên đồ thị. Nhiệt độ ban đầu của nước là 200 C . Sau bao lâu thì nước được đun nóng tới 300 C . Biết nhiệt dung riêng của nước là C  4200 J / kg .độ. P(W) 30 t 020 (s) 100 0 0 20 40 00 Giải: Từ đồ thị ta suy ra biểu thức của công suất toả nhiệt P phụ thuộc vào thời gian đun t là: P  100  300  200 t  100  0,5t 400  200 Gọi thời gian để nước tăng nhiệt độ từ 200 C đến 300 C là tx thì công suất toả nhiệt trung bình trong thời gian này là:  100  100  0,5tx  PTB  P0  Pt  100  0,25tx 2 2 Ta có phương trình cân bằng nhiệt: 500tx  2  420030  20 100  0,25tx tx  t 2  1600 t x  336000  0 x Giải hệ phương trình bậc 2 ta được: tx  149s và tx  1351s . Ta chọn thời gian nhỏ nhất là tx  249s . CS3/21. Một “hộp đen” có 3 đầu ra, bên trong chứa một mạch điện gồm một nguồn điện lý tưởng (không có điện trở) và một điện trở. Nếu mắc một điện trở r đã biết giữa đầu ra 1 và 2 thì dòng điện qua điện trở này là I12  0 . Khi nối điện trở r với các đầu ra 1 và 3 thì dòng điện qua nó là I13  0 , đồng thời I13  I12 . Còn khi nối điện trở r với các đầu 2 và 3 thì không có dòng điện. Vẽ sơ đồ mạch điện trong “hộp đen” và xác định hiệu điện thế của nguồn và giá trị của điện trở mắc trong “hộp đen”. Giải: Căn cứ vào các điều kiện của đề bài thì một sơ đồ mạch điện trong “hộp đen” như hình vẽ. 1  + U -  R 3 Ta có I12  U / r (1) I13  U (2) 2 R r I23  0 vì mạch không có nguồn. Từ (1) và (2) ta tìm được: U  I12r và R I12  I13 r I13 48

CS4/21. Không muốn đợi xe, một khách bộ hành bèn đi bộ tới bến xe buýt tiếp sau, mà mái vòm của nó có thể nhìn thấy từ xa. Sau một thời gian anh ta phát hiện ra rằng độ cao nhìn thấy của mái vòm này nhỏ hơn k  1,5 lần độ cao nhìn thấy của mái vòm bến xe anh ta vừa từ đó đi ra. Khi đi thêm L  100m thì người bộ hành lại nhìn thấy độ cao mái vòm của bến xe phía trước lớn hơn k  1,5 lần độ cao mái vòm của bến xe phía sau. Tìm khoảng cách giữa hai bến xe. Biết rằng độ cao nhìn thấy của mái vòm tỷ lệ nghịch với khoảng cách từ người quan sát đến mái vòm. Cho rằng mái vòm của các bến xe có độ cao như nhau và khách bộ hành đi theo đường thẳng. Giải: Khi quan sát lần đầu, khách bộ hành ở vị trí N cách bến A là x và cách bến B là y. Ký hiệu mái vòm mà người khách nhìn thấy ở A là AC và ở B là BD thì: AC / BD  1,5  y / x Khi người đó đi về phía ga B thêm 100m thì: AC'  1  y 100 (2) BD' 1,5 x 100 Giải hệ phương trình (1) và (2) ta được: x  200m và y  300m . Vậy khoảng cách giữa hai bến xe là AB  200  300  500m AN B   Đề 22 cs1/22. Một chiếc sà lan tự hành phần thân là một khối hộp hình chữ nhật, kích thước ngoài 8m 15m 1,5m , phần mũi có tiết diện ngang là tam giác đều, cạnh 8m, độ cao bằng độ cao thân tầu. Tự trọng của tàu 60 tấn, khoang chứa hàng có kích thước 7m 14m 1m đang chứa 90 tấn hàng. Tầu nổi trên sông, nước có khối lượng riêng D  1050kg / m3 . 1. Tính độ mớn nước của sà lan đó. 2. Nếu chẳng may ở đáy hầm tàu có lỗ thủng diện tích s  400cm2 và nước vào lỗ đó với vận tốc v  1m / s thì sau bao lâu sà lan sẽ bị chìm nếu nước không được bơm ra? 3. Tính công suất tối thiểu của bơm (hiệu suất H  25% ) cần dùng để bơm nước ra cứu tàu nếu nước được bơm từ đáy hầm, qua thành tàu ra sông. Bỏ qua độ dày của thành thép. Giải: 1. Độ mớn nước của xà lan là độ cao phần chìm trong nước của xà lan, ký hiệu là h: Theo định luật Acsimet: FA  P  D  h  S  m  m' trong đó S  a  b  1 a  a 3  147,7m2 (a, b là các kích thước của đáy), m là khối lượng của 22 xà lan, m' là khối lượng hàng hoá. Từ đó, ta có: h  m  m'/ D  S  150 103 /1050 147,7  0,97m 2. Xà lan bắt đầu chìm khi Pmax  FAmax  DSh0  mmax , với h0  1,5m là độ cao của xà lan. Suy ra: mmax  D  S  h0  1050 147,7 1,5  232628 kg . Lượng nước tràn vào làm chìm xà lan: M  mmax  m  m'  82628kg . Ký hiệu s là diện tích lỗ thủng, v là vận tốc nước chảy vào và t là thời gian chảy hết lượng nước M vào xà lan, ta có: M  D  s  v  t  t  M  82628  1967 s = 32 phút 47 giây. D  s  v 1050  0,04 1 49

3.Công suất có ích là công suất đủ bơm lượng nước vào trong 1s qua độ cao h0  1,5mm ra sông: N  10s  vDh0 . Vậy công suất tối thiểu của bơm là N0  N  10svDh0  2,52kW . H H cs2/22. Hai nhiệt lượng kế cách nhiệt, như nhau, cao h  75cm , chứa vật chất cần đo thử đến mức cao là h / 3, một cái chứa nước đá, còn cái kia chứa nước ở nhiệt độ t  100 C . Người ta rót hết nước từ nhiệt luợng kế thứ hai sang nhiệt lượng kế thứ nhất. Sau khi nhiệt độ trong nhiệt lượng kế thứ nhất được xác lập, mức nước dâng lên cao thêm h  0,5cm . Hỏi nhiệt độ ban đầu của nước đá trong nhiệt lượng kế? Cho khối lượng riêng của nước đá Dd  9 102 kg / m3 , của nước là Dn  103 kg / m3 , nhiệt nóng chảy của nước đá là   3,4 105 J / kg , nhiệt dung riêng của nước đá là Cd  2,1103 J / kg , của nước là Cn  4,2 103 J / Kg . độ. Giải: Mực chất trong bình nhiệt lượng kế tăng là do lượng nước rót sang đã hoá đá làm tăng thể tích. Giả sử toàn bộ nước rót sang đều hoá đá thì: S  h  Dn  S  h  H  Dd  H  h  Dn  1  2,5cm 3  3  3 Dd Theo bài ra, mức nước chỉ tăng 0,5cm nên chỉ có một phần nước hoá đá, trong bình tồn tại cả nước và nước đá nên nhiệt độ là 00 C . Khi xảy ra cân bằng nhiệt ta có phương trình: Cn mn t  t0     m  Cd  md t0  t x  * trong đó m là khối lượng nước đã hoá đá, tx là nhiệt độ ban đầu của nước đá, t0  0, t  100 C Mặt khác: h  S  m  m  m  hDn Dd Dd Dn Dn  Dd Khối lượng ban đầu của nước và nước đá là: mn  h và md  h SDd 3 SDn 3 Thay các giá trị trên vào (*) rồi giải phương trình ta được: tx  Cn hDntDn  Dd   3  h  Dd Dn  540 C Cd hDd Dn  Dd  cs3/22. Cho mạch điện như hình vẽ. Bỏ qua điện trở của ampe kế A và dây nối. Cho U AB  36V ; R2  20; R3  30 ; R4  40; R5  50 . 1. K1 đóng, K 2 mở: a) Tìm biểu thức liên hệ giữa R1 và R6 để ampe kế chỉ số 0. b) Do không thoả mãn điều kiện trên nên ampe kế chỉ 0,3A. Tìm dòng điện qua R2 , R4 và tính điện trở R1, R6 . Biết rằng nếu giảm R1 đi 60 thì điều kiện ở câu a được thoả mãn. 2. K1 và K 2 đều đóng. a) Hỏi R1 và R6 phải thoả mãn điều kiện nào để ampe kế chỉ số 0? b) Tăng điện trở R5 thì dòng qua nó tăng hay giảm? Biết U AB và các điện trở khác không thay đổi. Giải: 1. K1 đóng, K 2 mở. 50