48 ĐỀ THI TRONG TẠP CHÍ VẬT LÝ VÀ TUỔI TRẺ

t2  t1  tn  tl 1 k . k 1 Dễ dàng, để nhận được hiệu nhiệt độ trong hai bình t4  t3  sau lần đổ đi - đổ lại thứ hai, trong công thức trên phải thay tn thành t2 và tl thành t1, tức là t4  t3  t2  t1 1  k  tn  tl  1  k  2  k 1  k  1  Như vậy cứ mỗi lần đổ đi - đổ lại, hiệu nhiệt độ hai bình sẽ giảm  1  k  lần. Trong  1  k  trường hợp của ta tn  tl 100 C, m  50g, m  200g, suy ra k  0,25 và 1 k  0,6. 1 k Như vậy, sau lần đổ đi - đổ lại thứ năm, hiệu nhiệt độ hai bình sẽ là 100C.0,65  0,80C. Điều này có nghĩa là để có được hiệu nhiệt độ hai bình nhỏ hơn 10C, chỉ cần đổ đi - đổ lại 5 lần. Đề 42 CS1/42. Một bình hình trụ có diện tích đáy là S nổi trên mặt nước. Trong bình chứa nước tới độ cao h0. Bình này ngập trong nước ở độ sâu H0. Độ cao h0 và H0 thay đổi như thế nào nếu ta thả vào bình một vật có dạng khối lập phương, có trọng lượng là P và nổi trong bình. Giải: Khi thả vật P vào bình thì bình ngập trong nước là H. Coi thành bình là mỏng nên diện tích tiết diện của bình cũng bằng S. So với trước, lực đẩy Acximet tác dụng vào bình tăng thêm là: H  H0  S.10Dn  P  H  H0   P 10 Dn .S Với Dn là khối lượng riêng của nước. Vậy bình ngập sâu thêm là P . 10 Dn S Gọi độ thay đổi mực nước trong bình sau khi thả vật là h. Vì vật nổi trong bình nên áp suất ở đáy bình đã tăng thêm: p  P . Độ tăng áp suất này làm mực nước tăng h. S Ta có: 10hDn  p  P  h  P S 10 Dn S Vậy cả H0 và h0 đều tăng cùng một lượng P /10DnS. CS2/42. Hai nhánh của một bình thông nhau chứa cùng một chất lỏng ở độ cao H0  10cm. Người ta nâng nhiệt độ của một nhánh thêm t  100 C thì độ thay đổi mực chất lỏng ở các nhanh đó là bao nhiêu? Biết rằng khi tăng 10 C thì thể tích chất lỏng tăng 2,6.103 lần thể tích ban đầu. Bỏ qua sự nở của bình. Giải: Nếu bỏ qua sự nở của bình và coi nhánh của bình thông nhau có dạng hình trụ thì thể tích của chất lỏng tăng bao nhiêu lần, khối lượng riêng của chất lỏng giảm bấy nhiêu lần và chiều cao cột chất lỏng trong bình tăng bấy nhiêu lần; Do đó áp suất do cột chất lỏng gây ra ở đáy bình này không thay đổi. Kết quả là không có sự dịch chuyển chất lỏng 101

từ nhánh nọ qua nhánh kia. Vậy mực chất lỏng ở nhánh không tăng nhiệt độ không thay đổi. ở nhánh tăng nhiệt độ, mực chất lỏng tăng là : V  V0.2,6.103.t  H  V  Vo .2,6.103 t  H  H 0.2,6.103.t  0,26cm  2,6mm. S S CS3/42. Xác định điện trở của một miliampe kế bằng thực nghiệm. Dụng cụ gồm: 1 nguồn điện, 1 ngắt điện, 1 biến trở có thể biết được giá trị của nó ứng với từng vị trí của con chạy, một số điện trở đã biết giá trị và một số dây nối đủ dùng, (điện trở dây nối không đáng kể). Giải: Để xác định điện trở của miliampe kế ta mắc các dụng cụ đã cho theo sơ đồ mạch điện sau: Đây là mạch cầu. Mạch cần cân bằng (dòng qua khóa K bằng 0) khi: R  R1  RA  RR2 / R1 m RA R2 R A RA K R1 R2 ° U° Tiến hành thực nghiệm: Ta mắc theo sơ đồ mạch điện. Đóng và mở khoá K, nếu thấy số chỉ của miliampe kế trong hai trường hợp đó là khác nhau thì dịch chuyển con chạy của biến trở R, rồi lại đóng và mở khoá K. Cứ thực hiện như vậy cho đến khi số chỉ của miliampe kế khi đóng khoá K bằng số chỉ của miliampe kế khi mở khoá K. Khi đó dòng qua khoá K bằng 0 và cầu cân bằng. Ta xác định RA theo công thức trên. CS4/42. Hai gương phẳng quay mặt sáng vào nhau và hợp với nhau một góc không đổi 0 , quay quanh trục là cạnh giao giữa hai mặt phẳng gương. ánh sáng chiếu tới gương từ một nguồn sáng xa, sau khi phản xạ qua hai gương thì chiếu vào một ống quan sát đặt cố định. ảnh của nguồn sáng chuyển động như thế nào trong vùng quan sát của ống khi gương quay? Giải: Giả sử tia sáng SC xuất phát từ nguồn sáng xa S. Sau khi phản xạ lần lượt qua hai gương sẽ chiếu vào ống quan sát. Gọi 0 là góc tạo bởi hai mặt phẳng gương ,  là góc tới gương I và  là góc tới gương II,  là góc hợp bởi tia tới và tia ló (Hình vẽ). Xét tam giác ABC ta thấy   2  2. (1) Xét tam giác OAC: O  0; A    ; C   . 2 2 Ta có : 0             0   . (2) 2  2  102

Từ (1) và (2) ta có   20.Hệ thức này đúng với góc tới ,  là bất kỳ. Do tia tới AC không đổi nên tia ló AB cũng không đổi. Vậy khi hệ gương quay quanh trục O thì ảnh của nguồn sáng xa S luôn xuất hiện trong ống quan sát. Khi tia tới từ S không phản xạ trên gương I và gương II thì không xuất hiện ảnh của S trong ống quan sát. Vậy khi hệ gương quay quanh trục O với vận tốc không đổi thì ảnh của nguồn sáng xa S xuất hiện và biến mất một cách tuần hoàn trong ống quan sát. Đề 43 CS1/43. Có 3 xe xuất phát từ A đi tới B. Xe thứ hai xuất phát muộn hơn xe 1 là 2h và xuất phát sớm hơn xe 3 là 30 phút. Sau một thời gian thì cả 3 xe cùng gặp nhau ở một điểm C trên đường đi. Biết rằng xe 3 đến trước xe 1 là 1h. Hỏi xe 2 đến trước xe 1 bao nhiêu? Biết vận tốc của mỗi xe không đổi trên cả đường đi. Giải: Lấy gốc toạ độ là A, gốc thời gian là lúc xe 1 xuất phát. Ta có đồ thị chuyển động của các xe 1, 2, 3 lần lượt là các đường M1N1; M 2N2; M3N3 . Vì ba xe cũng gặp nhau tại C nên ba đồ thị này cắt nhau tại một điểm. Theo đầu bài: M1M 2  2; M 2M3  0,5; N3N1 1, từ đó: M1M3  2  0,5  2,5 Theo định lý Ta lét: N2 N1  N3N1 M2M1 M3M1 N2 N1  N3N1  M 2M1  12  0,8 M3M1 2,5 Vậy xe thứ hai đến B trước xe thứ nhất là 0,8h hay 48 phút. x xB N3 N2 N1 x C O 1 23 t M1 M2 M3 (h) CS2/43. Trên mặt bàn nằm ngang có một bình hình trụ có bán kính đáy là R1  20 cm chứa nước ở nhiệt độ t1  200C . Người ta thả một quả cầu bằng nhôm có bán kính R1  10 cm ở nhiệt độ t2  400C vào bình thì khi cân bằng mực nước trong bình ngập chính giữa quả cầu. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với bình và môi trường. Cho khối lượng riêng của nước là D1  1000kg / m3 và của nhôm là D2  2700kg / m3 , nhiệt dung riêng của nước là C1  4200 J / kg.K và của nhôm là C2  880 J / kg.K . a) Tìm nhiệt độ của nước khi cân bằng nhiệt. b) Đổ thêm dầu ở nhiệt độ t3  150 C vào bình cho vừa đủ ngập quả cầu. Biết khối lượng riêng và nhiệt dung riêng của quả cầu là D3  800kg / m3 và C3  2800 J / kg.K . Xác định: - Nhiệt độ của hệ khi cân bằng nhiệt. - áp suất tại đáy bình. - áp lực của quả cầu lên đáy bình. 103

Giải. Khối lượng của nước trong bình là: m1  V1D1  R12  R2  1  4 R23  D1  10,472 kg . 2 3  Khối lượng của quả cầu là: m2  V2 D2  3 R23 D2  11,31kg 4 Phương trình cân bằng nhiệt: c1m1t  t1   c2m2 t2  t Suy ra: t  c1m1t1  c2m2t2  23,70 C c1m1  c2m2 Thể tích của dầu và nước bằng nhau nên khối lượng của dầu là: m3  m1  D3  8,38 kg . D1 Tương tự như trên, nhiệt độ của hệ khi cân bằng nhiệt là: tx  c1m1t1  c2m2t2  c3m3t3  210 C c1m1  c2m2  c3m3 áp suất các chất lỏng gây ra áp suất ở đáy bình là: p  10D1R2  D3R2   1800 N / m2 áp lực của quả cầu lên đáy bình là: F  P(cau)  FA(cau)  10m1  1 4 R23 D1  D3 10  75 N . 2 3 CS3/43. Có 2007 điểm trong không gian. Giữa hai điểm bất kỳ trong số điểm đó, được nối với nhau bằng một điện trở có giá trị là 2007. Một nguồn điện có hiệu điện thế 10V được mắc vào hai điểm trong mạch. Bỏ qua điện trở của dây nối. Tìm công suất toả nhiệt trong mạch điện này. Giải. Mạch điện được vẽ như sau: Ngoài hai điểm A, B nối với các cực của nguồn điện thì còn là 2005 điểm từ C1 đến C2005 mà giữa chúng từng đôi một được nối với một điện trở R. Do tính chất đối xứng của mạch điện nên không có dòng điện chạy qua các điện trở này và có thể bỏ qua các điện đó trong mạch. Khi đó mạch AB gồm 2006 mạch mắc song song, trong đó có 2005 nhánh có điện trở 2R và một nhánh có điện trở R. Vậy RAB  2R  R 2R  2.2007  2 C1 2005  R 2R  R 2007 2007 R 2005 A  C2 B Công suất toả nhiệt trên đoạn mạch AB là:  P  U 2  102  50W  C2005 RAB 2 + U - CS4/43. Hãy nêu phương án xác định nhiệt dung riêng của một chất lỏng không có phản ứng hoá học với các chất khi tiếp xúc. Dụng cụ gồm: 1 nhiệt lượng kế có nhiệt dung riêng là cK , 1 nhiệt kế, 1 chiếc cân không có bộ quả cân, hai chiếc cốc, nước có nhiệt dung riêng là cn , bình đun và bếp điện. Giải. Dưới đây là một trong các phương án. Bước 1: Dùng cân để lấy ra một lượng nước và một lượng chất lỏng có cùng khối lượng bằng khối lượng của nhiệt lượng kế. Ta thực hiện như sau: Lấn 1: Trên đĩa cân 1 đặt nhiệt lượng kế và cốc rỗng 1, trên đĩa cân 2 đặt cốc rỗng 2. Rót nước vào cốc 2 đến khi cân thăng bằng. 104

Lần 2: Bỏ nhiệt lượng kế ra khỏi đĩa cân 1, rót chất lỏng vào cốc 1 đến khi cân bằng, ta có khối lượng chất lỏng bằng khối lượng nhiệt lượng kế: ml  mk . Đổ chất lỏng từ cốc 1 vào bình nhiệt lượng kế. Lần 3: Rót nước cốt vào cốc 1 cho đến khi cân thăng bằng, ta có khối lượng của chất lỏng bằng khối lượng nhiệt lượng kế: ml  mk . Đổ nước từ cốc 1 vào bình bình nhiệt lượng kế. Bước 2: Đo nhiệt độ t1 của chất lỏng ở nhiệt lượng kế. Đun nước tới nhiệt độ t2 rồi rót vào nhiệt lượng kế và khuấy đều. Nhiệt kế cho biết nhiệt độ khi cân bằng là t3 . Bước 3: Lập phương trình cân bằng nhịêt. mncn t2  t3   mlcx  mk ck t3  t1  Từ đó ta tìm được: cx  t2  t3  cn  ck  t1 t3 Đề 44 CS1/44. Ba người đi xe đạp trên cùng một con đường từ A đến B. Người thứ nhất có vận tốc v1  8km / h . Người thứ hai có vận tốc v2  10km / h và xuất phát muộn hơn người thứ nhất 15 phút. Người thứ ba xuất phát muộn hơn người thứ hai 30 phút và đuổi kịp người đi trước mình tại hai nơi cách nhau 5km. Tìm vận tốc của người thứ ba. Giải: Vì người 3 xuất phát muộn hơn người 2 là 30 phút nên khi người 3 xuất phát người 2 đã đi được một đoạn là : AA2  10  30  5km 60 Vậy thời gian để người 3 đuổi kịp người 2 là : t2  AA2  v3 5 v3  v2  10 Tương tự, khi người 3 xuất phát thì người 1 đã đi được : AA1  8  15  30  6km 60 Thời gian để người 3 đuổi kịp người 1 là: t1  AA1  6 v3  v1 v3  8 Khoảng thời gian giữa 2 thời điểm t1,t2 là : t  t1  t2  6 5  v32 v3  20 v3  8 v3  10 18v3  80 (Ta phải để trong dấu trị tuyệt đối vì chưa rõ thời điểm nào đến trước). Trong khoảng thời gian đó, xe của người 3 đi được: s  v3t hay là: v3 v3  20 5 v32 18v3  80 105

- Khả năng 1: v3 v3  20  5 v32  18v3  80 hay : 5v32  70v3  400  0 (vô nghiệm) - Khả năng 2: v3 v3   20  5 v32  18v3  80 hay: 6v32 110v3  400  0 Phương trình này có 2 nghiệm: v3  5 (loại , vì nếu xe 3 đi với vận tốc này thì không thể đuổi kịp 2 xe kia) v2  13,33 Vậy vận tốc xe 3 là 13,33 km/h. CS2/44. Dùng một ca múc nước ở thùng chứa nước A có nhiệt độ tA  200 C và thùng chứa nước B có nhiệt độ tB  800 C rồi đổ vào thùng chứa nước C. Biết thùng chứa nước C đã có sẵn một lượng nước ở tC  400 C và bằng tổng số ca nước vừa đổ thêm. Tính số ca nước phải múc ở thùng A và thùng B đổ vào thùng C để nhiệt độ nước ở thùng C là 500 C . Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường, bình chứa và ca múc nước Giải: Gọi m là khối lượng nước chứa trong một ca, n1 và n2 là số ca nước múc ở thùng A và thùng B, n1  n2  là số ca nước có sẵn trong thùng C. Nhiệt lượng do n1 ca nước ở thùng A khi đổ vào thùng C đã hấp thụ là Q1  n1m.c50  20  30cn1m với c là nhiệt dung riêng của nước. Nhiệt lượng do n2 ca nước lấy ở thùng B khi đổ vào thùng C đã toả ra: Q2  n2mc80  50  30cn2m Nhiệt lượng do n1  n2  ca nước ở thùng C đã hấp thụ là: Q3  n1  n2 m.c50  40  10cmn1  n2  Phương trình cân bằng nhiệt: Q1  Q3  Q2  30cn1m  10cmn1  n2   30cn2m  40n1  20n2  2n1  n2 Vậy khi múc ở thùng A n ca nước thì phải múc 2n ca ở thùng B và số nước có sẵn ở thùng C là 3n ca. CS3/44. Một cục nước đá ở nhiệt độ t0  00 C được gắn vào đáy một bình cách nhiệt (xem hình vẽ). Khi người ta đổ nước vào bình (với khối lượng bằng khối lượng của cục nước đá) thì cục nước đá nằm hoàn toàn trong nước. Sau khi xác lập cân bằng nhiệt, mức nước trong bình giảm   2% . Hãy xác định nhiệt độ ban đầu của nước đổ vào bình. Cho khối lượng riêng và nhiệt dung riêng của nước, khối lượng riêng và nhiệt nóng chảy của nước đá lần lượt là n  1g / cm3, c  4,2kJ /(kg.độ),   0,9 g / cm3 và   320 kJ / kg . Bỏ qua sự dãn nở vì nhiệt của nước và bình, nhiệt dung của bình và sự bay hơi của nước. 106

Giải: Trước hết ta phải xác định xem cục nước đá có tan hết hay không. Giả thiết cục nước đá tan hết và kiểm tra xem sẽ nhận được hệ quả gì. Muốn vậy, ta phải tìm xem khi cục nước đá tan hết thì độ giảm tương đối của mức nước (0  h0 với h0 là độ giảm H1 chiều cao mức nước và H1 là độ cao ban đầu của nó) bằng bao nhiêu (xem hình vẽ). Để xác định h0 , ta tìm độ giãn thể tích V0 của lượng chất chứa trong bình sau khi cục nước đá tan hết. Một mặt V0  Sh0 và mặt khác, V0  m  m với S là diện tích đáy bình và  n m khối lượng của cục nước đá. Suy ra Sh0  m  m  h0  m  n     n S n Để xác định H1, ta tìm thể tích V1 ban đầu của nước và của cục nước đá trong bình. Một mặt, V1  SH1, mặt khác V1  m  m .  n Suy ra : SH1  m  m  H1  m  n     n S n Khi đó ta được: 0  h0  n   0,053 (hay 5,3%) H1 n  Nhưng theo đề bài   2% (đề bài in nhầm là 20%) điều này chứng tỏ cục nước đá không tan hết. Ký hiệu khối lượng tan của cục nước đá là m1 và xem khi cân bằng nhiệt độ của nước trong bình là 00C, ta có: cmt1  m1 Suy ra nhiệt độ ban đầu của nước là : t1  m1 . cm Nhưng như thấy rõ từ phương trình nhận được ở trên đối với h0, ta có tỷ số: m1  h1 m h0 Mặt khác : h1     n    h0 0 n   suy ra t1  n     28095C cn    Đề 47 107

CS1/47. Một thiết bị gồm một mặt phẳng nghiêng ABC, ròng rọc cố định O1 và ròng rọc động O2 được bố trí như hình vẽ. Cho AB  3m, BC  4m . Bỏ qua trọng lượng của ròng rọc và ma sát. Dây nhẹ và không giãn. a) Nếu kéo đầu dây F theo phương thẳng đứng để đưa vật M lên cao thì lợi bao nhiêu lần về lực. b) Một quả cầu có khối lượng m  0,5kg làm bằng chất có khối lượng riêng là 5g / cm3 được treo vào đầu dây F thì quả cầu chuyển động đều trong một bình nước theo chiều từ dưới lên trên. Xác định vận tốc chuyển động của quả cầu. Biết rằng nếu thả riêng quả cầu trong bình nước thì quả cầu chuyển động với vận tốc 0,1m / s và lực cản lại chuyển động của nước chỉ phụ thuộc vận tốc chuyển động và tỷ lệ thuận với vận tốc chuyển động. Cho khối lượng của vật M = 1,5kg , khối lượng riêng của nước là 1000kg / m3 . O1  O2 A M B C F Giải. O1  O2 A M BC a) Gọi trọng lượng của vật M là P. Để vật M chuyển động đều thì: P.AB  F1.AC  F1. AB2  BC 2  P.3  F1.5  F1  3  P 5 mà F1  2F2  F2  13P 3 P 2 5 10 108

Vì F2 F F  0,3P  10 F P 3 Như vậy, nếu kéo đầu dây F theo phương thẳng đứng để đưa vật M lên cao thì lợi 10 3 lần về lực b) Đổi: 0,5kg  500 g , D0  1000kg / m3  1g / cm3  d0  0,01N / cm3 Ta thấy: P  10M  10.1,5  15N   F  0,3P  15.0,3  4,5N  Gọi P1 là trọng lượng quả cầu  P1  10m  10.0,5  5N  Thể tích của quả cầu: V  m  500  100cm3  D1 5 Suy ra lực đẩy Acsimét tác dụng lên vật: FA  V.d0 100.0,001 1N  Khi quả cầu chuyển động từ dưới lên trên:  F  FA  FC  P1 với FC là lụưc cản chuyển động của quả cầu.  FC  F  FA  P1  4,5 1 5  0,5N  Khi thả quả cầu chuyển động từ trên xuống dưới: P1  FA  FC  FC  P1  FA  5 1  4N  Gọi k là hệ số tỷ lệ giữa lực cản và vận tốc chuyển động  FC  k.v1 k  FC  4  40 v1 0,1 Mà FC  k.v2  v2  FC  0,5  0,0125m / s k 40 Suy ra vận tốc chuyển động từ dưới lên của quả cầu là 0,0125m / s CS2/47. Có một chiếc phễu đặt úp trên mặt bàn phẳng nhẵn. Miệng phễu có diện tích bằng S. Thân phễu có chiều cao là H. Cuống phễu có diện tích tiết diện rất nhỏ. Khi rót chất lỏng có khối lượng riêng D0 vào trong phễu tới độ cao h thì chất lỏng bắt đầu tràn ra ngoài qua miệng phễu. Tìm khối lượng của phễu. Biết rằng thể tích lượng chất lỏng chứa đầy trong phễu được tính theo biểu thức V  1 SH. h3 H 109

Giải. Gọi khối lượng của phễu là M. Khi ta đổ chất lỏng vào phễu tới độ cao h và H (xem hình vẽ) thì nước bắt đầu tràn ra khỏi miệng phễu. Tại trước khi thời điểm nước tràn ra thì áp lực lên bàn là: F  10M  10  1 SH  D0 , với D0 là khối lượng riêng của nước. 3 Khi phễu bắt đầu nhấc lên khỏi mặt bàn để nước tràn ra thì áp lực lên mặt bàn là: F  p.S  10D0 H  h.S Vì áp lực tác dụng lên mặt bàn trong hai trường hợp trên là như nhau nên: F  F  10 M  1 SH   10D0Sh  H   3   M  D0Sh  H  1 SH 3 M  SD0  2 H  h   3  Vậy khối lượng của phễu là: M  SD0  2 H  h  3  CS3/47. Một hộp kín có ba đầu ra. Biết rằng trong hộp kín là sơ đồ mạch điện được tạo bởi các điện trở. Nếu mắc các chốt 1 và 3 vào hiệu điện thế U  15V thì hiệu điện thế giữa các chốt 1,2 và 2,3 là U12  6V và U23  9V . Nếu mắc các chốt 2,3 vào hiệu điện thế U thì U 21  10V và U13  5V . Nếu mắc các chốt 1,2 vào hiệu điện thế U thì hiệu điện thế U13 và U32 là bao nhiêu? Vẽ sơ đồ mạch điện trong hộp kín với số điện trở ít nhất. Cho rằng điện trở nhỏ nhất trong mạch điện này là R, hãy tìm các điện trở còn lại trong mạch điện. 2 1  3 Giải. Hiệu điện thế của nguồn không đổi và bằng U 15V . Theo bài ra, khi thay đổi đầu vào của mạch điện thì hiệu điện thế giữa các đầu ra cũng thay đổi, ta suy ra giữa các chốt phải có điện trở khác nhau và số điện trở ít nhất của mạch trong hộp kín là 3. Ta có hai cách mắc như sau: * Cách 1: - Khi U1,3  15V  thì U1,2  6V , U 2,3  9V  Ta có: R1  U1,2  6  2 (1) R3 U 2,3 9 3 - Khi U 2,3  15V  thì U 2,1  10V , U1,3  5V  Ta có: R2  U 2,1  10  2 (2) R3 U1,3 5 Từ (1) và (2) suy ra: R1 là điện trở nhỏ nhất  R1  R  R2  3R, R3  1,5R - Khi U1,2  15V . Ta có U1,3  R1 R 1 U 3,2 R2 3R 3 Lại có U1,3  U3,2  U1,2  15V  110

U1,3  3,75V ; U3,2  11,25V  2 R1 ° 1° R2 R3 °3 * Cách 2: - Khi U1,3  15V  thì U1,2  6V ,U 2,3  9V  2° Ta có: R3  U1,2  6  2 (3) R3 R1 R1 U 2,3 9 3 - Khi U 2,3  15V  thì U 2,1  10V , U1,3  5V  1° R2 ° 3 Ta có: R3  U 2,1  10  2 (4) R2 U1,3 5 Từ (3) , (4) suy ra R2 là điện trở nhỏ nhất  R2  R R3  2R, R1  3R - Khi U1,2  15V , ta có: U1,3  R2  R  1 R1 3R 3 U 3,2 Lại có U1,3  U3,2  U1,2  15V   U1,3  3,75V , U3,2  11,25V  CS4/47. Hệ quang học gồm một gương phẳng và một thấu kính hội tụ mỏng. Gương phẳng đặt ở tiêu diện của thấu kính. Nguồn sáng điểm đặt trên trục chính và cách đều thấu kính và gương. Bằng cách vẽ đường đi của các tia sáng hãy xác định vị trí của tất cả các ảnh và tìm khoảng cách giữa chúng nếu tiêu cự của thấu kính bằng f . Giải. (p K G I )  S3 ()     S 2 O S F S1 111

* Trường hợp 1: Xét ánh sáng đến thấu kính trước - Tia SI song song với trục phụ  p cắt trục phụ tại tiêu điểm phụ Fp . Đường kéo dài FpI cắt trục chính tại S1  là ảnh ảo của thấu kính. + Ta thấy: SOI ~ OF Fp  OI  SO (1) F Fp OF  + S1OI ~ S1F Fp  OI  OS1 (2) F Fp F S1  OS  OS1 (*) OF  OS1  OF  Theo bài ra: OF  f; OS  f , thay vào (*) trên ta tìm được: OS1  f 2 Vậy S1 trùng với tiêu điểm F và gương * Trường hợp 2: Xét ánh sáng đến gương trước - Lấy S2 đối xứng với S qua gương suy ra S2 là ảnh ảo của S qua gương, nối S2K sao cho S2K //p , nối K với Fp cắt trục chính tại S3 suy ra S3 là ảnh thật của S qua hệ gương (hình vẽ) + Vì S2 K // p  S2OK ~ OF F p  OK  OS2 (3) F Fp OF  S3OK ~ S3F Fp  OK  OS3  OS3 f (4) FFp F S3 OS3  Từ (3) và (4) suy ra: OS2  OS3 (**) OF  OS3  f Vì OS 2  OS  SF  FS2  f  f  f  1,5 f 2 2 2 Thay vào (**)  1,5 f  OS3 f  1,5.OS3 1,5 f  OS3 f OS3   0,5.OS3  1,5 f  OS3  3. f + Kết hợp hai trường hợp trên ta tìm được khoảng cách giữa các ảnh là: S1S2  0,5 f ; S1S3  3 f  f  4 f ; S2S3  3 f 1,5 f  4,5 f Đề 48 THCS1/48. Khối lượng riêng của nước biển phụ thuộc vào độ sâu theo định luật: Dh  D0  Ah với D0  1g / cm3 và A  0,02g / cm4 . Người ta thả vào nước biển hai quả cầu được nối với nhau bởi một sợi dây mảnh, nhẹ, không giãn. Thể tích và khối lượng các quả cầu là: V1  0,1cm3 và m1  0,13g,V2  0,2cm3 và m2  0,34g . Biết khi cân bằng quả cầu thứ nhất nằm ở độ sâu h1  20cm . Lúc đó người ta thấy dây nối bị căng. Tìm chiều dài của dây nối. 112

Giải. Gọi P1, P2 là trọng lượng của quả thứ nhất và quả thứ hai F1, F2 là lực đẩy Acsimét lên quả thứ nhất và quả thứ hai T là lực căng của dây. Ta có: P1  10.m1  10.0,13  1,3N  (1) P2  10.m2  10.0,34  3,4N  (2)  Mỗi quả cầu chịu ba lực: Trọng lượng, sức căng dây và lực đẩy Acsimét. Quả thứ nhất nằm cân bằng trong nước biển nên: F1  P1  T  P1  F1  T (1) Quả thứ hai nằm cân bằng trong nước biển nên: P2  F2  T (2) Cộng (1) với (2) ta có: P1  P2  F1  T  F2  T  P1  P2  F1  F2 (3) Trong đó: F1  D0  A.h1 .V1 = 1  0,02.0,1.10  1,4N  (4) F2  D0  A.h2 .V2.10  1  0,02.h2 .0,2.10  1  0,02.h2 .2N  (5) Từ (1), (2), (3), (4), (5), ta có 1,3  3,4  1,4  1  0,02.h2 .2  4,7  1,4  1  0,02.h2 .2  3,3  1  0,02.h2 .2  1,65  1  0,02.h2  0,65  0,02.h2  32,5  h2 Chiều dài sợi dây nối là: h2  h1  32,5  20  12,5cm. Vậy chiều dài sợi dây nối là 12,5 cm. THCS2/48. Một bình cổ cong chứa nước ở 00C . Người ta làm đông nước bằng cách bơm nhanh không khí và hơi nước ra khỏi bình. Hỏi phần khối lượng nước bay hơi bằng bao nhiêu phần khối lượng nước trong bình lúc đầu. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với bình và môi trường ngoài. Biết rằng khi 1g nước đông đặc thì tỏa ra nhiệt lượng 330J và khi một gam nước bay hơi hoàn toàn ở 00C cần cung cấp một nhiệt lượng 2480J. Giải. Nước có thể bay hơi ở bất kỳ nhiệt độ nào. Gọi khối lượng nước ở 00 C là m, khối lượng nước hoá hơi là m , khối lượng nước hoá đá là m  m. 113

+ Nước muốn hoá hơi phải thu nhiệt lượng Q1  m.2480 J + Nước ở 00 C hoá đá thì tỏa ra nhiệt lượng Q2  m  m330 J + Do không có sự truyền nhiệt ở ngoài nên theo định luật bảo toàn năng lượng ta có: Q1  Q2  m  2480  m  m330  m  330  11,74% m 2810 THCS3/48. Một dây của cầu chì bị cháy đứt nếu hiệu điện thế trên nó là U. Với hiệu điện thế nào thì dây cầu chì bị đứt nếu độ dài của nó tăng gấp n lần và đường kính của dây chì tăng gấp k lần. Biết rằng công suất tỏa nhiệt từ dây chì ra không khí tỷ lệ với hiệu nhiệt độ giữa dây chì và không khí và tỷ lệ với diện tích tiếp xúc giữa dây chì và không khí. Giải. Gọi l, d là chiều dài và đường kính ban đầu của dây chì,  là hệ số tỉ lệ giữa nhiệt lượng toả ra môi trường với hiệu nhiệt độ của dây và môi trường và diện tích xung quanh S của dây chì. Điện trở ban đầu của dây chì: R   l   l  4l S  d 2 d 2 4 Điện trở sau khi tăng chiều dài và đường kính của dây là: R1  4 ln  n  R1  n k 2d 2 R. k 2 R k2 Ban đầu, khi cung cấp một hiệu điện thế U thì dây bị đứt, khi đó ta có nhiệt độ của dây đạt đến nhiệt độ nóng chảy Tc của dây chì và công suất điện cung cấp bằng công suất tỏa nhiệt ra môi trường. Gọi T0 là nhiệt độ môi trường. Khi dây bắt đầu nóng chảy thì: U2  STC  T0   ld Tc  T0  (1) R Tương tự, xét U1 là hiệu điện thế trên dây sau khi tăng kích thước làm dây đứt, ta có: U 2   ln dkTc  T0  (2) 1 R1 Chia (2) cho (1) ta được:  U1 2 . R  nk  U  R1   U1 2  nkR1  nk. n  n2 U  R k2 k Vậy U1  n U. k THCS4/48. Hai điểm sáng S1 và S2 nằm trên trục chính và ở hai bên thấu kính cách thấu kính lần lượt là 6cm và 12 cm. Khi đó ảnh của S1 và S2 tạo bởi thấu kính là trùng nhau. Vẽ hình giải thích sự tạo ảnh trên và từ hình vẽ hãy tính tiêu cự của thấu kính. 114

Giải. MI N  S F’  FS O S Hai ảnh của S1 và S2 tạo bởi thấu kính trùng nhau phải có một ảnh thật và một ảnh ảo. Vì S1O  S2O  S1 nằm trong khoảng tiêu cự  ảnh ảo S2 nằm ngoài khoảng tiêu cự  ảnh thật + Tìm tiêu cự: Gọi S là ảnh của S1, S2 qua thấu kính S1I // ON  SS1  SI  SO  6 SO SN SO OI // NF ' SO  SI  SO SF' SN SO  f  SO  6  SO  6 (1) SO SO  f f  f .SO  6SO  f  (2) Vì S2I // OM , tương tự như trên, ta có: SF  SO  SM  SO  f  SO  f  f .SO  12SO  f  (3) SO SS2 SI SO SO  12 12 Từ (2) và (3)  6SO  f   12SO  f   3 f  SO Thay vào (1)  3 f  6  f  8cm . 4f f Vậy tiêu cự của thấu kính bằng 8cm. 115

116