48 ĐỀ THI TRONG TẠP CHÍ VẬT LÝ VÀ TUỔI TRẺ

a) Ampe kế A chỉ số 0 khi mạch cầu cân bằng. Điều kiện của mạch cầu cân bằng là R2 / R1  R4 /R3  R6 . Thay số và rút gọn ta có: 30  R6  2R1 * b) Xét hai trường hợp: + Dòng điện chạy qua ampe kế A theo chiều từ trên xuống: Ta có: I 2 R2  I 4 R4  U I 4  I 2  0,3 Thay số, giải hệ phương trình trên ta đựoc: I 2  0,8A và I 4  0,5A U 2  I 2 R2  0,8  20  16V  U1 U 4  I 4 R4  0,5  40  20V Ta có: I1  I3  I A hay U1 / R1  U /R3  R6   0,3 1 Theo điều kiện cầu cân bằng (*): 30  R6  2R1  60 (2) Từ hệ phương trình (1) và (2) ta được: 0,3R12 12R1  960  0 Giải phương trình này ta được R1  80 và từ (2) ta được R6  10 + Dòng điện chạy qua ampe kế A theo chiều từ dưới lên: Tương tự như trên, ta có phương trình: 0,3R12 12R1  480  0 . Phương trình này vô nghiệm. 2. K1 và K 2 đều đóng. a) Tìm điều kiện để ampe kế A chỉ số 0. Từ hình vẽ: I 2 R2  I1R1  I 2  I1R1 / 20 R2 M P R4 I1R3  I5 R5  I5  I1  30 / 50 Tại nút P: I4  I2  I5 A A R5 B + R1 R3 R6 - I 4  I1R1 / 20  I1  3 / 5 N Q Tại nút Q: I6  I1  I5  I1  I13 / 5  8I1 / 5 Viết phương trình hiệu điện thế: I 4 R4  I5 R5  I6 R6 hay I1R1 / 20  I13 / 540  50  3I1 / 5  R6  8I1 / 5  R1 / 20  3 / 540  30  8R6 / 5  R1  27  0,8R6 A R R B b) Vẽ lại mạch điện:  2 4  R R 3R 1 R6 5 Khi R5 tăng thì R35 tăng  điện trở toàn mạch AB tăng. Vì U AB không đổi nên cường độ dòng điện mạch chính giảm  U12 giảm. Do đó  U 4  U AB  U12 tăng  I 4 tăng và I6  I  I4  giảm. Vậy I5  I 6  R3 /R3  R5  sẽ giảm. cs4/22. Bên trái thấu kính hội tụ tiêu cự f có đặt một màn chắn vuông góc với trục chính của thấu kính và cách thấu kính 5 f / 3. Trên màn có khoét một lỗ tròn đường kính 2cm có tâm nằm trên trục chính thấu kính. Bên phải thấu kính đặt một gương phẳng vuông góc với trục chính cách thấu kính 3 f / 4 với mặt phản xạ gương hướng về thấu kính. Chiếu chùm sáng song song với trục chính đi qua lỗ tròn tới thấu kính. Vẽ đường đi của chùm tia qua hệ trên và tính kích thước của vệt sáng trên màn. Giải: M C F1 I KJ A O’ O F ’ J’ G F K’ F I’ B 51 D F1

+ Vẽ đường đi của chùm tia sáng AB: Chùm sáng AB qua thấu kính (TK) hội tụ tại điểm F. Tới gương G, chùm sáng phản xạ đều đi qua F ( F đối xứng với F qua gương) rồi tới TK, chùm tia ló ra từ TK có tia biên đều đi qua các tiêu điểm phụ F1 và gặp màn ở C và D. Vậy vết sáng trên màn là một hình vành khăn có tâm O nằm trên trục chính, có bán kính trong là OA  1cm và bán kính ngoài là OC. + Tính kích thước vết sáng trên màn: Ta có: II   AB  2cm và FJJ  ~ FII   JJ  / II   FG / FO  1/ 4  JJ   0,5cm  F JJ  ~ FKK  :  JJ  / KK   GF  / F O  1/ 2  KK   1cm  F1KO ~ F1CM :  KO / CM  FO / FO  f 5 f / 3  f   3 / 2  CM  1/ 3cm  F OK ~ OOM :  KO / OM  OF  / OO   f / 2/5 f / 3  3 /10  OM  5 / 3cm Suy ra: OC  OM  CM  5 / 3  1/ 3  4 / 3cm. Vậy bề rộng của hình vánh khăn là 1/3cm. Đề 23 CS1/23. Một xe bắt đầu khởi hành để đi từ A đến B. Quãng đường AB dài 80km. Xe cứ chạy 20 phút dừng lại nghỉ 10 phút. Trong 20 phút đầu xe chạy với vận tốc v1  12km / h . Trong 20 phút tiếp theo sau khi nghỉ, xe chạy với các vận tốc không đổi là 2v1,3v1,..., kv1,... a) Tính thời gian xe chạy từ A đến B. b) Vận tốc trung bình của xe tính từ lúc bắt đầu chạy đến thời điểm đang xét biến thiên như thế nào trong thời gian 50 phút đầu? Tìm tất cả các thời điểm mà xe có vận tốc trung bình tính từ lúc bắt đầu chạy đến thời điểm đó là 12km/h. Giải: Đổi 20 phút = 1/3 h, 10phút = 1/6 h. a) Quãng đường đi được sau 20 phút đầu : s1  v1t  12 1/ 3  4km Quãng đường đi được sau 20 phút tiếp theo: s2  v2t  2v1  t  4  2  8km. Quãng đường đi được sau 20 phút thứ k là: sk  4  k . Vậy sau 20 phút thứ k, quãng đường mà xe đi được là: s  s1  s2  ...  sk  41  2  ...  k  Ta dễ dàng chứng minh được: (1 2  ...k)  kk 1/ 2 (Bạn thử chứng minh xem!) Vậy s  2kk  1. Vì xe đi từ A đến B nên s  2kk 1  80 hay kk  1  40 . Với k  5 thì kk  1  30  40 Với k  6 thì kk  1  42  40 Vậy lấy k  5 thì s  2  55  1  60 . Quãng đường còn lại là 80  60  20km, xe đi với vận tốc 6v1  72km / h hết thời gian là: 20 / 72  5 /18h . 52

Thời gian xe đi từ A đến B là: t  51/ 3  1/ 6  5 /18  50 /18h = 2h 46phút 4s. b) + Trong 20 phút đầu xe chạy với vận tốc không đổi là 12km/h nên vận tốc trung bình trong 20 phút này cũng là 12km/h. Trong 10 phút tiếp theo xe nghỉ nên nên vận tốc trung bình của xe giảm dần từ 12km/h đến giá trị: 4km : 1/ 3  1/ 6  8km / h Trong 20 phút tiếp theo xe chạy với vận tốc không đổi là 24km/h, nên vận tốc trung bình của xe tăng dần từ 8km đến giá trị 4  8km : 1/ 3  1/ 6  1/ 3  14,4km / h . + Tính từ lúc khởi hành các thời điểm có vận tốc trung bình bằng 12km/h là: - Trong 20 phút đầu. - Trong khoảng 20 phút chuyển động tiếp theo, vì vận tốc trung bình tăng từ 8km/h đến 14,4km/h nên có một thời điểm t có vận tốc trung bình bằng 12km/h. 12km / h  4  t  1/ 3 1/ 6 24  t = 2/3h = 40phút. t - Sau 50 phút, vận tốc trung bình lại giảm từ 14,4km/h đến giá trị: (4  8) : 1/ 3  1/ 6  1/ 3  1/ 6  12km / h tại thời điểm phút thứ 60. Sau đó vận tốc trung bình của xe đều lớn hơn 12km/h. CS2/23. Người ta đổ vào một bình hình trụ thẳng đứng có diện tích đáy S  100cm2 một lít nước muối có khối lượng riêng 1  1,15g / cm3 và một cục nước đá làm từ nước ngọt có khối lượng m  1kg . Hãy xác định sự thay đổi của mức nước trong bình, nếu cục nước đá tan một nửa. Giả thiết rằng sự tan của muối vào nước không làm thay đổi thể tích của chất lỏng. Giải: Lúc đầu khối nước đá có khối lượng m chiếm một thể tích nước là: V1  m / 1 , ở đây 1 là khối lượng riêng ban đầu của nước trong bình. Sau khi cục nước đá tan một nửa thì nước đá chiếm một thể tích nước là V2  m ở đây 2 là khối lượng riêng sau cùng của 22 nước trong bình. Nửa cục nước đá tan ra làm tăng thể tích của nước là V   m , ở đây  là khối lượng 2 riêng của nước ngọt. Mực nước trong bình thay đổi là h : h  V2  V   V1  m  1  1  1  S S 2 2 1 2 Khối lượng riêng 2 được xác định từ biểu thức: 2  1V m/2 với V  1l là thể tích V V nước muối trong bình lúc đầu, V   m / 2 . Thay các giá trị đã cho ta được 2  1,1g / cm3 và h  0,85cm . Vậy mực nước dâng cao thêm 0,85cm. CS3/23. Một bộ đốt nóng H mắc nối tiếp với một ampe kế, một biến trở rồi mắc vào một nguồn điện. Người ta điều chỉnh biến trở để ampe kế chỉ 0,1(A) (xem hình vẽ). Sau đó người ta mắc vào hai điểm A và B của mạch một điện trở có giá trị chưa biết. Khi đó ampe kế chỉ 0,05 (A). Tiếp theo, người ta tháo điện trở này ra và mắc vào hai điểm A và C của mạch, thì thấy ampe kế chỉ 0,3A. Coi công suất của bộ đốt là có ích, tính hiệu suất của mạch điện trong ba trường hợp nói trên. Bỏ qua điện trở của nguồn và điện trở ampe kế. Cho biết điện trở của bộ đốt nóng là không đổi. 53

B A C B A C   RH RH A A (I) (II) (III ) Giải: Ký hiệu hiệu điện thế giữa hai cực của nguồn là U, điện trở của biến trở là r, của điện trở chưa biết là R và của bộ đốt là Z. Vì điện trở ampe kế không đáng kể nên từ sơ đồ II và III ta thấy cường độ dòng điện chạy qua biến trở ở hai sơ đồ này là như nhau và bằng I3  0,3A ; cường độ dòng điện qua bộ đốt nóng H cũng như nhau và bằng I2  0,05A . Vậy I R  I3  I2  0,25A . Ta có: IRR  I2Z  R  I2Z / IR  Z /5. Vì R và Z mắc song song nên: Rtd  Z Z /5  Z . Z Z /5 6 Từ sơ đồ I: I1  r U  0,1 1 Z Từ sơ đồ III: I3  U /6  0,3 2 rZ Giải hệ phương trình (1) và (2) ta được r  Z / 4 Hiệu suất của mạch điện: H  Pci  I 2 Z Z Ptp I 2 Rtm ở mạch điện I: H1  I 2 Z  Z  0,8  H1  80% 1 Z I12 Z  r Z /4 ở mạch điện II và III: H2  H3  I 2 Z . Thay số và các giá trị của r, Rtd ở trên vào ta được: 2 I 2 r  Rtd  3 H 2  H3  0,067  H 2  H3  6,7% . CS4/23. Một gương phẳng đặt vuông góc với trục chính của một thấu kính hội tụ và cách thấu kính 75cm. Một nguồn sáng S đặt trên trục chính của thấu kính. Khi dịch chuyển nguồn sáng S trên trục chính ta được 2 vị trí của S cùng cho ảnh qua quang hệ lại trùng với S, hai vị trí này cách nhau 100 cm. Tìm tiêu cự của thấu kính (không sử dụng công thức thấu kính). Giải: Theo đề bài sơ đồ tạo ảnh qua hệ thấu kính và gương như sau: S TK S1 G S2 TK S3  S Muốn S3 trùng với S thì S1 phải trùng với S2 . Vậy có hai khả năng: - S1 và ảnh của nó qua gương phẳng là S2 mà trùng nhau thì S1 và S2 nằm trên gương phẳng (Hình 1). Trục phụ OE song song với tia tới SI cắt tia khúc xạ IS1 tại tiêu điểm phụ F. 54

- S1 và S2 trùng nhau ở vô cực (Hình 2). Trường hợp này S nằm tại tiêu điểm chính và OS *  f . Từ hình 1, ta thấy: I S O F’ S1 S1F F ~ S1IO S3 F S2  FF   S1F  75  f 1 E 75cm OI S1O 75 Hình 1 Vì OFF  ~ OSE  FF   OF  f 2 SE OS OS Vì OI  SE , từ (1) và (2)  75  f  f  OS  75 f 75 OS 75  f S*  Theo đề bài, hai vị trí của nguồn S cách nhau 100cm. Vậy: f O OS  OS *  75 f  f  100 Hình 2 75  f  f 2  100 f  7500  0 Giải phương trình này và chọn nghiệm dương ta được f  50cm . Đề 24 CS1/24. Một cậu bé đi lên núi với vận tốc 1m/s. Khi còn cách đỉnh núi 100m, cậu bé thả một con chó và nó bắt đầu chạy đi, chạy lại giữa cậu bé và đỉnh núi. Con chó chạy lên đỉnh núi với vận tốc 3m/s và chạy lại phía cậu bé với vận tốc 5m/s. Tìm quãng đường mà con chó đã chạy từ lúc được thả tới khi cậu bé tới đỉnh núi. Giải: Ký hiệu vận tốc của cậu bé là v , vận tốc của con chó khi chạy lên đỉnh núi là v1 và chạy xuống là v2 . Giả sử con chó gặp cậu bé tại một điểm cách đỉnh núi là L, thời gian từ lần gặp này tới lần gặp tiếp theo là T. Thời gian con chó chạy từ chỗ gặp cậu bé tới đỉnh núi là L / v1 . Thời gian con chó chạy từ đỉnh núi tới chỗ gặp cậu bé lần tiếp theo là T  L / v1  và quãng đường mà con chó đã chạy trong thời gian này là v2 T  L / v1 . Quãng đường cậu bé đã đi trong thời gian T là vT . Ta có phương trình: L  vT  v2 T  L / v1  T  L1  v2 / v1  (*) v  v2 Quãng đường con chó đã chạy cả lên núi và xuống núi trong thời gian T là: Sc  L  v2 T  L / v1 . Thay giá trị của T từ (*) ta được: Sc  L 2v1v2  vv2  v1  v1v  v2  Quãng đường cậu bé đã đi trong thời gian T: Sb  vT  L  vv1  v 2  v1 v  v 2  Lập tỷ số Sc / Sb ta được: Sc  2v1v2  vv2  v1  . Sb vv1  v2  Tỷ số này luôn không đổi, không phụ thuộc vào T mà phụ thuộc vào giá trị của các vận tốc đã cho. Thay giá trị đã cho trong bài ta có: Sc  Sb  7 / 2 . Từ lúc thả chó đến khi tới đỉnh núi, cậu bé đã đi được 100m; trong thời gian này con chó chạy được quãng đường: Sc  100  7 / 2  350m . 55

CS2/24. Trong xoong chứa nước và nước đá ở nhiệt độ t0  00 C và đậy kín bằng nắp xoong. Khối lượng nước bằng khối lượng nước đá. Sau thời gian t = 2giờ 40 phút, tất cả nước đá tan hết. a) Sau bao lâu nhiệt độ của nước tăng đến 10 C ? b) Tính thời gian cần để làm nóng nước từ 200 C đến 210 C . Biết nhiệt độ không khí trong phòng là tK  250 C , nhiệt dung riêng của nước là C  4200 J / kg  K , nhiệt nóng chảy của nước đá là   3,2 105 J / kg . Giải: Nước đá trong xoong nóng chảy do hấp thụ nhiệt từ không khí xung quanh. Lượng nhiệt mà xoong hấp thụ tỷ lệ với hiệu nhiệt độ giữa không khí và xoong tK  tX  và thời gian hấp thụ T. Khi nước đá nóng chảy thì tx  00 C  t0 . Gọi m là khối lượng nước đá trong xoong thì: m  AtK  tX T với A là hệ số tỷ lệ và T là thời gian đá tan hết. Suy ra A  t K m T .  t0 + Khi nước đá tan hết thì lượng nước trong xoong là 2m. Để tăng nhiệt độ của nước thêm t  10 C  00 C  10 C thì cần thời gian hấp thụ là T1 : C  2m  t  AtK  t0 T1 . Thay A từ biểu thức trên ta có: T1  2C  t T .Thay số vào, ta được: T1  4,2 phút.  + Để nước nóng lên từ t1  200 C đến 210 C thì t  10 C cần thời gian hấp thụ là T2 . Ta có phương trình: C  2m  t  AtK  t1 T2 . Thay giá trị của A từ trên ta có: T2  T1  tK  t0 .Thay số vào, ta được: T2  21 phút. tK  t1 CS3/24. Cho mạch điện như hình vẽ. Hai trong ba điện trở chưa biết là R1, R2 và R3 có điện trở bằng nhau. Hiệu điện thế giữa các điểm 2 và 0 bằng 6V và giữa các điểm 3 và 1 bằng 10V. Xác định các điện trở chưa biết? 3 R + 10 1 2 U-=12V R 2 1 10 10 R 3 0 Giải: Hiệu điện thế giữa các điểm 1,2 và 3 đối với điểm O được ghi trên hình vẽ. Qua R1 có dòng điện: I1  12  6  6 . Tương tự, cường độ dòng điện qua R2 là R1 R1 I 2  4 / R2 và qua R3 là I3  2 / R3 . 3 12V R1 + 2 U 6V - 10 R2 10 10 1 2V R3 0 56

Ta xét cường độ dòng điện qua các nút A và B: 1. Giả sử R1  R2 R thì tại nút A: I1  6  4  4  2  4 ;R  5 . R 10 R R 10 Với nút B, ta có: 4  4  6  2  2  R3  2,5 10 5 5 5 R3 2. Giả sử: R1  R3  R thì tại nút B: I1  6  2  2  R  10 R 5 R Với nút A: I1 6  4 4  R2  20 10 10 R2 3. Giả sử R2  R3  R thì tại nút B: 4  4 2 2. 10 R 5 R Không thể có đẳng thức trên, nên trường hợp này không xảy ra. CS4/24. Hai bình hình trụ chứa đầy nước có mặt thoáng tiếp xúc với không khí, được nối với nhau bằng hai ống nhỏ như nhau là AB và CD (xem hình vẽ). Khoảng cách giữa các ống là h0  1m . Nhiệt độ của nước trong các bình được duy trì ở nhiệt độ không đổi tương ứng bằng t1  1000 C và t2  400 C . Khối lượng riêng của nước phụ thuộc vào nhiệt độ theo biểu thức D  D01  (t  t0 ), trong đó t0 là nhiệt độ phòng, còn D0  1,0.103 kg / m3 là khối lượng riêng của nước tại nhiệt độ t0 và hệ số   2,1.106 K 1. Người ta thấy trong hệ xuất hiện dòng chảy khép kín (chu trình) giữa các ống trong bình. Biết rằng lượng nước chảy theo ống trong một đơn vị thời gian tỷ lệ với hiệu áp suất hai đầu của ống. Tính các hiệu áp suất pAB và pCD ở hai đầu các ống AB và CD. H AB h h0 t1 C D t2 Giải: Từ biểu thức Dt  D0 1  t  t0  ta tính được: D1  999,79  2,110 3 t0 và D2  999,916  2,110 3 t0 . Khi ổn định, lượng nước trong các bình không đổi nên lượng nước chảy qua ống AB bằng lượng nước chảy qua ống DC trong một đơn vị thời gian. Suy ra hiệu áp suất giữa hai đầu các ống phải bằng nhau: PD  PC  PA  PB (*) Ký hiệu H là độ cao từ mặt thoáng bình có nhiệt t1 tới ống AB và h là độ cao từ mặt thoáng bình có nhiệt độ t2 tới ống AB, P0 là áp suất khí quyển thì: PA  P0  10D1H , PB  P0  10D2h PC  P0  10D1H  h0  , PD  P0  10D2 h  h0  Thay các biểu thức này vào (*) rồi rút gọn ta được: HD1  hD2   h0 (D2  D1 )  0,126  0,063 2 2 Mặt khác: PA  PB  10D1H 10D2h  10D1H  D2h  10.0,063  0,63 Vậy PA  PB  PD  PC  0,63Pa . 57

Đề 25 CS1/25. Hệ gồm 3 ròng rọc và 3 vật đặc được bố trí như hình vẽ. Trọng vật bên trái có khối lượng m  2kg và các trọng vật bên ngoài được làm bằng nhôm có khối lượng riêng D1  2700kg / m3 . Trọng vật ở giữa là khối được tạo bởi các tấm có khối lượng riêng là D2  1100kg / m3 . Hệ ở trạng thái cân bằng. Nhúng cả 3 vật vào nước, muốn hệ cân bằng thì thể tích các tấm phải gắn thêm hoặc bớt đi từ vật ở giữa là bao nhiêu? Cho khối lượng riêng của nước là D0  1000kg / m3 . m Giải: Ký hiệu khối lượng riêng của nước là D0  1000kg / m3 . Bỏ qua lực ma sát giữa dòng dọc và dây (vì hệ cân bằng) nên khối lượng của vật bên phải cũng bằng m và khối lượng của vật ở giữa là 2m. Thể tích của vật ở giữa là: V0  2m  3,63dm3 . Khi nhúng các vật vào D2 trong nước thì chúng chịu lực đẩy Acsimet của nước, khi đó lực căng của mối dây treo ở hai bên là T  10 m  m D0  . D1 Để cân bằng thì lực của dây treo ở giữa phải bằng 2T. Gọi thể tích của vật ở giữa lúc này là V thì: 10V /D2  D0   2T  2 10  m1  D0 / D1  Suy ra: V  2m1  D0 / D1   25,18 dm3 . D2  D0 Thể tích của vật ở giữa tăng thêm là: V  V  V0  21,55dm3 . CS2/25. Khi nuôi cá ưa nước nóng, người ta duy trì nhiệt độ của nước trong bể cá là tn  250 C bằng một thiết bị đun điện có công suất P0  100W . Đối với cá ưa nước lạnh, nhiệt độ của nước trong bể cần duy trì là tl  120 C . Để có được chế độ nhiệt độ thấp này người ta nhúng vào bể một thiết bị trao đổi nhiệt, thiết bị này là một ống đồng dài có nước ở nhiệt độ t1  80 C chảy qua. Hiệu suất của thiết bị trao đổi nhiệt này cao đến mức nước chảy ra từ ống đồng cân bằng nhiệt với nước trong bể cá. Giả thiết rằng công suất trao đổi nhiệt giữa bể và môi trường tỷ lệ thuận với hiệu nhiệt độ giữa chúng, hãy xác định lượng nước tối thiểu chảy qua ống trong một đơn vị thời gian để duy trì chế độ nhiệt độ cho trước. Cho biết nhiệt độ của phòng là t0  200 C . Nhiệt dung riêng của nước là 58

C  4200 J / kgK . Câu trả lời sẽ thay đổi như thế nào nếu trong bể nuôi cá ưa sống ở nhiệt độ tx  160 C ? Giải: Trong bể nuôi cá ưa nước nóng thì nhiệt lượng mà bể nhận được là từ thiết bị đun và trao đổi nhiệt với môi trường xung quanh. Khi cân bằng nhiệt thì: P0   tn  t0  (1) với  là hệ số tỷ lệ của công suất trao đổi nhiệt. Với bể nuôi cá ưa nước lạnh thì công suất thu nhiệt của bể ở môi trường xung quanh là P1 và ở điều kiện cân bằng khi: P1   t0  t1  (2) Lượng nhiệt này truyền cho nước chảy trong ống đồng. Giả sử trong thời gian T có m gam nước chảy qua ống thì: P1  T  Cmt1  t2   m  P1 (*) T Ct1  t2  Từ (1) và (2) suy ra: P1  t0  t1  . Rút P1 rồi thay vào (*) ta được P0 t n  t0  m  P0 t0  t1  t0  T Ct1  t2 tn  Thay các giá trị đã cho ta được m  9,5g / s . T Nếu cá trong bể ưa sống ở nhiệt độ tx  160 C thì thay t1  160 vào biểu thức trên ta được m  2,4g / s . Như vậy lưu lượng nước chảy qua ống giảm 4 lần so với nuôi cá ở 120 C T nên hiệu quả kinh tế cao hơn. CS3/25. Trong sơ đồ mạch điện như hình vẽ, ampe kế A1 chỉ I1 . Hỏi ampe kế A2 chỉ bao nhiêu. Bỏ qua điện trở của ampe kế và dây nối. R RA 3R R A Giải: Ký hiệu dòng điện qua các đoạn mạch như hình vẽ Xét dòng điện tại các nút A và B: I1  I3  I2  I4 (1) Mặt khác: U AB  I3R  I 2 R  I3  I2 R (2) U AB  I13R  I 4 R  3I1  I 4 R (3) Từ (2) và (3): I3  I2  3I1  I4 (4) Trừ vế với vế của (1) và (4) ta được I2  2I1 59

Vậy ampe kế A2 chỉ 2I1 . CS4/25. Một người có chiều cao bằng h, đi theo mép vỉa hè với vận tốc không đổi v. Trên khoảng cách l kể từ mép hè có một cột đèn cao là H, trên đỉnh cột có ngọn đèn thắp sáng (hình vẽ). Vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của vận tốc chuyển động của bóng đầu người trên vỉa hè theo toạ độ x. Cho biết mặt của vỉa hè nằm ngang, còn mép vỉa hè là đường thẳng. Giải: Ta thấy rằng các tam giác SCT1 và 1H1T1 luôn đồng dạng (T1 là bóng của đầu người 1 ). Từ đó dễ dàng thấy rằng bóng của đầu người chuyển động theo đường thẳng song song với mép vỉa hè và cách cột đèn một khoảng L (xem H.1). Từ hình vẽ ta có: 1 H1  h  T1H1  T2 H 2  L  l SC H T1C T2C L Hình 1 Hình 2  L  H (1) l H h CH 1H 2 ~ CT1T2 nên H1H 2  CH 2  l T1T2 CT2 L Ký hiệu vận tốc của bóng đầu là u thì H1H 2  v  t và T1T2  ut , với t là thời gian người đi bộ từ H 2 đến H1 . Do đó: v  l  u  v  L (2) uL l Thay (1) vào (2) ta được: u  v  H H h Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của u theo x như hình 2. 60

Đề 26 CS1/26. Một ô tô có khoảng cách giữa bánh trớc và bánh sau bằng lm ; ô tô chuyển động đều trên đờng thẳng xy . Cùng lúc đó, một người đi xe đạp chuyển động đều với vận tốc v1 trên đờng thẳng zt zt // xy cách xy một đoạn là AN  l1(m) (hình vẽ). Khi ô tô đi qua nắp cống bị kênh tại N thì người đi xe đạp nghe thấy tiếng kêu đầu tiên tại B và nghe thấy tiếng kêu thứ hai sau ts nữa. Biết AB  l2 (m) và vận tốc của âm thanh trong không khí là v2 (m / s) . Xác định vận tốc của ô tô. Giải: zA B v1 .t C t x y N Gọi T0 là thời điểm bánh trước của xe ôtô chạm vào nắp cống N. Âm thanh truyền tới B sau khoảng thời gian bằng NB  l12  l22 . Thời điểm người đi xe đạp nghe thấy tiếng v2 v2 kêu lần thứ nhất tại B là T0  l12  l22 và lần thứ hai tại C là T0  l12  l 2 t (1). v2 2 v2 Gọi vận tốc của xe ôtô là v thì thời điểm bánh sau của xe ôtô chạm vào nắp cống N là T0  l / v . Xảy ra hai trường hợp: 1) Nếu xe đạp chuyển động cùng chiều với ôtô, thì âm thanh do bánh sáu chgạm vào nắp cống truyền tới C tại thời điểm ( T0 l /v  NC / v2  T0  l  l12  (l2  v1t)2 (2). v v2 Do (1) = (2) suy ra: l  t  l12  l 2  l12  (l2  v1t)2 . Từ đó rút ra: 2 v v2 v2 v  lv2 l12 2 l12  (l2  v1t)2 v2t   l 2  2) Nếu xe đạp chuyển động ngược chiều với ô tô thì với cách làm tương tự như trên ta thu được kết quả: v  lv2 .  v2t  l12  l 2  l12  l2  v1t 2 2 CS2/26. Trong ruột cục nước đá lớn ở 00 C có một cái hốc, với thể tích bằng V  160cm3 . Người ta rót vào hốc đó 60gam nước ở nhiệt độ 750 C . Hỏi khi nước nguội hẳn thì thể tích hốc rỗng còn lại là bao nhiêu ? Cho khối lượng riêng của nớc là Dn  1g / cm3 và của nước đá là Dd  0,9 g / cm3 , nhiệt dung riêng của nước là C  4200 J / kgK và để làm nóng chảy hoàn toàn 1kg nước đá ở nhiệt độ nóng chảy cần cung cấp cho khối lượng nước đá này một nhiệt lượng là 3,36 105 J . Giải: Do khối nước đá lớn ở nhiệt độ 00 C nên lượng nước đổ vào sẽ nguội đến 00 C . Nhiệt lượng do 60gam nước toả ra khi nguội tới 00 C là: Q  0,06  4200  75  18900 J . 61

Nhiệt lượng này làm tan một lượng nước đá là: m  18900  0,05625kg  56,25g 3,36 105 Thể tích của phần nước đá tan là: V1  m  56,25  62,5cm3 . Dd 0,9 Thể tích của hốc đá bây giờ bằng V   V  V1  160  62,5  222,5cm3 . Trong hốc đá chứa lượng nước là 60  56,25  116,25g . Lượng nước này chiếm thể tích 116,25cm3 . Vậy thể tích phần rỗng của hốc đá là: 222,5 116,25  106,25cm3 . CS3/26. Một bóng đèn mắc nối tiếp với một điện trở R  10 , tất cả được mắc với nguồn điện lý tưởng. Sự phụ thuộc của cường độ dòng điện vào hiệu điện thế giữa hai đầu bóng đèn được biểu diễn như hình vẽ. Xác định hiệu điện thế của nguồn để hiệu suất của mạch thắp sáng bằng 25%. Giải: Ký hiệu I là cường độ dòng điện trong mạch, U là hiệu điện thế trên bóng đèn. Hiệu suất của mạch điện thắp sáng là: H  IU  0,25 . Thay R  10 vào và biến đổi ta được IU  RI 2 I  0,3U . Vẽ đồ thị biểu diễn I  0,3U ta được một đường thẳng cắt đường biểu diễn đã cho tại 2 điểm: 1) Giao điểm có I1  1,5A và U1  5V thì hiệu điện thế của nguồn E là: E1  U1  I1R  20V 2) Giao điểm có I 2  6 A và U 2  20V thì E2  U 2  I 2 R  80V . CS4/26. Hai vật nhỏ A1B1 và A2 B2 giống nhau đặt song song với nhau và cách nhau 45cm. Đặt một thấu kính hội tụ vào trong khoảng giữa hai vật sao cho trục chính vuông góc với các vật. Khi dịch chuyển thấu kính thì thấy có hai vị trí của thấu kính cách nhau là 15cm cùng cho hai ảnh: một ảnh thật và một ảnh ảo, trong đó ảnh ảo cao gấp 2 lần ảnh thật. Tìm tiêu cự thấu kính (không dùng công thức thấu kính). Giải: B1 I B2 F O F’ A2 A1 O1 Gọi O và O là hai vị trí quang tâm trên trục chính OO  15cm. Theo tính chất thuận nghịch ánh sáng. Ta có: A1O  OA2 : A1O  OO  OA2  45cm  A1O  OA2  15cm 62

F IO ~ F B1A1  F O  IO  f f  IO (1) F A1 B1 A1  OA1 B1A1 OB1 A1 ~ OB1 A1  OA1  B1 A1  15  B1 A1 (2) OA1 B1 A1 OA1 B1A1 Từ (1) và (2)  f  15  IO  f 15  IO f  OA1 OA1 B1A1 f B1A1 B2 A2O ~ B2 A2O  A2O  B2 A2  30  B2 A2 (3) A2 O B2 A2 A2O B2 A2 IOF ~ B2 A2 F  OF  IO  F  IO (4) A2 F B2 A2 A2O  f B2 A2 Từ (3) và (4)  30  f  IO  30  f  IO (**) A2O A2O  f B2 A2 f B2 A2 Chia vế với vế của (**) ta có: f 15 : 30  f  IO : IO f f B1A1 B2 A2 f  15  B2 A2 mà 2B2 A2  B1 A1 => f 15  1  2f  30  30  f  3f  60 => f  20cm 30  f B1A1 30  f 2 Đề 27 CS1/27. “Trời đã về chiều. Sau một ngày lao động mệt nhọc, người đánh cá nghèo khó Apđun nằm nghỉ trên bờ sông. Đột nhiên anh ta nhìn thấy trôi theo sóng là một vật ngập hoàn toàn trong nước và hết sức chăm chú mới nhìn thấy nó trên mặt nước. ápđun nhảy xuống sông, cầm lấy vật và mang lên bờ. Anh nhận ra đó là chiếc bình cổ bằng đất, miệng bình được nút kín và gắn xi. ápđun mở nút ra và hết sức kinh ngạc: Từ bình dốc ra 147 đồng tiền vàng giống nhau. ápđun cất tiền đi, còn bình đậy kín lại rồi ném xuống sông. Chiếc bình nổi và một phần ba bình nhô lên khỏi mặt nước.” Một trong những chuyện cổ phương Đông đã kể như vậy. Coi bình có thể tích là 2 lit, hãy tìm khối lượng của đồng tiền vàng. Giải: Ký hiệu khối lượng của một đồng tiền vàng là m1 , khối lượng của bình là M, thể tích của bình V  2103 m3 và khối lượng riêng của nước là D0  10kg / m3 . Lúc đầu, bình ngập trong nước, ta có phương trình: 10147m  M   10V  D0 (1) Lúc sau bình rỗng và chìm hai phần ba thì: 10M  10 2 VD0 (2) 3 Từ (1) và (2): 147m  VD0 / 3 . Thay các giá trị đã cho ta tìm được m  4,5g CS2/27. Người ta đổ một lượng nước sôi vào một thùng đã chứa nước ở nhiệt độ của phòng ( 250 C ) thì thấy khi cân bằng, nhiệt độ của nước trong thùng là 700 C . Nếu chỉ đổ lượng nước sôi nói trên vào thùng này nhưng ban đầu không chứa gì thì nhiệt độ của nước khi cân bằng là bao nhiêu. Biết rằng lượng nước sôi gấp hai lần lượng nước nguội. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường. 63

Giải: Ký hiệu khối lượng của nước nguội là m thì khối lượng nước sôi là 2m, c là nhiệt dung riêng của nước và q là nhiệt lượng cần cung cấp cho thùng để nhiệt độ của thùng tăng thêm 10 C . Viết phương trình cân bằng nhiệt cho hai trường hợp: Thùng đã chứa nước ở nhiệt độ phòng: 2cm100  70  cm70  25 q70  25 (1) Thùng không chứa nước: 2cm100  t  q(t  25) (2) Với t là nhiệt độ cần tìm. Từ (1) rút ra q  cm / 3 . Thay giá trị vừa tìm được vào (2) ta tìm được: t  89,30C . CS3/27. Trong một hộp kín X có mạch điện ghép bởi các điện trở giống nhau, mỗi điện trở có giá trị r (hình vẽ). Người ta đo điện trở giữa các đầu dây và thấy rằng điện trở giữa hai đầu 2 và 4 là R24  0 . R13  2r / 3 ; R12  R14  R34  R23  5r / 3 . Bỏ qua điện trở dây nối. Hãy xác định cách mắc đơn giản nhất các điện trở trong hộp kín trên. 1  4 X 2  3 Giải: Vì R24  0 nên giữa đầu 2 và đầu 4 nối với nhau bởi dây dẫn có điện trở không đáng kể. Vì R13  2r / 3  r nên giữa đầu 1 và đầu 3 có các điện trở mắc song song. Vì mạch đơn giản nhất nên chọn mạch song song này gồm 2 nhánh, số điện trở ở mỗi nhánh là x và y chiếc ( x, y nguyên dương). Theo bài: xr  yr  2r / 3  3xy  2x  y. Để đơn giản ta chọn x 1, thay vào trên ta được y  2 . Vậy xr  yr mạch 1 -3 có dạng đơn giản như hình vẽ. 1 3 1    4   2    3 Vì R12  R23  R14  R34  5r / 3  r  2r / 3 . Vậy các mạch này giống nhau gồm một điện trở r mắc nối tiếp với mạch 1-3 ở trên. Vậy sơ đồ cách mắc đơn giản trong hộp kín như sau: CS4/27. Trong hình vẽ sau, xy là trục chính của một thấu kính, A là điểm sáng, A là ảnh của A qua thấu kính, F là tiêu điểm ảnh của thấu kính. a) Bằng phép vẽ hãy xác định vị trí quang tâm O, tính chất ảnh và loại thấu kính. b) Cho AF   3,5cm ; F A  4,5cm . Tính tiêu cự của thấu kính (không dùng công thức thấu kính). A F’ A’ y’ x Giải: a) Ta phải xét hai trường hợp: thấu kính hội tụ và thấu kính phân kỳ. - Đối với thấu kính hội tụ thì A là ảnh thật. 64

- Đối với thấu kính phân kỳ thì A là ảnh ảo. Giải sử ta đã dựng được thấu kính như hình vẽ: Đối với cả hai thấu kính ta luôn có: IO // F1F  AF1  AF    AF   AO (1) AI // OF1  AI  AO  AO AA AF1 AO  AI A¢    AO2  AF  AA Từ đó suy ra cách dựng quang tâm O như sau: Qua A kẻ đường vuông góc với AA . Trên đó lấy 2 điểm M, N nằm ở hai phía khác nhau với: AM  AA và AN  AF I F1 I A A’ A F’ A’ O O F’ F1 Đường tròn đường kính MN cắt xy tại O1 và O2 . Khi đó O1 là quang tâm của thấu kính hội tụ, O2 là quang tâm của thấu kính phân kỳ cần dựng. Chứng minh: Thật vậy theo cách dựng ta được O1MN vuông tại O1, O1A lại là đường cao nên: O1A2  AN  AM  O1A2  AF  AA đúng với (1). Chứng minh tương tự với O2 . b) Từ (1)  AO2  AF  AA  AO2  4,53,5  4,5  36  AO  6 - Với thấu kinh hội tụ O1 ta có: O1F   AO1  AF   6  4,5  1,5cm  f  1,5cm - Với thấu kính phân kỳ O2 ta có: O2F   O2 A  AF  6  4,5  10,5cm  f  10,5cm Đề 28 THCS1/28. Hai lề đường có hai hàng dọc các vận động viên chuyển động theo cùng một hướng: hàng các vận động viên chạy và hàng các vận động viên đua xe đạp. Biết rằng các vận động viên chạy với vận tốc 20km/h và khoảng cách giữa hai người liên tục trong hàng là 20m; những con số tương ứng đối với các vận động viên đua xe đạp là 40km/h 65

và 30m. Hỏi một người quan sát cần phải chuyển động trên đường với vận tốc bằng bao nhiêu để mỗi lần khi một vận động viên xe đạp đuổi kịp anh ta thì chính lúc đó anh ta lại đuổi kịp một vận động viên chạy tiếp theo. Giải: Ký hiệu vận tốc của vận động viên chạy, người quan sát, vận động viên xe đạp lần lượt là v1,v2 ,v3 khoảng cách giữa hai vận động viên chạy liền nhau là l1 và giữa hai vận động viên xe đạp liền nhau là l2 . Tại một thời điểm nào đó ba người ở vị trí ngang nhau thì sau thời gian t người quan sát đuổi kịp vận động viên chạy phía trước và vận động viên xe đạp phía sau đuổi kịp người quan sát. Ta có phương trình: v2t  v1t  l1 (1) v3t  v2t  l2 (2) Cộng hai vế của phương trình trên rồi tìm t, ta được t  l1  l2 (3) v3  v1 Thay (3) vào (1), ta được: v2  v1  l1 (v3  v1 ) . l1  l2 Thay số ta được: v2  18km / h . THCS2/28. Tại thành của một bình có 3 lỗ nhỏ a, b và c được đậy kín bởi các nút. ống d hở hai đầu được cắm xuyên qua nút bình (hình vẽ). Mực nước trong bình cao hơn lỗ a; trong ống d không chứa nước và đầu dưới của ống nằm ngay trên lỗ b. Hiện tượng xảy ra như thế nào nếu mở nút của một trong ba lỗ nhỏ a, b, hoặc c? Giải: Vì đầu dưới của ống d nằm ngay trên lỗ b nên áp suất nước ở ngang lỗ b bằng áp suất của khí quyển. Do đó áp suất nước ở ngang lỗ a nhỏ hơn áp suất khí quyển và áp suất nước ở ngang lỗ c lớn hơn áp suất khí quyển. 1. Nếu mở nút a thì không khí sẽ vào bình theo lỗ a, đẩy mực nước trong bình hạ xuống và dâng lên trong ống d, khi mực nước trong ống d ngang bằng lỗ a thì không khí không tràn vào bình nữa và mực nước trong bình được giữ nguyên. 2. Nếu mở nút b thì do áp suất khí quyển bằng áp suất của nước ở ngang lỗ b, nên không xảy ra quá trình nào trong bình. 3. Nếu mở nút c thì do áp suất của nước ở ngang lỗ c lớn hơn áp suất khí quyển nên nước trong bình chảy ra ngoài lỗ c, không khí đi vào bình qua ống d. Khi đó áp 66

suất của nước ở ngang đầu dưới ống d không phụ thuộc vào sự thay đổi mực nước trong bình và luôn bằng áp suất khí quyển khi mực nước trong bình còn ở bên trên miệng lỗ b. Nước trong bình chảy ra cho đến khi mực nước trong bình ngang với lỗ c sẽ ngừng. THCS3/28. Người ta thả một chai sữa của trẻ em vào phích đựng nước ở nhiệt độ t  400 C . Sau một thời gian, chai sữa nóng tới nhiệt độ t1  360 C , người ta lấy chai sữa này ra và tiếp tục thả vào phích một chai sữa khác giống như chai sữa trên. Hỏi chai sữa này sẽ được làm nóng tới nhiệt độ nào? Biết rằng trước khi thả vào phích, các chai sữa đều có nhiệt độ t0  180 C . Giải: Gọi q1 là nhiệt lượng do phích nước toả ra khi nhiệt độ của nó giảm 10 C , q2 là nhiệt lượng cung cấp cho chai sữa để nó nóng thêm 10 C và t2 là nhiệt độ của chai sữa thứ hai khi cân bằng. Phương trình cân bằng nhiệt khi thả chai sữa thứ nhất vào phích là: q1t  t1   q2 t1  t0  (1) và khi thả chai sữa thứ hai vào phích là: q1t1  t2   q2 t2  t0  (2) Chia hai vế của (1) và (2) ta được: t  t1  t1  t0 (3) t1  t2 t2  t0 Giải phương trình (3) đối với t2 ta được: t2  t12  2t0t1  t0t t  t0 Thay các giá trị đã cho ta được: t2  32,70 C . THCS4/28. Cho mạch điện như hình vẽ. Các điện trở trong mạch đều giống nhau và bằng r. Bỏ qua điện trở của ampe kế và dây nối. Đặt vào A và B một hiệu điện thế U thì thấy ampe kế A chỉ I  8,9A. a) Tìm số chỉ của ampe kế A0 . b) Cho r  1 , tìm U và xác định điện trở của đoạn mạch AB. Giải: a) Gọi dòng điện qua ampe kế A0 là I0 thì hiệu điện thế của đoạn mạch cd là 2rI0 và cường độ dòng điện chạy trên đoạn mạch đó là 2I0 . Cường độ dòng điện chạy trên đoạn mạch bc là 2I0  I0   3I0 , hiệu điện thế trên đoạn be là: U be  U bc  U cd  3rI 0  2rI 0  5rI 0 . Cường độ dòng điện chạy trên đoạn be là 5I0 . 67

Cứ tiếp tục tính như trên, ta được cường độ dòng điện chạy qua ampe kế A là 89I0 . Vậy 89I0  8,9 . Do đó I0  0,1A . b) Theo công thức cộng hiệu điện thế thì: U AB  144I0r  89r  233I0r  233  0,11  23,3V . c) Điện trở đoạn mạch AB: R AB  U AB , với I là cường độ dòng điện ở mạch chính và I bằng 144 I 0 . Từ đó tính được RAB  23,3  1,62 14,4 Đề 29 CS1/29. Một bình gồm 2 hình trụ có tiết diện ngang là S và 2S và có đáy ghép (hình vẽ). Người ta nhúng bình này trong nước và cố định nó ở một độ sâu nhất định. Biết thể tích hình trụ dưới là 0,2lít. Người ta rót nhẹ vào bình 0,3 lít nước thì thấy đáy của bình rời ra. Nếu không đổ nước mà đặt vào đáy bình một quả cân 300g thì phải đặt nó vào chỗ nào để đáy bình rời ra. Cho biết khối lượng riêng của nước là 1000kg / m3 . S 2S Giải: Khi rót 0,3 lít nước vào bình thì có 0,1 lít nước chứa trong hình trụ nhỏ. Chiều cao của hình trụ lớn là h  0,2.103  0,1.103 . Vì 0,1.103 cũng là chiều cao mực nước chứa trong 2S S S hình trụ nhỏ. Do đó mực nước chứa trong bình cao 2h. áp lực do khối nước gây ra ở đáy bình là: F  p.2S  10D0.2h.2S  40D0hS Vì khi rót 0,3lít nước vào bình thì đáy bình rời ra. Vậy áp lực của nước ở ngoài bình tác dụng lên đáy bình cũng bằng F  40D0hS;Lực này có chiều hướng lên và điểm đặt tại tâm của đáy bình (Hình vẽ). Để đáy bình rời ra, nếu không rót nước mà đặt tại B quả cân có P  10.0,3  3N thì đáy bình quay quanh O để rời ra. Theo nguyên lý đòn bẩy ta có: P  OC  3  R  OB  40D0hSR F OB 40D0hS OB 3 Với R là bán kính đáy lớn bằng: R  2S , h  0,1.103 S Thay các biểu thức của R và h vào trên và D0  1000kg / m3 ta được 68

OB  4 2S 3 F BC O P CS2/29. Trong một bình thí nghiệm chứa nước ở 00 C .Rút hết không khí ra khỏi bình, sự bay hơi của nước xảy ra khi hoá đá toàn bộ nước trong bình. Khi đó bao nhiêu phần của nước đã hoá hơi nếu không có sự truyền nhiệt từ bên ngoài bình. Biết rằng ở 00 C , 1kg nước hoá hơi cần phải cung cấp một lượng nhiệt là 2543 103 J và để 1kg nước đá nóng chảy hoàn toàn ở 00 C cần phải cung cấp lượng nhiệt là 335,2 100 J . Giải: Gọi khối lượng nước ở 00 C là m , khối lượng nước hoá hơi là m thì khối lượng nước hoá đá là (m  m). Nước muốn hoá hơi phải thu nhiệt lượng: Q1  m.2643.103 J . Nước ở 00 C hoá đá thì toả ra nhiệt lượng : Q2  (m  m).335,2.103 J Do không có sự truyền nhiệt ở ngoài nên theo định luật bảo toàn năng lượng ta có: Q1  Q2  m.2543.103  (m  m).335,2.103 Từ đó dễ dàng rút ra: m  335,2  11,65%. m 2878,2 CS3/29. Cho mạch điện như hình vẽ. Ampe kế A2 chỉ 2A. Tìm số chỉ của ampe kế A1 , biết rằng các điện trở trong mạch có giá trị 1, 2,3 và 4 và vôn kế V chỉ 10V . Các dụng cụ đo trong mạch được coi là lý tưởng. A I1 A I1 - R3 i A2 R1 A2 I2 i I2 + i B D I0 R2 B R4 A1 A1 CV CV D   Giải: Ta ký hiệu cường độ dòng điện qua các ampe kế và điện trở như hình vẽ Vì điện trở của ampe kế bằng 0 nên: RCD  R1 R2  R3 R4 R1  R2 R3  R4 Ký hiệu số chỉ của vôn kế là U thì số chỉ của ampe kế A1 là: I0  R1R2 R3 U (R1  R2 )(R3  R4 ) R4 R1R2 (1)  R2 R3 R4  R3 R4 R1  69

Kí hiệu mẫu số của biểu thức (1) là A thì A không phụ thuộc vào thứ tự của các điện trở và luôn có giá trị A  503. Từ hình vẽ ta có: (I1 I1 R1  I2 R2 i)R4   I1  i R2 (R3  R4 ) và I2  i R1 (R3  R4 )  i)R3  (I 2  R2 R3  R1 R4 R2 R3  R1R4  I0  I1  I2  i (R1  R2 )(R3  R4 ) (2) R2 R3  R1R4 So sánh (1) và (2) ta rút ra : R2 R3  R1R4  iA  2.50  10 (3) U 10 Các điện trở trong mạch được mắc theo các cách sao cho thoả mãn điều kiện (3). Các cách đó là : 1. Nếu R1  1, R2  3, R3  4, R4  2, thì RCD  25  và số chỉ của ampe kế A1 bằng 12 I 01  U  4,8A. RCD 2. Nếu R1  1, R2  3, R3  4, R4  2, thì RCD  2 và I02  5A. Các cách khác đều không thoả mãn điều kiện (3). Vậy tuỳ theo trật tự của các điện trở mắc trong mạch điện trên mà số chỉ của ampe kế A1 là : I01  4,8A hoặc I02  5A. CS4/29. Mặt trời vừa nhô lên trên dãy núi. Trên con đường bằng phẳng, một chú mèo đi xe đạp với vận tốc v0 .ở cách đường một khoảng r và cách chú mèo một khoảng L, hai chú chuột tinh nghịch dùng gương phẳng để hắt tia sáng mặt trời vào thẳng mắt mèo. Hỏi hai chú chuột phải quay gương với vận tốc góc là bao nhiêu để luôn làm chói mắt mèo. Giải: Giả sử sau thời gian nhỏ t gương phẳng quay một góc  thì tia phản xạ của tia tới cố định sẽ quay một góc   2 (Các bạn tự chứng minh). Trong thời gian này, chú mèo đi được quãng đường MA  v0t . Ta đã biết cung tròn dài l chắn một góc ở tâm bằng l / R với R là bán kính đường tròn. Vậy theo hình vẽ với góc  nhỏ ta có:   AH  (v0t cos) . CM L Thay cos  CB  r ta được:   v0tr  2. (*) CM L L2 Theo định nghĩa vận tốc góc    với  là góc nhỏ quay trong thời gian nhỏ t . t Từ (*) suy ra   v0r . 2L2 Nhận xét: Hầu hết các bạn đều tính vận tốc góc theo công thức    . Vì  là góc lớn t nên gương quay với vận tốc góc rất khác nhau khi chú mèo di chuyển trên đường MB. Kết quả trên là gần đúng với điều kiện MA<<MB. 70

M v0 A B   r  H C Đề 30 CS1/31. Trên đoạn đường thẳng dài, các ôtô đều chuyển động với vận tốc không đổi v1m / s chỉ trừ trên cầu chúng phải chạy với vận tốc không đổi v2 m / s. Đồ thị sau biểu diễn sự phụ thuộc của khoảng cách l giữa hai ô tô chạy kế tiếp nhau theo thời gian t. Hãy tìm các vận tốc v1,v2 và chiều dài của cầu. (m) 400 200 0 20 40 60 80 100 t (s) Giải: Từ đồ thị ta thấy, trên đường 2 xe cách nhau 400m, trên cầu chúng cách nhau 200m. Thời gian xe thứ nhất chạy trên cầu là: T1  60 10  50s . Bắt đầu từ giây thứ 10 thì xe thứ nhất lên cầu và đến giây thứ 30 thì xe thứ 2 lên cầu. Vậy 2 xe xuất phát cách nhau là: T2  30 10  20s . Ta có: v1  T2  400  v1  400 / T2  20m / s v2  T2  200  v2  200 / T2  10m / s . Chiều dài của cầu là: l  v2 T1  10  50  500m . CS2/31. Một quả cầu nổi nhưng chìm 95% trong chất lỏng. Hỏi phải nâng nhiệt độ của hệ thêm bao nhiêu độ để quả cầu chìm hoàn toàn trong chất lỏng? Coi sự đốt nóng của hệ diễn ra chậm và trong thời gian này nhiệt độ của quả cầu và của chất lỏng luôn bằng nhau. Biết rằng thể tích của chất lỏng và chất rắn phụ thuộc vào nhiệt độ theo công thức V2  V11   t2  t1 , trong đó V1 và V2 là thể tích của các chất ở nhiệt độ t1 và t2 , là hệ số nở khối. Hệ số  của chất lỏng là 103 / K và của chất làm quả cầu là 0,3103 / K . Giải: Ký hiệu thể tích của quả cầu là V. D1 và D2 là khối lượng riêng của chất làm quả cầu và chất lỏng ở nhiệt độ t1 . Lúc đầu quả cầu nổi, điều kiện cân bằng là: 10 VD1  10  0,95 VD2  D1 / D2  0,95 (1). Ký hiệu t là nhiệt độ phải nâng thêm của hệ để quả cầu chìm, khi đó khối lượng riêng của 2 chất phải bằng nhau: D1  D2 . Khi nhiệt độ tăng thêm thì thể tích tăng nên khối lượng riêng giảm. Dễ dàng suy ra: D1  1 D1 và D2  D2  1t 1   2t Từ đó rút ra: D1  D1  1   2t  1 (2) D2 D2 1  1t Thay (1) vào (2) và thay các giá trị của  đã cho ta tìm được t  76,90 C . 71

CS3/31. Một tủ sấy điện có điện trở R  20 mắc nối tiếp với điện trở R0  10 rồi mắc vào nguồn điện có hiệu điện thế không đổi. Sau một thời gian nhiệt độ của tủ sấy giữ nguyên ở t1  520 C . Nếu mắc thêm một tủ sấy giống như trước và mắc song song với tủ đó thì nhiệt độ lớn nhất của tủ sấy là bao nhiêu? Nhiệt độ của phòng là t0  200 C . Coi công suất toả nhiệt ra môi trường tỷ lệ với độ chênh lệch nhiệt độ giữa tủ và môi trường. Giải: Tủ sấy mắc vào mạch điện như hình vẽ. Ta biết rằng công suất toả nhiệt ra môi trường tỷ lệ với độ chênh lệch nhiệt độ giữa tủ sấy và phòng. Khi nhiệt độ tử sấy ổn định thì công suất P bằng công suất hao phí. Lúc đầu: I 2 R  k t1  t0  với I1  U. R0 1 R0  R U 2R °U RR ° Từ đó: R0  R2  kt1  t0  (1) Khi mắc tủ sấy song song thì: I 2 R  k t x  t0  với I2  1 U 2 2  R   R0  2 Suy ra: U 2R  ktx  t0  (2) 4 R0  R  2  2  Từ (1) và (2) rút ra: tx  t0  t1  t0  R0  R2  180 C . Suy ra tx  380 C . 4 R0  R 2  2 CS4/31. Khi tàu biển không tải, vạch số 0 (chỉ mức nước biển mà tàu có thể ngập sâu nhất) cách mặt nước là h1  0,5m và ở biển khác nước mặn hơn thì độ cao đó là h2  0,6m . Tải trọng lớn nhất của tàu ở biển trên là m1  50 tấn và ở biển nước mặn hơn là m2  63 tấn. Tìm khối lượng của tàu biển khi không có tải trọng. Thành tàu được coi như thẳng đứng. Giải: Ký hiệu khối lượng riêng của nước biển nhạt là D1 và của nước biển mặn là D2 , S là diện tích tiết diện ngang của tầu biển. Ta có: m1  D1S h1 và m2  D2 S h2  D2  m2  h1  1,05 . D1 m1 h2 Ký hiệu V1 và V2 lần lượt là thể tích mà tầu không tải choán chỗ trong biển nước nhạt và biển nước mặn, m0 là khối lượng tầu biển không tải thì:  V1 D2  V1  V2 D2  D1 D1 (1) V2 D1 V2 D1  m0  D2  D1  D1V1  D2V2   V2  V1  V2 Mặt khác: V1  V2  S h2  h1   Sh2  Sh1   m2  m1  (2) D2 D1 Thay (2) vào (1) ta được: V2   m2  m1   D1 D2 D1 D2  D1 Vậy m0  D2 V2   m2  m1   D1 D2 . D2 D1 D2  D1 72

Vậy m0  D2 V2   m2  m1   D1  D2  D2  m2  m1   D2 1 1 D2 D1 D2  D1 D2 D1 / D1 Thay D2  1,05 , tìm được: m0  m2 1,05m1   210 tấn. D1 1,05 1 Đề 32 CS1/32. Hai vật có khối lượng riêng và thể tích khác nhau được treo thăng bằng trên thanh không trọng lượng AB với tỷ lệ cánh tay đòn là OA / OB  1/ 2 (hình vẽ1). Sau khi nhúng hai vật chìm hoàn toàn trong nước, để giữ nguyên sự thăng bằng của thanh AB người ta phải đổi chỗ hai vật cho nhau. Tính khối lượng riêng D1 và D2 của chất làm hai vật, biết rằng D2  2,5D1 và khối lượng riêng của nước đã biết. A B O D1 D2 Hình 1 Giải: Kí hiệu thể tích các vật bên trái và bên phải lần lượt là V1 và V2 , khối lượng riêng của nước là D0 . Lúc đầu, điều kiện cân bằng của thanh AB là : V2 D2  OA  1  V2  D1 (1) V1D1 OB 2 V1 2D2 Khi nhúng chìm cả hai vật trong nước thì các vật đều chịu lực đẩy Acsimet của nước nên điều kiện cân bằng của thanh AB bây giờ là: V2 (D2  D0 )  OB  2 (2) V1 (D1  D0 ) OA Thay D2  2,5D1 vào (1) và (2) rồi biến đổi ta được 2,5D1  D0  10 D1  D0 Giải phương trình này ta được D1  1,2D0 ; D2  3D0 . CS2/32. Trong hệ cơ học như hình vẽ 2, vật treo vào ròng rọc động là một khối nước đá nặng 400g nổi trong nước ở nhiệt độ 00 C . Vật nặng thứ hai được làm bằng nhôm có khối lượng 160g và tiếp xúc với mặt nước. Khi đó vật ở trạng thái cân bằng. Hỏi phảI truyền cho hệ một nhiệt lượng bằng bao nhiêu để vật nặng bằng nhôm chìm ở đáy bình? Coi kích thước thẳng đứng của các vật nặng nhỏ hơn độ sâu của bình, dây nối đủ dài và không dãn. Biết khối lượng riêng của nước đá và nhôm lần lượt bằng 0,9 g / cm3 và 2,7 g / cm3 và để làm nóng chảy 1gam nước đá ở 00 C cần cung cấp một nhiệt lượng 335J. Hình 2 73

Giải: Vật bằng nhôm tiếp xúc với mặt nước nên có nhiệt độ là 0 C và có trọng lượng bằng 10.0,16  1,6N. Vì hệ cân bằng nên lực tác dụng vào ròng rọc động bằng 2.1,6  3,2N. Cục nước đá nổi nên chịu lực đẩy Acsimet. Ta có: 10.0,4  FA  3,2  FA  0,8N  10VC Dn . Thể tích phần khối nước đá chìm là Vc  FA  0,8.10 4 m3  80cm3. 10 Dn Khối lượng phần nước đá chìm : m1  80.0,9  72g . Cung cấp nhiệt để 72 gam nước đá này tan hết thì khối nước đá còn 328g và có trọng lượng là 10.0,328 = 3,28N. Trọng lượng này lớn hơn 2.1,6N nên lại có một phần cục nước đá chìm trong nước. Tương tự như trên ta tìm được phần nước đá chìm có thể tích 8cm3 và khối lượng 7,2g. Cung cấp nhiệt lượng để 7,2g nước đá tan hết thì khối nước đá chưa tan có khối lượng là (400 – 72 – 7,2) = 320,8g và trọng lượng bằng 3,208N >3,2N. Do vậy lại có một phần cục nước đá chìm trong nước. Tương tự như trên ta tìm được thể tích phần nước đá chìm là 0,8 cm3 và có khối lượng bằng 0,72g v.v... Vì vậy nếu truyền nhiệt cho hệ qua khối nhôm hoặc nước trong bình thì không thể làm cho vật nhôm chìm xuống đáy bình. Do đó phải truyền nhiệt trực tiếp cho cục nước đá. Muốn cho vật nhôm chìm trong nước tới đáy bình thì lực căng của dây treo vật nhôm là F  1,6  FA  1,6  160 10 6 10 4   1,0074 N  2,7  Khi đó lực kéo ở ròng rọc động là 2.1,0074 = 2,0148N. Lực này là trọng lượng khối nước đá chưa tan nằm trên mặt nước. Vậy trọng lượng khối nước đá đã tan là 1,9852N tương ứng với khối lượng 198,52g. Do đó lượng nhiệt phải cung cấp cho khối nước đá là : 198,52  335 = 66504J. Vậy muốn cho khối nhôm chìm tới đáy bình thì phải cung cấp cho cục nước đá một nhiệt lượng tối thiểu bằng 66504J. CS3/32. Dùng ampe kế thực (có điện trở đáng kể) để đo cường độ dòng điện trong mạch điện như hình 3. Biết rằng ampe kế chỉ cường độ dòng điện qua các điện trở là như nhau và bằng 6mA, cường độ dòng điện qua nguồn điện là 11mA. Nếu dùng ampe kế lý tưởng (điện trở bằng 0) để đo cường độ các dòng điện trên thì số chỉ của ampe kế này là bao nhiêu? Nguồn điện có điện trở bằng 0. +- H. 3 Giải: Vì số chỉ của ampe kế thực khi đo cường độ dòng điện qua các điện trở là như nhau nên điện trở mắc ở hai nhánh phải bằng nhau. Kí hiệu điện trở này là R và điện trở của ampe kế là r, hiệu điện thế của nguồn là U thì kết quả đo sẽ là: 6 U và 11  U Rr R r 2 74

Đặt r = kR rồi thay vào các phương trình trên ta được: 6 U (1) và 11  2U (2) R(1  k) R1 2k) Chia vế với vế của (2) cho (1) ta được : 11  21 k  6 1 2k  Giải phương trình này ta được k  1 . Thay giá trị của k vào (1) ta được : U  6,6. 10 R Nếu mắc ampe kế lý tưởng để đo dòng điện qua các điện trở thì số chỉ của ampe kế là U/R và bằng 6,6mA. Dùng ampe kế này để đo cường độ dòng điện qua nguồn thì số chỉ ampe kế bằng U  2U  2.6,6  13,2mA . R/2 R CS4/32. Trong mạch điện người ta thường dùng cái chuyển mạch hai vị trí. Tùy theo vị trí của khoá K mà điểm O được nối với điểm 1 hoặc điểm 2 (hình 4). Hãy vẽ sơ đồ mạch điện gồm một nguồn điện, hai bóng đèn giống nhau có hiệu điện thế định mức bằng hiệu điện thế của nguồn và hai cái chuyển mạch như trên sao cho ứng với 4 vị trí khác nhau của các khoá, mạch sẽ hoạt động như sau: 1. Hai đèn không sáng. 2. Hai đèn đều sáng bình thường. 3. Hai đèn đều sáng như nhau và kém bình thường. 4. Một đèn sáng bình thường, một đèn không sáng. Mạch điện trên phảI đảm bảo không có vị trí nào của các khoá K để nguồn bị nối tắt. O  1  2 Hình 4 Giải: Trước hết ta có nhận xét sau: bình thường khi hai đèn mắc song song vào nguồn, hai đèn sáng như nhau và sẽ sáng kém bình thường khi hai đèn mắc nối tiếp rồi mắc vào nguồn. Vậy ta phải mắc một cái chuyển mạch đảm bảo yêu cầu: ở vị trí này thì hai đèn mắc song song và ở vị trí kia hai đèn mắc nối tiếp. Cái chuyển mạch thứ hai phải đảm bảo yêu cầu: ở vị trí này thì mạch hở (hai đèn không sáng) và ở vị trí kia thì mạch kín. Mạch được thiết kế như hình vẽ; ở vị trí này hai đèn cùng sáng yếu. Các bạn tự tìm vị trí của các khoá ứng với ba trường hợp còn lại. 1 0 0 1 2  2 Đề 33 CS1/33. Hai con sóc tập chạy trên một thân cây. Một con chạy lên trên với vận tốc v1  10cm / s , con kia chạy xuống dưới với vận tốc v2  8cm / s . Các con sóc kéo một đĩa cân nhẹ bằng các lò xo nhẹ giống nhau, mỗi lò xo có độ cứng k 10N / m . Sau 1 giây 75

có một giọt nước mưa nặng 1g rơi xuống đĩa cân. Đĩa cân chuyển động đều. Tìm vận tốc của đĩa cân, biết rằng độ lớn lực đàn hồi của lò xo là F  kx với x là độ biến dạng của lò xo và k là độ cứng của lò xo. Giải. Vì đĩa cân chuyển động đều theo phương thẳng đứng nên tổng các lực tác dụng vào đĩa cân theo phương thẳng đứng bằng 0. Ký hiệu v là vận tốc của đĩa cân, m0 là lượng nước mưa rơi trên đĩa trong 1 giây, đĩa cân chuyển động trong t giây. Lực tác dụng vào đĩa cân hướng lên trên là lực đàn hồi của lò xo: F1  kv1t  vt. Lực tác dụng vào đĩa cân hướng xuống dưới bao gồm lực đàn hồi của lò xo và trọng lượng nước mưa: F2  kv2t  vt10m0t Vì F1  F2 nên ta có: v kv1  v2 10m0  0,95cm / s . 2k CS2/33. Trong một bình cách nhiệt chứa hỗn hợp nước và nước đá ở 00C . Qua thành bên của bình, người ta đưa vào một thanh đồng có một lớp cách nhiệt bao quanh. Một đầu của thanh tiếp xúc với nước đá, đầu kia nhúng trong nước sôi ở áp suất khí quyển. Sau thời gian t1  15 phút thì nước đá ở trong bình tan hết. Nếu thay thanh đồng bằng thanh thép có cùng tiết diện nhưng khác nhau về chiều dài với thanh đồng thì nước đá trong bình tan hết sau t2  48 phút. Cho hai thanh đó nối tiếp với nhau như hình vẽ thì nhiệt độ t tại điểm tiếp xúc giữa hai thanh là bao nhiêu? Xét hai trường hợp: 1. Đầu thanh đồng tiếp xúc với nước sôi. 2. Đầu thanh thép tiếp xúc với nước sôi. Khi hai thanh nối tiếp với nhau thì sau bao lâu nước đá trong bình tan hết? Cũng xét hai trường hợp như trên. Giải. Với chiều dài và tiết diện của thanh là xác định thì lượng nhiệt truyền qua thanh kim loại trong một đơn vị thời gian chỉ phụ thuộc vào vật liệu làm thanh và hiệu nhiệt độ giữa hai đầu thanh. Lượng nhiệt truyền từ nước sôi sang nước đá để nước đá tan hết qua thanh đồng hoặc qua thanh thép phải như nhau. Ta có phương trình: Q  kd t2  t1 Td  kt t2  t1 Tt ở đây kd và kt là hệ số tỷ lệ ứng với đồng và thép, t2  1000 C và t1  00C . Suy ra: kd  Td  3,2   . kt Tt 76

Khi mắc nối tiếp hai thanh thì lượng nhiệt truyền qua các thanh trong một giây là như nhau. Gọi nhiệt độ ở điểm tiếp xúc giữa hai thanh là t. Trường hợp 1: kd t2 t kt t  t1   t   t2  t1  760 C 1  Trường hợp 2: Tương tự như trên ta tính được t  23,80C Gọi thời gian để nước đá tan hết khi mắc nối tiếp hai thanh là T thì với trường hợp 1: Q  kd t2  t1 Td  kd t2  tT Suy ra: T  Td t2  t1  Tt  Td  63 phút. t2 t Với trường hợp 2 ta cũng được kết quả như trên. CS3/33. Một mạch điện gồm 7 điện trở mắc với nhau như hình vẽ. Biết R1  1k ; R2  2k ; R3  3k ; R4  4k ; R5  5k ; R6  6k ; R7  7k . Các dây nối có điện trở không đáng kể. Cường độ dòng điện qua điện trở nào có giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. Tìm các giá trị đó. Giải. Vì dây nối có điện trở không đáng kể nên mạch điện được vẽ lại như sau: Khi đó điện trở tương đương của nhánh trên là: R  R1R5  R2 R6  R3R7  133 .102  R1  R5 R2  R6 R3  R7 3 Vì R  R4 , nên dòng qua R4 là lớn nhất: I max  U U .103 ( A) . R4 4 Dòng điện chạy qua bộ điện trở ở nhánh trên là: I  U  30U .103(A) . Dòng điện này R 133 chia nhánh cho R1 và R5, R2 và R6 , R3 và R7 . Trong từng cặp điện trở này thì tỷ số R1 / R5 là nhỏ nhất, nên dòng điện qua R5 là nhỏ nhất. I1  R5 5 I  6  I5  5U .103 A  I min . I5 R1 I5 1 133 CS4/33. Hai gương phẳng G1 và G2 đều có dạng hình vuông, cạnh bằng a, được ghép quay mặt sáng vào nhau và tạo thành góc vuông. Một nguồn sáng điểm S cách đều S77 

các gương là a (hình vẽ). Tìm miền mà tại đó người quan sát không thấy ảnh của S, nhìn thấy 1 ảnh, 2 ảnh, 3 ảnh của S tạo bởi hệ gương trên. Giải. Dễ dàng tìm được có 3 ảnh của S tạo thành qua hệ hai gương. Điều kiện để mắt người quan sát nhìn thấy ảnh qua gương là mắt phải đón nhận được tia phản xạ của tia tới xuất phát từ nguồn sáng qua gương đó. Kết quả là: Miền 1: nhìn thấy ảnh S1 (hình 1) Miền 2: nhìn thấy ảnh S2 (hình 2) Miền 3: nhìn thấy ảnh S3 (hình 3a và 3b) Hình 1 Hình 2 Hình 3a Hình 3b Hình 4 78

Kết hợp của các hình trên ta được H.4 bao gồm: Miền 0: không nhìn thấy ảnh nào, miền 1: chỉ nhìn thấy 1 ảnh, miền 2 chỉ nhìn thấy 2 ảnh và miền 3 nhìn thấy cả 3 ảnh. Đề 34 CS1/34. Một người đánh cá bơi thuyền ngược dòng sông. Khi tới cầu, người đó để rơi một cái can nhựa rỗng. Sau 1 giờ, người đó mới phát hiện ra mới cho thuyền quay trở lại và gặp can nhựa cách cầu 6km. Tìm vận tốc của nước chảy, biết rằng vận tốc của thuyền đối với nước khi ngược dòng và xuôi dòng là như nhau. Giải: Ký hiệu A là vị trí của cầu, C là vị trí quay thuyền trở lại và B là vị trí thuyền gặp can nhựa (hình vẽ). Ký hiệu u là vận tốc của thuyền so với nước và v là vận tốc của nước với bờ. Thời gian thuyền đi từ C đến B là: tCB  S CB  SCA  S AB  u  v1 6 . uv uv uv Thời gian tính từ khi rơi can nhựa đến khi gặp lại can nhựa là: 6  tAC  tCB 1 u  v 1 6 v uv Rút gọn phương trình trên ta được: 2v  6 . Vậy v  3km / h . Chú ý: Bài toán trên có thể được giải với cách ngắn gọn hơn nếu chọn vật mốc là can nhựa (cũng chính là nước). Khi đó thời gian chuyển động của người đánh cá (cả đi và về) bằng 2 lần thời gian đi – bằng 2 giờ. Trong thời gian này, cầu “trôi” so với can nhựa 1 đoạn là 6km. Vậy vận tốc của nước so với cầu là 6 / 2  3km / h CS2/34. Cấu tạo của một thiết bị an toàn điện gồm: Một dây dẫn kim loại có điện trở r  0,1 và khối lượng m 1g . Nhiệt dung riêng của kim loại là c  500J / kgK ; một khóa tự ngắt K khi dây dẫn được đốt nóng tới tK  600C . Thiết bị được nối với biến trở R rồi mắc vào nguồn U  1V . r K R  U Lúc đầu cho điện trở của biến trở bằng R1  14 thì sau một thời gian nhiệt độ dây dẫn là t1  500C và không đổi. Sau đó điện trở của biến trở giảm dần. Tìm Rx của biến trở để mạch bị ngắt. Biết rằng nếu mắc trực tiếp thiết bị trên vào nguồn thì mạch bị ngắt sau 1 79

giây kể từ khi nối mạch. Bỏ qua sự thay đổi điện trở của dây kim loại theo nhiệt độ. Nhiệt độ của môi trường xung quanh thiết bị không đổi. Công suất hao phí điện tỉ lệ với độ chênh lệch nhiệt độ của thiết bị và môi trường. Giải. Nhiệt độ của dây dẫn không đổi khi công suất điện ở dây kim loại bằng công suất hao phí. Lúc đầu: U 2r  kt1  t0  (1) (k là hệ số tỉ lệ và t0 là nhiệt độ môi trường). R1  r 2 Lúc sau: U 2r  ktk  t0  (2) Rx  r 2 Từ (1) và (2), suy ra: Rx  R1  r t1  t0 r (3) tk  t0 Khi mắc trực tiếp, trong thời gian ngắn coi toàn bộ nhiệt toả ra từ dây dẫn chỉ để làm nóng dây dẫn nên: U2   cmtk  t0  (4) với  là thời gian dòng điện chạy qua thiết bị, ở đây r   1s . Từ (3) và (4) ta có: Rx  R1  r cmrt1  tk U 2  r  9,9 . U 2 CS3/34. Hai nhánh của bình thông nhau chứa cùng chất lỏng ở nhiệt độ t  200C và độ cao cột chất lỏng ở mỗi nhánh là H0 10cm. Người ta nâng nhiệt độ của một nhánh thêm t  100 C . Xác định độ chênh lệch mực chất lỏng ở hai nhánh. Biết rằng khi nhiệt độ chất lỏng tăng thêm 10 C thì thể tích của khối chất lỏng tăng thêm 2,6.103 lần thể tích ban đầu của nó. Bỏ qua sự nở của bình. Giải: Vì nhánh của bình coi như hình trụ đứng nên khi nhiệt độ tăng thì thể tích khối chất lỏng tăng còn áp lực tác dụng lên đáy bằng trọng lượng khối chất lỏng – không thay đổi. Vì vậy áp suất tác dụng lên đáy bình cũng không đổi. Do đó mực chất lỏng bên nhánh có nhiệt độ không đổi vẫn giữ nguyên. Vì thế, độ chênh lệch mực chất lỏng giữa hai nhánh bằng chính độ tăng mực chất lỏng ở nhánh có nhiệt độ tăng. Do bỏ qua sự nở của bình nên độ tăng thể tích chất lỏng tỷ lệ với độ tăng chiều cao h của mực chất lỏng . Theo đề bài: V  V0  t  h  H 0   t . Thay số, ta được: h  10  26 10310  2,6cm . CS4/34. Hai người đứng cách một bức tường một khoảng bằng l1 và l2 và cách nhau một khoảng l0 . Người thứ nhất nói thật to. Hỏi sau bao lâu kể từ khi người thứ nhất bắt đầu nói đến khi người thứ 2 nghe thấy tiếng nói cuối cùng của người thứ nhất trùng với tiếng vang của tiếng nói đầu tiên. Vận tốc của âm truyền trong không khí bằng c. Giải. Phản xạ âm trên tường giống như phản xạ của ánh sáng: âm từ A phản xạ trên tường tại I rồi truyền đến B: AI  IB  AB . Gọi t là thời gian cần tìm thì: A A H c  t  AB  AB . ’I 80 B

c  t  l1  l2 2  HB2  l0 Mặt khác , HB2  l02  AH 2  l02  l2  l1 2  Thay giá trị của HB vào trên, ta được: t  l02  4l1l2  l0 / c . Đề 35 CS1/35. Một ô tô xuất phát từ A đi đến B, trên nửa quãng đường đầu đi với vận tốc v1 , đi nửa quãng đường sau với vận tốc v2 . Một ô tô khác xuất phát từ B đến A, trong nửa thời gian đầu đi với vận tốc v1 và trong nửa thời gian sau đi với vận tốc v2 . Biết v1  20km / h và v2  60km / h . Nếu xe đi từ B xuất phát muộn hơn 30 phút so với xe đi từ A thì hai xe đến địa điểm đã định cùng lúc. Hỏi nếu hai xe xuất phát cùng một lúc thì chúng sẽ gặp nhau tại vị trí cách A bao xa. Giải: Ký hiệu AB  s . Thời gian đi từ A đến B của xe A là: t1  s s  s(v1  v2 ) . 2v1 2v2 2v1v2 Vận tốc trung bình trên quãng đường AB của xe A là: vA  s  2v1v2  30km / h . t1 v1  v2 Gọi thời gian đi từ B đến A của xe B là t2 . Theo đề bài: s  t2 v1  t2 v2  t  v1  v2  . 2 2  2 2  Vận tốc trung bình trên quãng đường BA của xe đi từ B là: vB  s  v1  v2  40km / h . t2 2 Theo bài ra: s s  0,5h. Thay giá trị của vA và vB ở trên vào ta được s  60km . vA vB Khi 2 xe xuất phát cùng một lúc thì quãng đường mỗi xe đi được sau thời gian t là: sA  20t nếu t  1,5h (1) sA  30  t 1,560 nếu t  1,5h (2) sB  20t nếu t  0,75h (3) sB  15  t  0,7560 nếu t  0, 75h (4) Hai xe gặp nhau khi: sA  sB  s  60km và chỉ xảy ra khi 0,75h  t  1,5h . Từ điều kiện này ta sử dụng (1) và (4): 20t 15  t  0,7560  60 Giải phương trình trên ta được: t  9 / 8h và vị trí 2 xe gặp nhau cách A là: sA  20 9  22, 5km 8 . CS2/35. Một bình hình trụ có diện tích đáy là S, chứa một phần nước. Người ta thả vào trong bình một khối cầu rỗng có thể tích V thì khối cầu nổi, chỉ có một nửa chìm trong nước. Hỏi mực nước trong bình dâng cao thêm bao nhiêu? Nếu đổ đầy hốc rỗng của khối cầu bằng nước cùng loại với nước trong bình thì phần nào của quả cầu sẽ nhô lên khỏi mặt nước? Mực nước trong bình bây giờ thay đổi thế nào, biết rằng thể tích của hốc bằng 0,4V? 81

Giải: Ký hiệu h và h là độ cao mực nước trong bình trước và sau khi thả quả cầu, D là khối lượng riêng của nước trong bình thì áp lực do cột chất lỏng tác dụng lên đáy bình trước và sau khi thả quả cầu là: Ft  10Dh  S  10m (1) với m là khối lượng nước trong bình. Fs  10Dh S  10m  mc  với mc là khối lượng quả cầu. Theo bài ra, thể tích phần đặc quả cầu chiếm 0, 6V . Gọi khối lượng riêng của chất làm quả cầu là Dc thì mc  0, 6V  Dc V D 2 . Suy ra Dc  D . Vậy khi đổ đầy hốc rỗng của quả cầu bằng nước cùng loại với nước trong bình thì phần rỗng quả cầu nằm ở phía dưới, do đó phần đặc của quả cầu nhô lên khỏi mặt nước. Gọi thể tích phần chìm của quả cầu bây giờ là Vc thì theo định luật Acsimet ta có: FA  10Vc  D  10mc  0, 4V  D . Thay mc ở trên vào ta được Vc  0,9V . Nếu nước đổ vào hốc lấy từ bình thì độ cao của mực nước không thay đổi vì áp lực tác dụng lên bình vẫn như trước. Nếu nước đổ vào hốc lấy từ ngoài bình thì mực nước bây giờ sẽ tăng h so với khi chưa đổ nước vào hốc. Độ tăng áp lực tại đáy bình do trọng lượng nước trong hốc gây ra: 10.h.D.S  10.0,4V.D  h  0,4V . S CS3/35. Cho mạch điện như hình vẽ. Biết U  15V ,R  15r . Các vôn kế giống nhau, điện trở của dây nối không đáng kể. Vôn kế V1 chỉ 14V, hỏi vôn kế V2 chỉ bao nhiêu? Giải: Ta có Ir +U- U  Ir  I1RV I1 V1  U  Ir  I1Rv C R I2 U  Ir  14V   I  1 (A ) R R V2 B A r Mà I  I1  I2  1  14  14  Rv   16Rv2 165Rv  r  42R2  0 r Rv R  RR 2R  Rv Thay r  R ta có phương trình 15 16Rv2 11RRv  42R2  0 có   121R2  2688 R2  2809 R2   53R Rv  11R  53R  2R (Loại nghiệm âm) 32 * Từ mạch điện  U v2  RV  2  U v2  2 UR R UR 1  U v2  2  2  UV 2  2 (1) U v2  U R 1  2 3 U AB 3 R(R  Rv ) Mặt khác : U AB  2R  Rv  R  Rv  3  U AB  3  U AB  3 (2) Uv1 7 U CA R 2R  Rv 4 14 7 82

Từ (1) và (2)  U AB  6 (V) và U2  2  4V  3 U AB CS4/35. Cho mạch điện như hình vẽ. Khi cường độ dòng điện chạy trong mạch là I2  2A thì công suất toả nhiệt trên biến trở là P1  48W , khi cường độ dòng điện là I 2  5A thì công suất toả nhiệt trên biến trở là P2  30W . a) Tìm hiệu điện thế U và điện trở r. b) Tìm công suất toả nhiệt lớn nhất có thể có trên biến trở. Khi đó điện trở của biến trở là bao nhiêu? +° U °- r R Giải: a) Gọi điện trở của biến trở ứng với hai trường đã cho là R1 và R2 thì: U  I1r  R1  với R1  P1  12 I12 U  I2 r  R2 . với R2  P2  6 5 I 2 2 Giải hệ phương trình trên ta được U  36 và r  6 b) Ký hiệu công suất toả nhiệt trên biến trở là P, cường độ dòng điện chạy trong mạch là I thì theo định luật bảo toàn năng lượng ta có UI  rI 2  P  rI 2 UI  P  0 Đây là phương trình bậc 2 đối với I, điều kiện để phương trình có nghiệm – có dòng điện chạy trong mạch – là:   U 2  4rP  0  P  U 2 .Vậy Pmax U2  362  54W 4r 4r 4.6 Khi đó   0 và I  U  36  3 2R 2.6 Theo định luật Ôm: r  R  U  6  R  36  R  6 I3 Vậy Pmax  54W khi điện trở biến trở là 6 Đề 36 CS1/36. Trong thùng nước có nhúng một ống hình trụ đường kính d; ép sát miệng đầu dưới của ống là một tấm nhựa đặc hình trụ có đường kính là D và chiều dày là h và có khối lượng riêng là  lớn hơn khối lượng riêng n của nước (xem hình vẽ). ống được nâng chậm lên phía trên. Xác định độ cao H để tấm nhựa tách rời khỏi miệng ống. 83

Giải: Gọi áp suất của khí quyển là p0 thì áp suất của nước tại mặt trên của tấm nhựa là p0 10nH  và tại mặt dưới tấm nhựa là p0 10n H  h. Lực tác dụng vào tấm nhựa theo hướng từ trên xuống gồm áp lực của cột nước, cột khí quyển trong ống d và trọng lượng tấm nhựa:  Ft  p0  d 2 10 D2 h 4 4   10  n H 4 D2  d 2  p0 . Lực tác dụng vào tấm nhựa theo hướng từ dưới lên là áp lực của nước: Fd  p0 10n H  h D2. 4 Tấm nhựa bắt đầu rời khỏi miệng ống khi: Ft  Fd (*) Thay các biểu thức ở trên vào (*) ta được D 2    h H  d 2 n n . Chú ý : Ta có thể bỏ qua áp suất của khí quyển vì áp lực do khí quyển tác dụng vào hai mặt tấm nhựa cân bằng nhau. CS 2/36. Hai khối trụ có khối lượng bằng nhau, nối với nhau bằng một sợi dây nhẹ không dãn vắt qua một ròng rọc cố định. Hai khối trụ này ở cùng độ cao và cùng chạm vào mặt nước (xem hình vẽ). Độ cao của 2 khối trụ đều như nhau và bằng h. Biết rằng khối lượng riêng của chất làm khối trụ thứ nhất lớn gấp 2 lần khối lượng riêng của chất làm khối trụ thứ hai và gấp 4 lần khối lượng riêng của nước. Tại thời điểm t  0 , người ta bắt đầu đổ thêm nước vào chậu sao cho mức nước trong chậu nâng cao dần với vận tốc V. Hãy dựng đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của vận tốc chuyển động của hai vật theo thời gian. 12 Giải: Vì hai vật cùng khối lượng, cùng độ cao nhưng D1  2D2 nên tiết diện của hai vật là S2  2S1. Coi mực nước dâng lên rất chậm và sợi dây không dãn nên ở mọi thời điểm tổng các lực tác dụng vào mỗi vật coi bằng 0. Ký hiệu T là sức căng sợi dây, FA là lực đẩy Acximet và m là khối lượng mỗi vật. Từ đó: T1  FA1  10m,T2  FA2  10m . Do T1  T2 vì cùng là sức căng của sợi dây nên FA1  FA2 . Vậy lực đẩy Acximet tác dụng lên các vật bằng nhau. Điều đó có nghĩa là độ ngập sâu trong nước của vật 1 gấp hai lần của vật 2. Vật 1 dịch chuyển xuống ngược chiều dâng của nước và vật 2 dịch chuyển lên trên cùng chiều dâng của nước với cùng vận tốc v. Trong khoảng thời gian x, độ ngập sâu của vật 1 là tV  v còn độ ngập sâu của vật 2 là tV  v. Như trên tV  v  2.tV  v. Suy ra v  V . 3 Thời gian để vật 1 ngập hoàn toàn trong nước là t0  h  3h . Sau khi vật 1 ngập hoàn V v 4V toàn trong nước thì vật 2 luôn ngập một nửa. Do nước dâng với vận tốc V nên vận tốc của vật 2 phải bằng V. Từ lúc đó trở đi, vận tốc của các vật luôn bằng V. Đồ thị biểu diễn vận tốc của các vật theo thời gian như hình vẽ: 84

v t V V/ 3 0 t0 CS 3/36. Trong một thí nghiệm người ta cần một dòng điện không đổi là 1,1 A chạy qua một máy, khi ấy máy có hiệu điện thế không đổi bằng 55 V. Một ổ cắm điện dùng làm nguồn có hiệu điện thế không ổn định mà dao động xung quanh trị số 220 V. Muốn cho hiệu điện thế trên máy luôn luôn không đổi là 55 V, người ta dùng thêm một biến trở ghi 620  - 350 W. a. Vẽ sơ đồ mạch điện để biến trở không bị cháy hỏng. b. Hiệu điện thế ở ổ cắm điện chỉ được phép thay đổi trong khoảng giá trị nào? Giải: a. Biến trở chịu được dòng điện lớn nhất là Im  350  0,75 A  1,1A. Vậy để đảm bảo 620 biến trở không bị cháy, biến trở được mắc vào mạch điện theo sơ đồ sau, trong đó: R là biến trở, M là máy, AB mắc với nguồn. b. Từ mạch điện : Gọi Rtd là điện trở đoạn mạch BC thì : U AB  UM UCB  55 1,1.Rtd Gọi dòng qua MC là I1, dòng qua CN là I2. + Nếu I1  0,75 A thì I2  0,35 A. Kí hiệu x là điện trở của đoạn MC thì điện trở đoạn CN là 620  x. Ta có: I1  620  x  0,75  x  197,3 AB I2 x 0,35 Rtd  197,3620 197,3  134,5. R 620 M CN M Khi đó U AB  55 1,1.134,5  203V . + Nếu I2  0,75A thì I1  0,35A và kết quả giống như trên. + Khi con chạy C ở giữa biến trở thì Rtd  R : 2  155 .Vậy U AB  55 1,1.155  225V . 2 Vậy khi con chạy dịch chuyển từ giữa biến trở ra hai bên thì để đảm bảo các yêu cầu, hiệu điện thế ở ổ cắm được phép thay đổi trong khoảng: 203V  U AB  225V . CS 4/36. Một gương phẳng G hình vuông, có cạnh a  30cm đặt trên mặt đất ở cửa một căn buồng. ánh sáng mặt trời phản xạ trên gương và tạo ra trên mặt tường đối diện một vệt sáng (xem hình vẽ). Tâm của vết sáng cách mặt đất một khoảng bằng h. Khoảng cách từ tâm gương đến tường là d  2m , trần nhà cao H  3m . Biết rằng mặt phẳng tới vuông góc với tường. 85

a. Xác định kích thước của vết sáng theo h. Xét các trường hợp: h  0.5m , h  1m , h  2m , h  3m . b. Các tia sáng mặt trời làm với mặt đất một góc 600 . Để vệt sáng trên tường có kích thước bằng kích thước của gương thi phải kê cao một mép gương làm với mặt phẳng nằm ngang một góc là bao nhiêu? Trần nhà Giải: a. Gương phẳng AB; O1 và O2 lGần lượt là tâm gương và tâm của vệt sáng. Gọi x là toạ độ dài vệt sáng in trên tường. Vẽ BC  G cắt tia phản xạ từ O1 tại C thì BC  x 2 . Ta có: O1BC đồng dạng với O1HO2  BC  O1B  x/2  a/2 O2 H O1H hd  x  ah  0,3h  0,15h . Trần nhà d2 Điều kiện để vệt sáng nằm trọn vẹn trên tường: x  h  H  h  2H  2,79 (m) OH h 2 2,15 - Với h  0,5  2,79  x  0,15h  0,075 (m) - Với h  1m  2,79m  x  0,15m C - Với h  2m  2,79m  x  0,15h  0,3m - Với h  H  3m  2,79m , vệt sáng chia làm 2 phần: A O B + Phần in trên tường có kích thước x1  0,15h  0,225m Hình 1 2 + Phần in trên trần nhà có kích thước x2  a  0,15m 2 Trần nhà GA O B Hình 2 b) Các tia sáng làm với mặt đất một góc   600 không đổi. Muốn kích thước của vật sáng trên tường bằng kích thước của gương ta cần phải kê cao mép A của gương hợp với mặt đất một góc  . Dựng BH  Bx (H thuộc tia phản xạ từ A). Ta nói rằng BH quyết định kích thước vật trên tường. Vậy theo đề,ta cần BH  AB  ABH cân ở B  BAH  BHA . 86

Ta có: xBA  ABN  xBt  tBN (cùng bằng xBN )    900  600   t H      300 (1) N  Mặt khác:   900  ABH  900  1800  2BAH     900  1800  2 900   A 60   900  2 (2) x 0 B Từ (1) và (2) suy ra: 3  300   100 Phải kê đầu A của gương 1 góc   100 Hình 3 Đề 37 CS1/37. Một người chạy từ đầu đến cuối một chiếc thang máy. Lần thứ nhất người đó đếm được n1  50 bậc. Lần thứ hai người đó chạy theo hướng cũ nhưng độ lớn vận tốc tăng gấp 3 lần trước thì đếm đựơc n2  75 bậc. Người đó đếm được bao nhiêu bậc nếu thang máy không chuyển động? Giải: Gọi v là vận tốc thang máy, l là chiều dài thang máy và n là số bậc của thang máy, số bậc trên 1 đơn vị độ dài là n / l , gọi u là vận tốc của người đối với thang máy. Dễ dàng thấy rằng, nếu vận tốc của người hướng ngược với hướng chuyển động của thang máy thì nếu người đó chuyển động càng nhanh thì số bậc người đó đếm được càng giảm. Theo đề bài thì số bậc đếm được tăng khi người đó chuyển động nhanh hơn. Do đó chuyển động của người phải cùng hướng với chuyển động của thang máy. Thời gian người đó chạy hết thang máy là: t  l và quãng đường đi được trên thang vu máy là u v l . Số bậc người đó đếm được là: n1  u l  n 1 v  n (1) u vu l 3u n1 Tương tự cho trường hợp sau: n2  3u  v l  n 1 v  n (2)  3u l 3u n2 Rút v từ (1) rồi thay vào (2), ta được: n  2n1n2  100 . u 3n1  n2 n  100 cũng là số bậc người đó đếm được khi thang máy không chuyển động. CS2/37. Một ống uốn cong có đầu ngắn được bịt kín bởi 1 màng mỏng, rất nhẹ và không thấm khí. ống này chứa đầy khí hidrô và được đặt thẳng đứng, đầu hở nằm ở phía dưới (hình vẽ). Khí hidrô không thoát ra ngoài ống. Mặt của màng mỏng có dạng như thế nào? Vì sao? Giải: Gọi khoảng cách giữa 2 miệng ống theo phương thẳng đứng là h trọng lượng riêng của không khí và khí hiđrô lần lượt là d0 và d H , áp suất khí quyển tại đầu dưới của ống là p0 . (1) áp suất của khí quyển tại miệng đầu trên của ống là: pK  p0  d0h (2) áp suất của khi hiđrô tại miệng đầu trên của ống là : pH  p0  dH h 87

So sánh (1) và (2), do dH  d0 nên pH  pK . Vậy màng mỏng có dạng lồi về phía không khí. CS3/37. Một nhánh của bình thông nhau chứa nước, nhánh kia chứa dầu có khối lượng riêng là D1  850kg / m3. Hỏi mặt ngăn cách giữa hai chất lỏng trên nằm ngang dịch chuyển một đoạn bao nhiêu, nếu đổ thêm lên mặt nhánh chứa nước một lớp dầu như nhánh trái và có chiều cao là l  0,5cm . Biết rằng diện tích tiết diện ngang của mỗi nhánh bằng 10 lần tiết diện ngang của ốDnầg nằm ngang. u Nướ Giải: Kí hiệu độ cao của cột dầu và cộtcnước trong trường hợp đầu lần lượt là h10 và h20 , trong trường hợp sau là h1 và h2 , khối lượng riêng của dầu và nước là Dd và Dn. Điều kiện cân bằng của mỗi trường hợp đó là: 10Dd h10  10Dnh20 và 10Dd h1  10Dnh2  10Dd l Từ đó ta có: Dd h1  h10   Dd l  Dn h20  h2  (1) Độ dịch chuyển x của mặt phân cách dầu và nước trong ống nằm ngang được xác định từ tính chất không chịu nén của chất lỏng: Sh10  h1   Sh2  h20   S1x trong đó S là diện tích tiết diện ngang của mỗi bình và S1 là diện tích tiết diện của ống nằm ngang. Từ đó, suy ra: h10  h1   h2  h20   S1 x (2) S Thay các giá trị của (2) vào (1), ta được: Dd . S1 x  Dd l  Dn S1 x  x  S1 Dd l  2,3cm S S S Dn  Dd  CS4/37. Cho mạch điện như hình vẽ. Biết R2  R3  20 và R1R4  R2R3 . Hiệu điện thế giữa A và B là U  18V . Bỏ qua điện trở dây nối và điện trở ampe kế. a) Tính điện trở tương đương của mạch AB. b) Giữ nguyên vị trí R2 và R4 và ampe kế, đổi chỗ R3 và R1 thì thấy ampe kế chỉ 0,3A. Tính R1 và R4 . R CR 13 A A B + RR - Giải: a). Theo đề bài: R1 R4  2 D4  R3 / R4. Đây là điều kiện để mạch cầu cân R2 R3  R1 / R2 bằng : Am pe kế A chỉ số 0. Khi đó ta có thể bỏ mạch CD chứa ampe kế. Đặt R1 R2  R3 R4  k  R1  20k, R4  20 / k. 1  1  R2 1  1 20  20 1 / k   1  RAB  20 R AB R1  R3  R4  20 20 20k  b). Chập C với D. Gọi I là cường độ dòng điện ở mạch chính thì: 88

Vì R2  R3 nên I3  I 4  I / 2; I1  I.R4 R1  R4 . + Giả sử dòng điện qua ampe kế có chiều từ C đến D : I A  I3  I1  I / 2  IR4 R1  R4  IA  I R1  R4   0,3 (1) 2R1  R4  I  U  18  18 (2) R AB  20 R1.R4  10 400  2  R1  R4  R1  R4 Thay (2) vào (1) rồi rút gọn ta được : R1  2R4  20 (3) Theo đề bài: R1.R4  R2.R3  20.20  R1.R4  400 (4) Từ (3) và (4) ta có: R12  20R1  800  0. Giải phương trình bậc 2, loại nghiệm âm ta được R1  40 , suy ra R4  10 . + Giả sử dòng điện qua ampe kế có chiều từ D đến C, do đối xứng ta có R1  10 và R4  40 . Đề 38 CS1/38. Một người ra khỏi nhà vào buổi sáng khi kim giờ và kim phút chồng lên nhau và ở khoảng giữa số 7 và số 8. Khi người ấy quay về nhà thì trời đã về chiều và thấy kim giờ và kim phút ngược chiều nhau, nhìn kỹ hơn người ấy thấy kim giờ nằm trong khoảng giữa số 1 và số 2. Tính xem người ấy đã vắng nhà trong mấy giờ? Giải: Giữa hai lần liên tiếp kim giờ và kim phút trùng nhau, kim phút quay nhiều hơn kim giờ một vòng, còn mỗi giờ kim phút quay hơn kim giờ 11/12 vòng. Do đó khoảng thời gian giữa hai lần liên tiếp kim giờ và kim phút trùng nhau là 12 h 1 1 h . 11 11 Lý luận tương tự ta tìm được khoảng thời gian giữa hai lần liên tiếp kim giờ và kim phút nằm ngược chiều nhau là 1 1 h . Các thời điểm kim giờ và kim phút trùng nhau 11 trong ngày là: 0h,1 1 h, 2 2 h...6 6 h,7 7 h,8 8 h,...,12h,...22 10 h (22 lần). 11 11 11 11 11 11 Các thời điểm kim giờ và kim phút ngược chiều nhau trong ngày là: 1 6 h, 2 7 h,3 8 h,...12 6 m,13 7 h,14 8 h,... 23 5 h (22 lần). 11 11 11 11h 11 11 11 Theo đề bài, người ấy ra đi lúc 7 7 h và về nhà lúc 13 7 h . Vậy người ấy đã vắng nhà 11 11 trong 6 giờ. CS2/38. Một bình hình trụ có diện tích đáy bằng S, chứa nước tới độ cao h0 . Người ta thả vào bình một khối cầu rỗng có thể tích là V và khối cầu này nổi, chỉ có một nửa chìm trong nước. Trong khối cầu có một hốc rỗng có thể tích bằng 3/ 4 thể tích khối cầu. ở vỏ khối cầu, người ta khoan hai lỗ nhỏ với lỗ trên bị nút chặt nên nước không thể vào hốc được. Sau đó người ta mở nút này thì nước bắt đầu chảy vào trong hốc. Hãy tính mức nước trong bình khi nước chiếm một nửa và khi chiếm toàn bộ thể tích của hốc. 89

Giải: Gọi trọng lượng riêng phần đặc của quả cầu là dc và của nước là dn . Thể tích nước trong bình: Vn  h0 S . Thể tích phần rỗng quả quả cầu là: V1  3V . Thể tích phần đặc của 4 quả cầu là: V2  1V . Do quả cầu nổi và ngập một nửa nên ta có: 4 P  FA  V2  dc  V  dn  1V  dc  V  dn  dc  2dn . 2 4 2 * Khi mở nút để nước chiếm 1/ 2 thể tích phần rỗng thì thể tích nước trong bình giảm đi: 3 V V1  4  3V . Trọng lượng của cả quả cầu và nước bên trong: P1  V2  dc  1 V1  d n 2 8 2  1 V  2d n  1  3V  dn  V  dn  1  3   7 V  dn . Do 7 V dn  quả cầu vẫn nổi. Gọi thể 4 2 4  2 8  8 8 Vd n tích quả cầu ngập trong nước là V  , khi quả cầu nằm cân bằng, ta có: P1  FA1  7V  dn  V   dn V  7V 8 8 Suy ra mực nước trong bình lúc này:  Vn  V1 V h0 S  3V  7V V . Mực nước S 8 8 2S h1  S  h0  này bằng mực nước chưa mở nút quả cầu (bạn đọc tự chứng minh). * Khi nước chiếm đầy phần rỗng quả cầu thì thể tích nước trong bình giảm đi: V2  V1  3V . Do dc  dn nên quả cầu sẽ chìm hoàn toàn trong nước. Mực nước trong 4  Vn  V1 V h0 S  3V V V . Vậy khi nước tràn nửa hốc thì mực S 4 4S bình lúc này: h2  S  h0  nước trong bình là: h0  V , khi nước tràn toàn bộ hốc thì mực nước trong bình là: h0  V 2S 4S . Lời giải trên là của bạn: Nguyễn Hải Quân 9A, THCS Vĩnh Tường, Vĩnh Phúc. CS3/38. Cho sơ đồ mạch điện sau. Tìm vị trí của con chạy C để ampe kế A2 chỉ số 0. Khi đó ampe kế A1 chỉ bao nhiêu? Các giá trị đã biết được ghi trên hình vẽ. Bỏ qua điện trở của ampe kế và dây nối. A1 A2 U+1 R1 C R2 + - -U2 R3 90

Giải: Vì ampe kế A2 chỉ số O nên cũng không có dòng qua R3. (Hình vẽ dưới) Do đó U2  U R2 . Dòng qua R2 cũng chính là dòng I1 qua ampe kế A1 . Vậy ampe kế A1 chỉ: I1  U2 R2 (1). Dòng I1 do nguồn U1 tạo ra. Kí hiệu x là điện trở phần trên của biến trở R1. Phần dưới của biến trở là R1  x được mắc song song với R2. Vậy cường độ dòng điện qua điện trở x là: U1 U2  U2  U2 x R2 R1  x Thực hiện biến đổi phương trình trên ta được: U2 x2  U1R2  U2R1 x  R1R2 U1  U2   0 Giải phương trình bậc 2 này ta được x  U1R2  U2R1   U1R2  U2R1 2  4U2R1R2 U1  U2  2U 2 Nhận xét: Nếu U1  U2 thì theo định lý Viest ta có hai nghiệm dương của x. Nếu U1  U2 thì có hai nghiệm trái dấu của x, ta chọn nghiệm dương. A1 I1 A2  x R2 + U1 U2  - R3 CS4/38. Trên hình vẽ, S là nguồn sáng điểm và S1 là ảnh của nó qua thấu kính hội tụ, F là tiêu điểm vật của thấu kính. Biết SF  l và SS1  L . Xác định vị trí của thấu kính và tiêu cự của thấu kính. Chú ý: không sử dụng công thức thấu kính. F1 I S• F• S•1 1 S1 SFO Giải: Giả sử ta đã dựng được ảnh thật S1 như hình vẽ: Ta có: IO // FF1  SF1  SF  OF1 // IS1    SI SO   SF  SO  SO2  SF.SS1 (1) SF1 SO  SO SS1 SI SS1  Với S1 là ảnh ảo của S, vẽ hình và chứng minh tương tự, ta cũng được kết quả như trên. Suy ra cách dựng quang tâm O như sau: Qua S kẻ đường vuông góc với SS1 . Trên đó lấy 2 điểm M, N nằm ở 2 phía khác nhau sao cho SM  SS1, SN  SF. Đường tròn đường kính MN cắt trục chính tại O1 và O2 . Khi đó O1 là quang tâm của thấu kính khi S1 là ảnh thật, O2 là quang tâm của thấu kính khi S1 là ảnh ảo. Chứng minh: Thật vậy, theo cách dựng ta được O1MN vuông tại O1 , O1S là đường cao nên: O1S 2  SM .SN  Ll O2 N S O1 S1  O1S  Ll F 91 M

Lại có O1F  O1S  FS  Ll  l  f  Ll  l Vậy thấu kính có tiêu cự f  Ll  l Trường hợp S1 là ảnh ảo, ta được kết quả f  Ll  l (Bạn đọc tự chứng minh) Đề 39 CS 1/39. Một nhà du hành vũ trụ chuyển động dọc theo một đường thằng từ điểm A đến điểm B. Đồ thị chuyển động đó được biểu diễn như hình vẽ (v là vận tốc con tàu, x là khoảng cách từ vị trí con tàu đến vật mốc A). Tìm thời gian chuyển động của con tàu từ điểm A tới điểm B. Giải: Thời gian chuyển động được xác định theo công thức t  x  x.v1; Từ đồ thị, tích v x.v1 chính là diện tích của hình được giới hạn bởi đường đồ thị và hai trục toạ độ. Diện tích hình trên bằng 29,5 đơn vị diện tích, mà diện tích mỗi ô ứng với thời gian 1s . Vậy t  29,5s. CS2/39. Trong một bình cao có tiết diện thẳng là hình vuông được chia làm 3 ngăn như hình vẽ. Hai ngăn nhỏ có tiết diện thẳng cũng là hình vuông có cạnh bằng nửa cạnh của bình. Đổ vào các ngăn đến cùng một độ cao 3 chất lỏng: ngăn 1 là nước ở nhiệt độ t1  650C, ngăn 2 là cà phê ở nhiệt độ t2  350C, ngăn 3 là sữa nước ở nhiệt độ t3  200C. Biết rằng thành bình cách nhiệt rất tốt nhưng các vách ngăn có dẫn nhiệt không tốt lắm; Nhiệt lượng truyền qua vách ngăn trong một đơn vị thời gian tỉ lệ với diện tích tiếp xúc của chất lỏng và với hiệu nhiệt độ ở hai bên vách ngăn. Sau một thời gian thì nhiệt độ ngăn chứa nước giảm t1  10C. Hỏi ở hai ngăn còn lại, nhiệt độ biến đổi bao nhiêu trong thời gian trên? Coi rằng về phương diện nhiệt thì cả ba chất nói trên là giống nhau. Bỏ qua sư trao đổi nhiệt với bình và môi trường. (1) (2) (3) Giải: Diện tích tiếp xúc của từng cặp chất lỏng trong bài toán là như nhau. Vậy nhiệt lượng truyền giữa chúng tỉ lệ với hiệu nhiệt độ với cùng một hệ số tỉ lệ. Nước toả nhiệt sang sữa và cà phê là: Q12  kt1  t2  92

Q13  kt1  t3  Cà phê tỏa nhiệt sang sữa là : Q23  kt2  t3  Ta có các phương trình cân bằng nhiệt: - Đối với nước : Q12  Q13  kt1  t2  t1  t3   2mct1 - Đối với cà phê : Q12  Q23  kt1  t2  t2  t3   mct2 - Đối với sữa : Q13  Q23  kt1  t3  t2  t3   mct3. Từ phương trình trên ta tìm được: t2  2t1. t1  t3  2t2  0,40 C , 2t1  t2  t3 t3  2t1. t1  t2  2t3  1,60C . 2t1  t2  t3 CS3/39. Người ta dùng thuỷ ngân chứa trong bình thông nhau như một phần của mạch điện. Thuỷ ngân chứa trong hai bình hình trụ có tiết diện là S và 2S được nối thông với nhau bằng một ống cao su (hình vẽ). Dây nối mạch điện được thả qua hai phao nhỏ, đầu dây dẫn tiếp xúc với thuỷ ngân. Điện trở suất của thuỷ ngân là  . Hỏi điện trở của đoạn mạch này thay đổi bao nhiêu nếu ta nâng hình trụ nhỏ lên độ cao h . Coi thuỷ ngân không tràn ra khỏi mép bình. Giải: Ta kí hiệu độ cao ban đầu của các cột thuỷ ngân trong các bình hình trụ là h0, độ cao mới của cột thuỷ ngân ở bình hẹp là h1 và ở bình rộng là h2. Sau khi nâng bình hẹp, mực thuỷ ngân hai bình lại ngang nhau nên ta có: h1  h  h2. Vì thuỷ ngân không bị nén nên : h2  h0 2S  h0  h1S Từ các phương trình trên ta rút ra: h0  h1  2h / 3 và h2  h0  h / 3. Điện trở của “dây dẫn” thuỷ ngân ở bình hẹp giảm: R1  2h / 3S . Vì điện trở đoạn “dây dẫn” ống nối không đổi, điện trở của “dây dẫn” thuỷ ngân ở bình rộng tăng R2  h / 6S , do đó điện trở của đoạn mạch trên giảm 3h / 6S. CS4/39. Một vật AB đặt trước một thấu kính phân kỳ cho một ảnh cao là A1B1  0,8cm. Thay thấu kính phân kỳ bằng thấu kính hội tụ có cùng tiêu cự và cũng đặt ở vị trí của thấu kính phân kỳ thì thu được một ảnh thật cao là A2B2  4cm. Khoảng cách giữa hai ảnh là 72cm. Tìm tiêu cự thấu kính và chiều cao của vật. Chú ý: không sử dụng công thức thấu kính. 93

Giải: Đặt AB trước thấu kính hội tụ cho ảnh thật AB nằm ngoài khoảng tiêu cự của hai thấu kính. B B I  B1 F’  O F’ A AF O 2 A FA 1 B2 Gọi h là chiều cao của AB, f là tiêu cự của thấu kính + OA1B1 ~ OAB   OA1B1 ~ OA2 B2  A1B1  OA1  0,8  1  OA2  5.OA1 OA2 B2 ~ OAB  A2 B2 OA2 4 5  Mà OA1  OA2  72cm  OA1  12cm,OA2  60cm + FA1B1 ~ FOI  FA1  OF  f 12  f (1) A1B1 OI 0,8 h F ' A2B2 ~ F 'OI  F ' A2  OF '  60  f  f (2) A2 B2 OI 4 h Từ (1) và (2)  f 12  60  f  f  20cm 0,8 4 Thay vào (1) 20 12  20  h  2cm 0,8 h Vậy cả hai thấu kính có độ lớn tiêu cự f  20cm và vật AB cao 2(cm) Đề 40 CS1/40. Chiều dài một đường đua hình tròn là 300m. Hai xe đạp chạy trên đường này hướng tới gặp nhau với vận tốc v1  9m / s và v2  15m / s . Hãy xác định khoảng thời gian nhỏ nhất tính từ thời điểm họ gặp nhau tại một nơi nào đó trên đường đua đến thời điểm họ lại gặp nhau tại chính nơi đó. Giải: Thời gian để mỗi xe chạy được một vòng là: t1  300  100 (s); t2  300  20 (s). 9 3 15 Giả sử điểm gặp nhau là M. Để gặp nhau tại M lần tiếp theo thì xe 1 đã chạy được x vòng và xe 2 chạy được y vòng. Thời gian từ khi gặp nhau tại M lần trước và lần sau là: x t1  y t2  x 100  y  20  x  3 3 y 5 Vì x và y phải nguyên, dương nên giá trị nhỏ nhất ứng với điều kiện trên là x  3 vòng và y  5 vòng. Do đó khoảng thời gian nhỏ nhất kể từ lúc hai xe gặp nhau tại một điểm đến thời điểm gặp nhau cũng tại điểm đó là: t  x t1  3100  100s  . 3 CS2/40. Một ống thủy tinh tiết diện ngang không đổi hình chữ L. Biết rằng nhánh nằm ngang của ống có chiều dài l1  10cm với đầu được hàn kín. Nhánh thứ 2 đặt thẳng đứng có chiều dài l2  120cm với đầu trên hở. ống được chứa đầy nước ở 00 C . Hỏi áp suất ở gần đầu hàn kín thay đổi như thế nào khi nhiệt độ của nước thay đổi từ 00 C đến 80 C . Cho biết sự phụ thuộc của khối lượng riêng  của nước vào nhiệt độ được cho trong bảng sau: 94

t0C 0 12345678 999,9 999,9 999,9 999,9 999,9 999,9 999,9 999,8 kg / m3  999,8 00 41 65 73 65 41 10 49 41 Giải: Khi ở trạng thái cân bằng, áp suất của nước trên ống nằm ngang là như nhau tại mọi điểm (coi ống có tiết diện nhỏ). Do đó áp suất của nước ở gần đầu hàn bằng áp suất của nước ở đáy cột thẳng đứng . áp suất của nước ở đáy cột thẳng đứng được tính theo công thức: pt 10Dtlt , với Dt là khối lượng riêng của nước ở t0C và lt là chiều dài cột nước thẳng đứng ở t0C . Khi nhiệt độ thay đổi thì thể tích của nước trong ống thay đổi làm cho chiều dài lt thay đổi (chiều dài cột nước nằm ngang không đổi). Ký hiệu diện tích tiết diện ống là S, ta có phương trình: l1  l2 S  D0  lt  l1 S Dt . Suy ra lt  l1  l2  D0  l1 . Vậy Dt pt  10 Dt l1  l2  D0  l1  . Thay các giá trị của Dt , ta tìm được các giá trị của pt tương ứng: Dt    p0  11998,09 N / m2 p1  11998,03 N / m2 p2  11997,99 N / m2 p3  11997 ,97 N / m2 p4  11997,96 N / m2 p5  p3  11997 ,97 N / m2 p6  p2  11997 ,99 N / m2 p7  11998,02 N / m2 p8  11998,08 N / m2 . Nhận xét: Khi nhiệt độ tăng từ 00C đến 40C thì áp suất ở gần đầu hàn kín giảm dần tới giá trị p4 , sau đó khi nhiệt độ của nước tăng từ 40C đến 80C thì áp suất đó lại tăng dần đến giá trị p8 . CS3/40. Cho mạch điện như hình vẽ. Khi chỉ đóng khóa K1 thì mạch điện tiêu thụ công suất là P1; khi chỉ đóng khóa K 2 thì mạch điện tiêu thụ công suất là P2 , khi mở cả hai khóa thì mạch tiêu thụ công suất là P3 . Hỏi khi đóng cả hai khóa, mạch điện tiêu thụ một công suất là bao nhiêu? RK 12 R K2 1R + U - 3 Giải: Khi chỉ đóng khoá K1 thì mạch chỉ gồm R3 : P1  U2 (1). R3 95

Khi chỉ đóng khoá K2 thì mạch chỉ gồm R1 : P2 U2 (2). Khi mở cả 2 khoá thì mạch gồm R1 ba điện trở mắc nối tiếp. Vậy: P3  R1 U2 R3 (3). Khi đóng cả hai khoá thì ba điện trở  R2  mắc song song nên: Px U2  U 2  1 1  1  (*) Rtd R1 R2 R3 Từ (1): 1  P1 và từ (2): 1  P2 , từ (3): R1  R2  R3 U2 . Thay các giá trị R1 và R3 ở R3 U 2 R1 U2 P3 trên vào ta được: R2  U 2  1  1  1   1   p1 p2 p3 P3 P2 P1 R2 U 2 P1P2  P1P3  P2 P3 Thay các giá trị của 1,1,1 ở trên vào (*) ta được: Px  P1  P2  P1P2 P1P2 P3 P2 P3 R1 R2 R3  P1P3  CS4/40. Nêu 2 phương án thí nghiệm để xác định điện trở của một ampe kế. Dụng cụ gồm: một nguồn điện có hiệu điện thế không đổi, một điện trở R0 đã biết giá trị, một biến trở con chạy được làm từ một dây dẫn đồng chất tiết diện đều (có điện trở toàn phần lớn hơn R0 ), hai chiếc khóa điện, một số dây dẫn đủ dùng (có điện trở không đáng kể), một thước đo độ dài, một ampe kế cần xác định điện trở. Chú ý: không mắc ampe kế trực tiếp vào nguồn. Giải: Phương án 1: Mắc mạch điện như hình vẽ. Chỉ đóng K1 dòng qua R0 là I1 : U  I1RA  R0  (1). Chỉ đóng K 2 , dịch chuyển con chạy để ampe kế chỉ I1 , khi đó R  R0 . Đóng cả hai khoá thì ampe kế chỉ I2 . Ta có: U  I 2  R A  R0  (2). Giải hệ phương trình (1)  2  và (2), ta được RA  2I1  I2 R0 . 2I2  I1  U  A K1 R0 K2 R Phương án 2: Lúc đầu cũng mắc mạch điện như phương án 1, chỉ đóng K1, ampe kế chỉ I1 . Chỉ đóng K2 , dịch chuyển con chạy của biến trở để ampe kế vẫn chỉ I1 . Khi đó biến trở R  R0 . Ta dùng thước để đo chiều dài dây dẫn của biến trở R. Sau đó ta dịch chuyển con chạy để tăng chiều dài dây dẫn hai lần, khi đó R  2R0 . Đóng khoá K2 , mở K1 thì ampe kế chỉ I3 . Ta có phương trình U  I3RA  2R0  (3). Giải hệ phương trình (1) và (3) ta được: RA  (2I3  I1)R0 I1  I3  Đề 41 CS1/41. Một xe điện đi qua sân ga với vận tốc không đổi và khoảng thời gian từ khi đầu xe điện ngang với đầu sân ga và khi đuôi của nó ngang với đầu kia của sân ga là 18 giây. Một xe điện khác cũng chuyển động với vận tốc không đổi nhưng theo chiều ngược lại, 96

đi qua sân ga này hết 14 giây. Xác định khoảng thời gian khi hai xe điện này đi qua nhau (tức là từ thời điểm hai đầu xe gặp nhau tới khi hai đuôi xe ngang bằng nhau). Biết rằng hai xe có chiều dài bằng nhau và bằng nửa chiều dài sân ga. Giải: . Gọi chiều dài sân ga là L, khi đó chiều dài mỗi đầu xe điện là L/2. Theo đề bài, trong khoảng thời gian t1  18s đầu tàu thứ nhất đi được quãng đường là L + L/2 = 3L/2. Do đó vận tốc của đầu xe điện thứ v1  3L  3L  3L  L nhất là 2t1 2.18 36 12 Tương tự, vận tốc của xe thứ hai là v2  3L  3L  3L 2t2 2.14 28 Chọn hệ quy chiếu gắn với xe thứ hai. Khi đó vận tốc của xe thứ nhất là: v  v1  v2  L  3L  4L 12 28 21 Gọi thời gian cần tìm là t. Trong thời gian đó, theo đề bài đầu xe thứ nhất đi được quãng đường bằng hai lần độ dài mỗi xe, tức bằng L. Vậy t  L  L .21  5,25s . v 4L CS2/41. Trên một đường thẳng có ba người chuyển động, một người đi xe máy, một người đi xe đạp và một người đi bộ ở giữa hai người kia. ở thời điểm ban đầu, khoảng cách giữa người đi bộ và người đi xe đạp nhỏ hơn khoảng cách giữa người đi bộ và người đi xe máy hai lần. Người đi xe máy và người đi xe đạp đi lại gặp nhau với vận tốc lần lượt là 60km/h và 20km/h. Biết rằng cả ba người gặp nhau tại cùng một thời điểm. Xác định hướng chuyển động và vận tốc của người đi bộ. Hãy giải bài toán trên bằng hai cách. Giải: Cách 1: Giải bằng cách lập phương trình. AB C Gọi vị trí của người đi xe đạp, đi bộ và xe máy lần lượt là A, B, C. S là chiều dài quãng đường AC. Kể từ lúc xuất phát thời gian người đi xe đạp gặp người đi xe máy là: t  S  S  S (giờ) v1  v3 20  60 80 Chỗ gặp cách A: S0  t.v1  S  20  S km  1S 80 3 4 Suy ra hướng chuyển động của người đi bộ là chiều BA. Vận tốc của người đi bộ là: 1 SS v2  31 S 4  6,67 km / h . 80 Cách 2: Giải bằng cách vẽ đồ thị. Vẽ đồ thị đường đi theo thời gian, trong hệ toạ độ này chọn mốc A là vị trí xuất phát của người đi xe đạp và mốc thời gian lúc này là xuất phát, chiều dương trùng với chiều chuyển động của người đi xe đạp. 97

Phương trình chuyển động của người đi xe đạp và người đi xe máy là: + Người đi xe đạp: S1  v1t  20t . + Người đi xe máy: S3  S  v3t  S  60t Ta thấy: Đồ thị chuyển động của người đi xe đạp AA và đồ thị chuyển động của người đi xe máy CI  cắt nhau tại M  S ; S  , đồ thị chuyển động của người đi bộ là BM. Do đó  80 4  hướng chuyển động của người đi bộ là hướng về phía xe đạp. Vận tốc của người đi bộ là: SS s v2  3 S 4  6,67 km / h S C 80 S/ B A’ S3 / M 4 t A O S/8 I CS3/41. Một dây điện trở đồng chất tiết diện đều có0 giá trị 72, được uốn thành vòng tròn tâm O, bán kính 9 cm để làm biến trở. Mắc biến trở này với một bóng đèn Đ1 có ghi 6V 1,5W và bóng đèn Đ2 có ghi 3V  0,5W theo sơ đồ hình vẽ. Điểm B đối xứng với điểm A qua O và A, B là hai điểm cố định. Con chạy C có thể dịch chuyển trên đường tròn. Đặt vào hai điểm O, A hiệu điện thế không đổi U  9 V . Cho biết hiệu điện thế giữa hai đầu bóng đèn Đ1 không được vượt quá 8V. Điện trở các dây nối không đáng kể và nhiệt độ không làm ảnh hưởng đến các điện trở trong mạch. a) Hỏi con chạy C chỉ được phép dịch chuyển trên đoạn nào của đường tròn. b) Xác định vị trí của C để bóng đèn Đ1 sáng đúng công suất quy định. c) Có thể tìm được vị trí của C để bóng đèn Đ2 sáng đúng công suất quy định được không, tại sao? d) Nếu dịch chuyển con chạy C theo chiều kim đồng hồ thì độ sáng của hai bóng đèn thay đổi thế nào? Giải: Điện trở của các đèn là: R1  U dm1  62  24  M Đ1 C Pdm1 1,5 U2 33 dm2 0,5  R2  Pdm2  18  B O   A Gọi điện trở cung AB là R3  R3  72  36 M’ Đ2 C’ 2 Gọi điện trở cung AC là r suy ra điện trở cung BC là 36  r 0  r  36. Ta vẽ lại mạch điện như hình vẽ sau: O Đ1 RCA RBA=R3 A I E RBC Đ2 IBC 98

Ta có: R2,3  R2 .R3  18.36  12 R2  R3 18  36  RAE  12  36  rr 48  rr  R2,3  RBC RAC  R2,3  RBC  RCA 12  36  r  r 48 Rtd  R1  RAE  24  (48  r)r  1152  48r  r 2 48 48 I  U  9.48  432 Rtd 1152  48r  r 2 1152  48r  r 2 Hiệu điện thế trên đèn D1 là: U1  I.R1  432.24  10368 1152  48r  r 2 1152  48r  r 2 48  rr 9r48  r U CA  I .RAE  432 r2   1152  48r 48 1152  48r  r 2 Hiệu điện thế trên đèn D2 là: U2  I BC .R2,3  9r.12  108 1152  48r  r 2 1152  48  r 2 a) U1  8V   10368 8  1296  115248 r  r 2 1152  48r  r 2    r 2  48r 144  0  r  24  432 r  24  432  0 Suy ra r  24  432 (loại) và r  24  432 (loại); hoặc r  24  432 và r  24  432  24  432  r  24  432  3,2  r  44,8 Vì r  36  r luôn bé hơn 44,8 r  3,2   3,2 3600  160  Số đo cung BC  BOC  1800 160  1640 72 Vậy con chạy C chỉ được phép dịch chuyển trên cung BC, có số đo góc ở tâm là: COC  2BOC  2.164  3280 . ( C đối xứng với C qua AB như hình vẽ). b) Đèn D1 sáng đúng công suất  U1  U dm1  10368  6  1728  1152  48r  r 2 1152  48r  r 2  r 2  48r  576  0  r  242  0  r  24, khi đó con chạy C ở vị trí M tương ứng với AOM  24 3600  1200 . 72 Vậy D1 sáng đúng công suất suy ra con chạy C ở vị trí M hoặc M  đối xứng với M qua AB, ứng với AOM  AOM   1200 . c) Đèn D2 sáng đúng công suất  U2  Udm2  108r  3  36r  1152  48r  r 2 1152  48r  r 2  r 2 12r 1152  0 Nghiệm của phương trình bậc hai trên là r1  6  1188  28,5 (loại) và r2  6  1188  40,5 (loại). Vậy không thể tìm được vị trí của con chạy C để đèn D2 sáng bình thường. d) Ta có: U1  10368 ; U2  108r  108 1152  48r  r 2 152  48r  r 2 1152  r   48 r  99

Đặt 48r  r 2  r48  r  x; 1152 r  y; xmax khi r  48  r hay r  24 , (tự chứng minh) r  U1  10368 ; U2  108 1152  x 48  y  Khi con chạy C dịch chuyển theo chiều kim đồng hồ ở nửa đường tròn phía trên cung BMC, r giảm dần từ 36 đến 3,2 () (ứng với vị trí C). - Với đèn D2 : r giảm  y tăng  U 2 giảm  độ sáng của D2 giảm. - Với đèn D1 : + r giảm từ 36  đến 24  (C dịch chuyển từ M đến C)  x tăng  U1 giảm  độ sáng D1 giảm. + r giảm từ 24  đến 3,2  thì x giảm  U1 tăng  độ sáng D1 tăng.  Khi C dịch chuyển theo chiều kim đồng hồ ở nửa đường tròn phía dưới cung BM C , r tăng dần từ 3,2 () đến 36 (). - Với đèn D2 : r tăng  y giảm  U 2 tăng  độ sáng của D2 tăng. - Với đèn D1 : + r tăng từ 3,2 () đến 24 () (C dịch chuyển từ C đến M  )  x tăng  U1 giảm  độ sáng D1 giảm. + r tăng từ 24 () đến 36 () (C dịch chuyển từ M  đến B)  x giảm  U1 tăng  độ sáng D1 tăng. Nhận xét: Hầu hết các bạn làm đúng 3 câu trên, câu 4 chưa đề cập hết các trường hợp xảy ra trong quá trình di chuyển con chạy C đến A. Kết quả các bài toán sẽ tính theo độ dài khi sử dụng độ dài bán kính 9cm. CS4/41. Hai bình nhiệt lượng kế mỗi bình chứa 200g nước ở nhiệt độ 300 C và 400 C . Từ bình “nóng” người ta lấy ra 50g nước rồi đổ vào bình “lạnh” rồi quấy đều. Sau đó lại lấy 50g nước từ bình “lạnh” đổ trở lại bình “nóng” và quấy đều. Hỏi phải đổ qua đổ lại bao nhiêu lần cùng một lượng nước 50g để hiệu nhiệt độ giữa hai bình nhỏ hơn 10 C ? Bỏ qua sự trao đổi nhiệt giữa nước với bình và môi trường. Giải: Gọi nhiệt độ ban đầu của bình “nóng” là tn và của bình “lạnh” là tl . Gọi t1 là nhiệt độ ổn định của bình “lạnh” khi rót vào nó một khối lượng nước “nóng” là m, (lần đổ đi) khi đó cmt1  tl   cmtn  t1  trong đó m khối lượng nước ban đầu trong các bình, c là nhiệt dung riêng của nước. Từ đó suy ra t1  mtl  mtn  ktn  tl trong đó k  m  1. m  m k 1 m Bây giờ, gọi t2 là nhiệt độ ổn định của bình “nóng” sau khi đổ vào nó khối lượng nước m lấy từ bình “lạnh” (lần đổ về). Ta có: c m  mtn  t2   c.mt2  t1  Suy ra t2  m  mtn  mt1  kt1  1 k tn  ktl  tn 1 k m Như vậy, sau một lần đổ đi - đổ lại, hiệu nhiệt độ hai bình là: 100