50 đề thi chính thức vào lớp 10 môn Vật Lý 2014 - 2019 - Hệ chuyên - Có lời giải chi tiết

TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 MÔN VẬT LÝ

vectorstock.com/5610144

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN TEST PREP PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

50 đề thi chính thức vào lớp 10 môn Vật Lý 2014 - 2019 - Hệ chuyên - Có lời giải chi tiết PDF VERSION | 2020 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

Thi vào khối chuyên Vật Lý Hà Nội - Năm học 2018 - 2019 Câu 1: Solar Juanilama là công viên năng lượng mặt trời lớn nhất ở Cost Rica. Đây là dự án đầu tiên được thực hiện ở khu vực Mỹ Latinh thông qua cơ chế tín dụng giữa giữa Nhật Bản và Costa Rica, nhằm thúc đẩy cuộc chiến chống …(a)… khí hậu nhờ áp dụng các công nghệ sạch để giảm khí thải gây hiệu ứng …(b)…

Solar Juanila được xay dựng với số vốn đầu tư gần 9 triệu USD, gồm 15456 tấm pin mặt trời công nghệ cao (công suất khi trời nắng là 325W/tấm), đảm bảo việc cung cấp điện cho 2100 hộ dân. Mỗi năm, nó còn giúp giảm thải tới 1500 tấn CO2 vào …(c)…, góp phần làm trong sạch …(d)… tại quốc gia Trung Mỹ này.

Biết rằng phần năng lượng bức xạ mặt trời truyền tới bề mặt Trái Đất trong những ngày trời nắng vào khoảng 1000W/m2. Hiệu suất chuyển đổi năng lượng mặt trời thành điện năng của pin mặt trời là 10%. Số giờ nắng trong một năm (365 ngày) tại Costa Rica là 1460 giờ.

1. Tìm các từ thích hợp ứng với các vị trí (a), (b), (c), (d) để hoàn thiện các thông tin trên.

2. Tính diện tích mỗi tấm pin mặt trời.

3. Hãy ước lượng diện tích nhỏ nhất của công viên Solar Juanilama.

4. Thời gian sử dụng điện trung bình mỗi ngày của một hộ dân là 10 giờ. Tính công suất tiêu thụ điện trung bình trong một ngày của một hộ dân.

Câu 2: Treo một khối kim loại đặc, đồng chất có dạng khối hộp chữ nhật với đáy hình vuông vào một lực kế rồi nhúng chìm dần khối đó vào nước như hình 1a, ta thu được đồ thị diễn tả sự phụ thuộc của số chỉ lực kế F vào khoảng cách h từ đáy khối hộp tới mặt nước như hình 1c.

Biết trọng lượng riêng của nước là 1000N/m3.

1. Xác định trọng lượng riêng của kim loại dùng trong thí nghiệm và kích thước các cạnh của khối hộp.

2. Làm lại thí nghiệm trên nhưng nhúng chìm dần khối hộp nằm ngang như hình 1b. Vẽ đồ thị diễn tả sự phụ thuộc của đố chỉ lực kế F vào khoảng cách h từ đáy hộp tới mặt nước trong trường hợp này.

Câu 3: Trà là thức uống phổ biến ở nước ta. Khi pha trà, bố An thường đổ nước hai lần. Lần đầu, bố An đổ một lượng nước sôi ở 1000C vào ấm đã có trà ở nhiệt độ phòng 250C thì nhiệt độ của ấm khi cân bằng là 700C. Sau đó, bố An đổ hết nước trong ấm đi và rót một lượng nước sôi như lần trước vào ấm. Bỏ qua sự mất mát nhiệt ra môi trường và lượng nước ngấm vào trà sau lần đầu đổ nước. Tìm nhiệt độ của nước trà khi có cân bằng nhiệt.

Câu 4: Một bếp điện loại 220V- 3,2kW được sử dụng ở hiệu điện thế định mức để đun nước. Biết nhiệt dung riêng của nước là c = 4200J/kg.K,bỏ qua mọi hao phí nhiệt.

1. Người ta dùng bếp trên để đun sôi môt lượng nước từ 200C trong 4 phút. Tìm khối lượng nước được đun.

2. Sợi đốt của bếp là một điện trở có dạng lò xo dài 60cm, có thể chịu được cường độ dòng điện tối đa gấp đôi cường độ dòng điện định mức trong 2 phút. Không dùng thêm điện trở nào khác, em hãy đề xuất phương án sửa sợi đốt để bếp có thể đun sôi lượng nước trên trong 1 phút.

Câu 5: 1. Một điểm sáng nằm ngoài trục chính của một thấu kính hội tụ sao cho nó cách trục chính của thấu kính 2cm và cách thấu kính 12cm. Biết thấu kính có tiêu cự bằng 8cm. Giữ điểm sáng cố định rồi dịch chuyển thấu kính theo phương vuông góc với trục chính của nó với vận tốc 2mm/s trong 10s. Tìm vận tốc chuyển động ảnh của điểm sáng.

2. Để nhận ra thấu kính hội tụ, ta đặt ngón tay ở phía trước và gần thấu kính, nheo mắt nhìn ảnh của ngón tay qua thấu kính. Đưa từ từ thấu kính lên trên, nếu thấy ảnh của ngón tay di chuyển xuống dưới thì nó là thấu kính hội tụ. Em hãy giải thích.

Câu 6: Cho mạch điện như hình 2: nguồn điện có hiệu điện thế không đổi U = 18V; đèn dây tóc Đ ghi 6V – 18W; R0 = 20Ω; R1 = 2Ω; vôn kế V lí tưởng; bỏ qua điện trở con chạy C, khoá K và các dây nối.

1. Khoá K mở: - Tìm vị trí của C để đèn sáng bình thường - Xác định số chỉ của vôn kế khi đó 2. Khoá K đóng: - Tìm vị trí của C để số chỉ của vôn kế nhỏ nhất - Để bảo vệ đèn Đ, người ta mắc nó nối tiếp với một rơle điện từ có điện trở không đáng kể (khi cường độ dòng điện qua rơle lớn hơn 3,3A thì nó sẽ ngắt mạch). Nhận xét độ sáng của đèn khi C dịch chuyển từ E đến F. LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: 1. (a) Biến đổi (b) Nhà kính (c) Khí quyển (d) Không khí 2. Công suất mỗi tấm là 325W/m2 mà công suất bức xạ của mặt trời là 1000 W/m2 hiệu suất pin mặt trời là 10% vậy mỗi tấm phải nhận từ mặt trời là 3250 W. Diện tích mỗi tấm là 3,25m2 3. Diện tích nhỏ nhất của công viên Solar Juanilama là : 3,25 x 15456 = 50232 (m2) 4. Số giờ nắng trung bình 1 ngày ở Costa Rica là : 1460 : 365 = 4 ( giờ) Công suất tiêu thụ trung bình của một hộ dân là : P

325  15456  4  956,8(W ) 2100  10

Câu 2: 1. Trọng lượng của khối hộp là P1  81( N )

Khi nhúng vật sâu hơn 30cm thì độ lớn số chỉ lực kế không đổi tức là khi nhúng 30cm hộp đã chìm hoàn toàn, lực đẩy Acsimet là không đổi. Vậy hộp cao h = 30(cm) = 0,3(m) Thể tích của vật sẽ bằng độ lớn của lực đẩy Acsimet cực đại chia cho trọng lượng riêng của nước: V 

81  51  0, 003(m3 ) 10000

Trọng lượng riêng của kim loại dùng làm thí nghiệm là: d  Chiều dài cạnh đáy của hộp là: a 

81  27000( N / m3 ) 0, 003

V  0,1(m)  10(cm) h

2. Khi nhấn chìm vật theo hình 1b ta có đồ thị tương tự như đồ thì hình 1c đã cho nghĩa là có một đoạn giảm dần và một đoạn không đổi nằm ngang. Tại vị trí chưa nhúng a = 0 thì F = 81N. Đến khi nhúng chìm hoàn toàn a = 10 thì F = 51 N.

Câu 3: Gọi nhiệt dung của lượng nước là p1 của ấm trà là p2.

Khi đổ nước vào lần đầu ta có : p1 (100  70)  p2 (70  25)  p1  1,5 p2 Khi đổ nước vào lần 2, nhiệt độ cân bằng tại t. Ta có :

 p1 (100  t )  p2 (t  70)  t  88(o C )  p  1,5 p  1 2 Câu 4: Trong bài này đã bỏ qua nhiệt dung của nồi đựng nước và sự tỏa nhiệt ra ngoài môi trường.

1. Khối lượng nước đun được là : m 

3200  4  60 16  (kg )  2, 28(kg ) 4200  (100  20) 7

2. Cầm điểm đầu và điểm cuối của đoạn sợi đốt để xác định điểm chính giữa. Nối điểm đầu và điểm cuối của sợi đốt vào 1 đầu dây, nối điểm chính giữa dây với đầu dây còn lại. Ta được sợi dây mới có công suất gấp 4 lần sợi dây đã cho. Khi hoạt động dòng điện qua từng đoạn dây chỉ gấp 2 lần dòng điện định mức.

Câu 5: 1. Khoảng các từ ảnh đến thấu kính là: d  

d f  24(cm) df

Hệ số phóng đại trong trường hợp này là: k  

d  2 d

Khi thấu kính dịch chuyển thì khoảng các từ vật đến trục chính thay đổi dẫn đến khoảng cách từ ảnh đến trục chính cũng thay đổi đồng thời vị trí của trục chính cũng thay đổi.

Trong trường hợp này khi trục chính di chuyển đi một khoảng là x so với vị trí ban đầu thì vị trí của ảnh mới cách trục chính mới là 2x và ảnh dịch chuyển cùng chiều so với trục chính (do hệ số phóng đại âm). Vậy ảnh đã dịch chuyển so với ảnh ban đầu là 3x.

Vậy vận tốc dịch chuyển của ảnh bằng 3 lần vận tốc dịch chuyển của thấu kinh tức 6mm/s.

2. Ngón tay đặt gần thấu kính hội tụ nghĩa là đặt trong tiêu cự và tạo ảnh ảo cùng chiều. Khi dịch chuyển thấu kính thì ảnh ảo sẽ dịch chuyển ngược chiều với thấu kính (hệ số phóng đại dương). Nên khi thấu kính đi lên trên ta thấy ngón tay di chuyển xuống dưới.

Câu 6: I dm 

Pdm U  3( A); Rd  dm  2(Ω) U dm I dm

1. Khi khóa K mở mạnh điện trở thành (Đ nt CF nt R1) Khi đèn sáng bình thường: U v  U dm  6(V ), I m  I dm  3( A) RCF 

U  Rd  R1  4(Ω) Im

Vậy vị trí của C sao cho đoạn CF có điện trở là 4Ω 2. Khi K đóng điện trở thành [Đ nt (CE // CF) nt R1] Gọi điện trở đoạn CE là x ta có :

Id  Im 

U 18  x(20  x) x2 Rd  R1  4 x 20 20

Id đạt cực tiểu khi : REC  RCF  10(Ω) khi đó I d  2( A) Vì đèn có rơ le bảo vệ không vượt quá 3,3 A nên ta có

Khi dấu bằng xảy ra ta có : 18  13, 2  3,3 x 

18 x2 4 x 20

 3,3

 x  1,57 3,3 x 2  20  x  18, 42

Vậy khi dịch chuyển từ E đến F ban đầu đèn không sáng cho đến khi đi qua điểm x = 1,57 đèn sáng mạnh ngay lập tức rồi hạ dần độ sáng về sáng ít nhất cho đến khi đi qua điểm chính giữa EF. Sau đó đèn lại sáng mạnh dần rồi đến điểm x = 18,42 là sáng nhất rồi tắt cho đến khi về đến F. + Khi K đóng : U v  U  I m R1 Vôn kế chỉ nhỏ nhất khi mà dòng điện trong mạch lớn nhất khi đó x = 0 hoặc x = 20 nghĩa là C trùng E hoặc trùng F.

Thi vào chuyên vật lí trường THPT chuyên Đại Học Sư Phạm Hà Nội - Năm học 2018 2019 Câu 1: Để đo nhiệt dung riêng của những chiếc tháp kim loại giống hệt nhau, có khối lượng m0 = 100g, người ta ngâm chúng đủ lâu trong một nồi nước đang sôi rồi thả một trong những chiếc tháp đó vào một nhiệt lượng kế. Biết rằng, nhiệt độ của nhiệt lượng kế trước khi cho tháp vào ngay sau khi cân bằng nhiệt có giá trị lần lượt là t0 = 30,00C và t1 = 35,00C, khối lượng của nhiệt lượng kế sau khi thả một chiếc tháp bất kì lấy ra từ nồi nước sôi vào đều tăng thêm một lượng không đổi m1 = 125g. Nước có nhiệt dung riêng c = 4,18J/(g.0C) và sôi ở nhiệt độ ts = 1000C. 1. Giả sử nhiệt lượng kế cách nhiệt tuyệt đối, thả vào nó 5 chiếc tháp ngay sau khi lấy ra từ nồi nước sôi, nhiệt lượng kế sẽ cân bằng nhiệt với những chiếc tháp đó ở nhiệt độ nào?

2. Trong thực tế, nhiệt lượng kế có trao đổi nhiệt với môi trường ngoài, sự trao đổi nhiệt này phụ thuộc vào nhiệt độ của nhiệt lượng kế, nhiệt độ của môi trường và bề mặt của nhiệt lượng kế. Để xác định nhiệt dung riêng của những chiếc tháp bằng nhiệt lượng kế này, người ta đổ nước sôi vào nhiệt lượng kế đó khi nó ở nhiệt độ t0 sao cho nhiệt lượng kế và nước sôi đổ vào cân bằng nhiệt ở nhiệt độ t1 thì thấy rằng khối lượng nước sôi đổ vào nhiệt lượng kế là m2 = 34,0g. Biết rằng, thời gian tăng nhiệt độ từ t0 đến t1 là như nhau ở tất cả các thí nghiệm. Tìm nhiệt dung riêng của vật liệu làm những chiếc tháp trên.

Câu 2: Một thiết bị điện tương đương với điện trở không đổi R0 = 25,0Ω chỉ có thể hoạt động ổn định khi hiệu điện thế giữa hai đầu của nó nằm trong khoảng 24,0 ≤ U0 ≤ 26,0 V. Tuy nhiên nguồn điện cấp cho thiết bị này hoạt động có những biến đổi mạnh, vì thế để đảm bảo cho R0 hoạt động ổn định người ta nghĩ ra mạch bảo vệ nó có sơ đồ như hình 1, biết điện trở tổng cộng của biến trở R = 100Ω. Vôn kế có điện trở vô cùng lớn. Người ta nhận thấy rằng khi nguồn điện có hiệu điện thế không đổi U và con chạy C nằm ở vị trí sao cho điện trở hai đoạn mạch BC và CD có giá trị như nhau ( RBC = R/2) thì vôn kế chỉ giá trị UV = 250V 1. Tìm giá trị của U 2. Nếu con chạy C nằm cố định ở điểm chia đôi điện trơ của biến trở thì vớ miền giá trị nào của U để R0 hoạt động ổn định 3. Tại một thời điểm nào đó thì U = 50,0V để R0 vẫn hoạt động ổn định, ta phải điều chỉnh điện trơ đoạn BC nằm trong giá trị nào Gợi ý: nếu phương trình x 2  ax  b  0 có hai nghiệm phân biệt x1,x2 và x1 < x2 thì biểu thức A  x 2  ax  b  0 sẽ bé hơn 0 khi x1 < x < x2 và lớn hơn 0 khi x < x1 hoặc x > x2

Câu 3: Để đo khích thước dây tóc của một bóng đèn điện nhỏ ( có thể coi như vật thẳng, mảnh và nhỏ có chiều cao h), một học sinh thắp ánh sáng bòng đèn rồi đặt nó trên trục chính cua một thấu kính hội tụ mỏng. Đằng sau thấu kính, học sinh đó đặt một màn vuông góc với trục chính của thấu kính. Trong một lần đo, học sinh ấy giữ màn và bóng đèn cố định rồi dịch chuyển thấu kính theo phương song song với trục chính của nó thì nhận thấy có hai vị trí O1 và O2 của thấu kính cho anh củ dây tóc bóng đè trên rõ nét trên màn với các chiều cao tương ứng là h1 = 4,00mm và h2 = 9,00mm. Biết rằng O1 và O2 cách nhau một khoảng l = 20,0 cm.

Hãy xác định 1. Chiều cao h 2. Khoảng cách giữa màn ảnh và dây tóc bóng đèn trong lần đo kể trên 3. Tiêu cự của thấu kính mỏng và đã được sự dụng trong thí nghiệm này Gợi ý : Nếu gọi khoảng cách từ vật tới thấu kính là d, khoảng cách từ ảnh thật của nó tới thấu kính là d’, chiều cao của vật là h, chiều cap của h’, tiêu cự của thấu kính là f, thì 1 1 1 d   ; h  h d d f d

Câu 4: Trên thực tế, các Vôn kế có điện trở hữu hạn và hiệu điện thế giữa hai cực của một nguồn điện bất kì phụ thuộc vào dòng điện chạy qua nó. Nhà vật lí người Đức, Giooc Ôm đã phát hiện, thông thường, hiệu điện thế U giữa hai cực của một nguồn điện liên hệ với cường độ dòng điện I chạy qua nó theo hệ thức U = U0 – Ir, trong đó U0 và r là những hằng số. Để xác định điện trở RV của một Vôn kế và các thông số U0, r của một nguồn điện khi chỉ được sử dụng thêm một điện trở R = 2,4kΩ, một học sinh tiến hành các bước sau:

- Đầu tiên học sinh này mắc Vôn kế vào hai cực của nguồn, khi đó Vôn kế chỉ giá trị U1 = 23,5V. - Tiếp đó học sinh ấy mắc Vôn kế trên nối tiếp với điện trở R rồi mắc đoạn mạch điện trở và Vôn kế ấy vào hai cực của nguồn thì thấy Vôn kế chỉ giá trị U2 = 11,5V

- Cuối cùng học sinh này mắc điện trở R vào hai cực của nguồn rồi dùng Vôn kế đo hiệu điện thế giữa hai đầu điện trở thì thấy Vôn kế chỉ giá trị U3 = 23,0V. Từ các kết quả đo trên, hãy tìm các giá trị U0, r và điện trở RV của Vôn kế. Biết rằng các điện trở không thay đổi theo nhiệt độ, bỏ qua điện trở các dây nối.

Câu 5: Người ta cho một vành tròn mảnh tâm C2 có bán kính r = 50,0cm tiếp xúc trong với một vành tròn mảnh tâm C1 có bán kính R = 2r cố định. Cho vành tròn tâm C2 lăn không trượt ở mặt trong của vành tròn C1, nghĩa là nếu ban đầu hai vành tròn tiếp xúc với nhau tại A ≡ T, thì các cung tròn AA0 và TT0 có cùng độ dài (A, A0 là những điểm cố định trên vành tròn tâm C2 và T, T0 là những điểm cố định trên vành tròn tâm C1) (xem hình 2). Biết rằng C2 luôn chuyển động trên đường tròn tâm C1 bán kính r theo chiều quay của kim đồng hồ với tốc độ không đổi v0 = 20,0 cm/s. Trên vành tròn tâm C1 có một con chuột nhỏ (coi như một điểm) đang chạy, biết rằng vị trí của con chuột này luôn trùng với vị trí của tiếp điểm T.

1. Tìm tốc độ của con chuột trên.

2. Xác định quỹ đạo của điểm A0 và tìm tốc độ trung bình của A0 trong khoảng thời gian tính từ lúc A0 ≡ T0 cho đến lúc tiếp điểm T đối xứng với T0 qua C1 lần đầu tiên.

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Khi thả tháp vào nhiệt lượng kế thì khối lượng của nhiệt lượng kế tăng lên 125g (> 100g là khối lượng của tháp) vậy tháp đã dính một lượng nước là 25g.

1. Gọi nhiệt dung của tháp sau khi vớt ra ( có tính cả phần nước bám vào) là P1 của nhiệt lượng kế là P2 .

Khi thả 1 tháp vào trong nhiệt lượng kế ta có: P1  (100  35)  P2  (35  30)  P2  13P1 Khi thả 5 tháp vào nhiệt lượng kế nhiệt độ cân bằng tại t. Ta có : 5 P1  (100  t )  P2  (t  30)  5  (100  t )  13  (t  30)  t 

445 o ( C) 9

2. Nhiệt độ hạ từ t0 đến t1 là như nhau trong mọi thí nghiệm vậy nhiệt dung của tháp ( có dính nước ) bằng với nhiệt dung của m2 nước. Mà tháp có dính sẵn 25 g nước nên nhiệt dung của tháp bằng với nhiệt dung của 34 -25 = 9 (g) nước m0 c0  mc  c0  c 

m 9  4,18   0,3762( J / ( g .o C )) m0 100

Câu 2: 1) Ta có I 0 

UV U  1A; I BC  V  0,5 A  I CD  I 0  I BC  1,5V  U CD  RCD .I CD  75V R0 RBC

Vậy U  UV  U CD  100V 2) Ta có UV 

R  UV 2UV  U     U  UV  2  R0 R  4

Để R0 hoạt động bình thường : 24V  UV  26V  96V  U  104V 3) Đặt RBC  x  RCD  R  x

U U Ta có: U   V  V x  R0

 UxR0 1250 x   ( R  x)  UV  UV  2 xR  x  R0 R 100 x  x 2  2500 

Để R0 hoạt động bình thường 24V  UV  26V + UV  24V  24 x 2  1150 x  60000  0  x  79, 4 Ω + UV  26V  26 x 2  1350 x  65000  0  x  82,3Ω Vậy 79, 4  RCD  82,3Ω Câu 3: - Sơ đồ tạo ảnh : O1 O2  d 2 Dây tóc d1   d1 ; d 2 

Ảnh - Ta có hình vẽ:

 d  d 2 1) Theo tính chất thận nghịch của chiều truyền tia sáng ta có :  1  d 2  d1  d1 h  .h  1 d1 h2 d 2 .d1 d12 d  Ta có :      2  1   h1 d1 .d 2 d1 d1 h  d 2 .h 2  d2  h

h2  h1

9 3  (*) 4 2

d1 3 h  .4  6cm  1 2 d1

2) Theo (*) ta có :

d1 3   3d1  2d1  0 1 d1 2

Mà : d1  d1  d1  d 2  l  20cm  d1  d1  20cm  2 

d1  40cm Từ (1) và (2)   d1  60cm => Khoảng cách giữa màn và dây tóc là : L = d1 + d1’ = 60 + 40 = 100cm 3) Ta có :

dd 1 1 1 60.40     f  1 1    24cm f d1 d1 d1  d1 60  40

Câu 4: Ta có:

 r  U 0  Ir  U1  IRV  U 0  U1 1   (1) RV   Ta có:

U2   rR I  RV  U 0  U 2 1    (2) RV   U  IR  U  Ir 0  2

Ta có:

U3   IV  R V  U 0  24V   U3 r r  (1);(2);(3)  U 0  U 3 1    (3)   r  0, 05k  IR  RV R  R    R  2, 4k   V  I  I R  IV  U 0  Ir  U 3

Câu 5:

 1) Ta luôn có: 2.C2C2  T 0T

=> Vận tốc của con chuột là v  2v0  40cm / s 2) Gọi A   C2   T0T0   R.TC  TT 1T0 Ta có:  0   r.TC  TA 2A

 R  2r   TA  Mà:   TT 0   TC2 A  2TC1T0

  TA   TA   TA A A Điều kiện lăn không trượt: TT 0 0 0 0 Vậy khi vành tròn C2 di chuyển từ vị trí ban đầu đến khi tiếp điểm T đến T’ thì A0 di chuyển trên đường kính T0T0’ Thời gian A0 di chuyển từ T0 → T0’ là : t  => tốc độ trung bình của điểm A0 là : C 

r v0

T0T0 4r 4v0    25, 46cm / s r  t v0

Thi vào chuyên vật lí trường Phổ Thông Năng Khiếu - TPHCM - Năm học 2018 - 2019 Câu 1: Trước đây từ thành phố A đến thành phố B và ngược lại, chỉ có một đường bộ duy nhất gọi là quốc lộ 1. Đường này có một đoạn phải qua đèo, cung đường đèo uốn lượn quanh co, rất nguy hiểm. Mỗi ô tô đi từ A đến B hoặc ngược lại trung bình hết 2 giờ 40 phút, trong đó có 40 phút nghỉ trên đỉnh đèo.

Ngày nay người ta đã làm một đường hầm xuyên qua núi để đi qua hầm, người ta làm hai đoạn đường dẫn từ quốc lộ 1 đến miệng hầm: đoạn đường dẫn thứ nhất đi từ địa điểm C trên quốc lộ 1 tại ở chân đèo bên này đi đến miệng hầm; đoạn đường dẫn thứ 2 từ miệng hầm còn lại đến địa điểm D trên quốc lộ 1 ở chân đèo bên kia (minh hoạ ở Hình 1).

Biết: - Chiều dài của của đường hầm chính là 6,28km, tổng chiều dài hai đoạn đường dẫn từ quốc lộ 1 đến hai đầu của đường hầm là 5,72km.

- Mỗi ô tô đi từ A đến B (hoặc ngược lại) nếu phải đi qua đường hầm chỉ mất 2 giờ và không cần nghỉ giữa đường, trong đó thời gian qua cung đường hầm (từ lúc bắt đầu tách khỏi quốc lộ 1 đến lúc trở lại quốc lộ 1) là 18 phút.

- Tốc độ trung bình xe đi từ C đến D (hoặc ngược lại) trên cung đường có hầm là v1 hoặc trên cung đường đèo là v2, biết v1 = 2,5v2.

Coi rằng các xe có tốc độ trung bình như nhau trên các đoạn đường giống nhau. a. Tìm chiều dài của đoạn đường đèo. b. Hiện nay, trung bình mỗi ngày có 6500 lượt xe ô tô qua đường hầm đó. Biết trung bình mỗi xe tiêu thụ hết 1 lít xăng thì chạy được 12km khi đi qua cung đường hầm hoặc 7km khi đi qua cung đường đèo. Cho giá mỗi lít xăng là 18.000 đồng. Tính số tiền xăng tiết kiệm được sau một tháng (30 ngày) cho tổng các xe qua đường hầm trên.

Câu 2: Hai vật I và II đồng chất, được làm cùng một loại chất liệu không thấm nước và có cùng chiều cao H = 8cm. Vật I có dạng hình trụ tiết diện đều, đường kính đáy D = 8cm; vật II dạng hình nón, đường kính đáy cũng bằng D = 8cm.

- Thả vậy I vào một bình nước hình trụ thì nổi trong nước ở trạng thái thẳng đứng, làm cho nước trong bình dâng cao thêm 3cm, khi đó mặt đáy trên của vật I ngang qua miệng bình và cao hơn mặt nước trong bình 1cm.

Biết khối lượng riêng của nước là ρn = 1 kg/lít. a. Tính khối lượng riêng của hai vật trên và bán kính R của đáy bình. b. Bây giờ lấy vật I ra khỏi bình, rồi thả vật II vào bình, sao cho đỉnh hình nón nằm phía trên và trục đối xứng của nó có phương thẳng đứng. Hãy so sánh độ cao của đỉnh hình nón và miệng bình.

Câu 3: Cho mạch điện (Hình 2): các điện trở R1 = R2 = R3 = R; đèn Đ có điện trở 3R; X là một biến trở có điện trở Rx thay đổi được; ampe kế lí tưởng. Bỏ qua điện trở của dây nối và khoá K.

Một nguồn điện E có hiệu điện thế U không đổi dùng để mắc vào mạch nói trên.

1. Ban đầu khoá K mở và mắc vào hai cực của nguồn E vào hai điểm C, D. Khi đó công suất trên cả đoạn mạch P = 36W và ampe kế chỉ 1A. Hãy xác định hiệu điện thế U của nguồn và giá trị điện trở R. 2. Bây giờ ngắt hai cực của nguồn E ra khỏi C, D và mắc hai cực nguồn này vào hai điểm A, B đồng thời đóng khoá K. a. Điều chỉnh giá trị Rx sao cho công suất trên R2 là P2 = 8W. Tìm công suất của bóng đèn Đ. b. Điều chỉnh giá trị Rx để công suất trên X đạt cực đại. Tìm Rx và công suất cực đại trên X khi đó. c. Khi cho Rx tăng thì độ sáng đèn tăng hay giảm? Vì sao?

Câu 4: Cho một số dụng cụ và thiết bị sau đây: - Một nguồn điện có hiệu điện thế U không đổi (Hình 3a); - Hai bóng đèn giống nhau, có hiệu điện thế định mức bằng U (Hình 3b); - Hai công tắc ba điểm hay còn gọi là cái chuyển mạch hai vị trí (1, 2). Mỗi công tắc có hai trạng thái có thể nối điểm 0 với điểm 1 hoặc điểm 0 với điểm 2. Các công tắc có thể nối với dây nối qua các đầu A, B, C và A’, B’, C’ (Hình 3c).

- Một số đoạn dây nối có điện trở không đáng kể.

Em hãy vẽ một sơ đồ mạch điện có tất cả các dụng cụ và thiết bị trên, sao cho sau mỗi lần điều khiển các công tắc (chuyển trạng thái đóng ở 1 hoặc 2) ta được một trong các trường hợp sau: a. Hai đèn không sáng. b. Hai đèn đều sáng bình thường. c. Hai đèn đều sáng như nhau và kém hơn bình thường. d. Một đèn sáng bình thường, một đèn không sáng.

Hãy mô tả trạng thái của hai công tắc trong mạch điện vừa vẽ để thoả mãn điều kiện a, b, c và d.

Câu 5: Mặt trời là một nguồn sáng rộng ở rất xa, khi quan sát từ mặt đất ta coi Mặt Trời như một đĩa phát sáng (Hình 4a). Vào thời điểm giữa trưa nắng, ta dùng một thấu kính hội tụ hướng trục chính đi qua tâm Mặt Trời, khi đó dùng màn hứng ảnh đặt vuông góc với trục chính sau thấu kính, ta thu ảnh của Mặt Trời là một vệt sáng tròn trên màn có tâm là tiêu điểm ảnh F’ của thấu kính và đường kính của vệt sáng bằng 1cm.

Gọi A∞ là vùng sáng nhỏ trên mép đĩa sáng của Mặt Trời, chùm sáng từ A∞ tới thấu kính được coi là chùm song song (Hình 4b), sau khi qua thấu kính sẽ tạo một điểm ảnh A’ trên màn.

1. Hãy vẽ hai tia sáng đặc biệt từ A∞ qua thấu kính, hội tụ tại A’.

2. Năng lượng ánh sáng trung bình truyền đến một bề mặt trong một giây gọi là công suất chiếu sáng trung bình trên bề mặt đó.

Trong bài toán này, công suất chiếu sáng trung bình lên mỗi centimet vuông của bề mặt thấu kính là 0,1 W/cm2. Biết rằng chỉ có 90% năng lượng ánh sáng truyền qua được thấu kính tạo

nên vệt sáng ảnh. Công suất chiếu sáng trung bình lên mỗi centimet vuông của vệt sáng ảnh là 0,81 W/cm2. Hãy ước tính đường kính rìa của thấu kính.

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: a) Thời gian qua cung đường có hầm là: t1 = 18 phút = 0,3 giờ Giả sử t2 là thời gian qua đèo Ta có : t2 – t1 = 3 giờ 40 phút – 40 phút – 2 giờ = 1 giờ => t2 = 1,3 giờ Chiều dài cung đường có hầm là : S1 = 6,28 + 5,72 = 12km Gọi S2 là chiều dài đoạn đường đèo.

 S  v1t1 v t 1 1,3 Lại có :  1  S 2  S1 . 2 . 2  1, 2. .  20,8km v1 t1 2,5 0,3  S 2  v2 t2 b) Một lượt ô tô qua hầm hết 1 lít xăng, qua đèo hết

20,8 lít xăng 7

 20,8   1 .18000  6,92.109 đồng = 6,92 tỉ đồng.

Vậy một tháng tiết kiệm được : 30.6500.   7 

Câu 2: a)

Diện tích đáy của hai vật : S 

 D2 4

Chiều dài phần vật I nổi trên mặt nước là : x = 1cm => Chiều dài phần chìm trong nước là : y = H – x = 7cm Điều kiện cân bằng cho vật I là :  SH  n S y    n .

y 7  .n  0,875(kg / lit ) H 8

(với ρ là khối lượng riêng của hai vật) Phần vật I chìm trong nước chính là thể tích của nước bị chiếm chỗ. Nên: Sy   R 2 h (với h = 3cm là mực nước trong bình dâng cao thêm)



 D2 y 4

  R2 h  R  D

y 7 8  6,11cm 4h 12

b) Gọi x’ là chiều cao phần vật II nổi trên mặt nước.

1 Thể tích vật II là : V  SH 3

1 x 3 Thể tích vật II nổi trên mặt nước là : V1  S . 2 3 H

1  x 3  => Thể tích vật II chìm trong nước là : V2  V  V1  S .  H  2  3  H  Điều kiện cân bằng của vật II là : V  nV2 

7 x 3 H H  H  2  x   4cm 8 2 H

Giả sử h’ là chiều cao mực nước trong bình dâng thêm Ta có : V2   R h  2

7 D 2 H 7D2 H 2   R h  h   1cm 96 96 R 2

Vậy miệng bình cao hơn đỉnh hình nón : Δ   h  x    h   x   1cm Hay đỉnh hình nón cao hơn miệng bình 1cm.

Câu 3: U U   I A  R  R  4 R  1A  R  3 1 D  1. Ta có:  2 U  12V  P  3U  36W  4R

2a. Ta có :

 P2 8  A I2  U U  U CB 8 R2 3 P2  8W    I1  AC   4 V R1 R1 3  U  P R  2 6 V 2 2  CB

 32  I X  I1  I 2  I 3  I D I  I  4  Ta có :   3 D 3 U  RD I D  R3 I 3  4  3I  I D 3  ID 

2 A  PD  RD .I D2  6W 3

2b.

 I  I1  I X Ta có:  2  U  R(2 I1  I X ) (1) U AB  U  R1 I1  R2 I 2 I  I X  ID Và:  3  U  R(4 I D  I X ) (2) U  RD I D  R3 I 3      I1  2 I D  I X 1, 2

(3)

Lại có:

U AD  RD I D  R1 I1  RX I X

(4)

(3);(4)   RI D  ( R  RX ) I X (2);(5)   IX 

2c. I D 

(5)

U 2 RX U U2 5  PX  RX I X2   P   0, 6W  RX  R  3, 75 max 2 5 R  4 RX 80 R 4  5 R  4 RX 

U  R  R4   R  RX  

Câu 4:

a) K ở 1 ; K’ ở 2 b) K ở 1 ; K’ ở 1 c) K ở 2 ; K’ ở 2

=> RX tăng => ID tăng hay độ sáng tăng.

d) K ở 2 ; K’ ở 1.

Câu 5: 1)

2) Gọi D1 là đường kính rìa của thấu kính.

Trong 1 giây, năng lượng ánh sáng truyền tới thấu kính và màn là : E1  P1 .

 D2

E2  P2 .

4

d2 4

với P1 = 0,1 W/cm2 với : P2 = 0,81 W/cm2 ; d = 1cm là đường kính vệt sáng.

Giả thiết : 0,9 E1  E2  0,9.P1 D 2  P2 d 2  D  d .

P2 0,81  1.  3cm 0,9 P1 0,9.0,1

Thi vào chuyên Vật Lí trường THPT chuyên Kiên Giang - Năm học 2018 - 2019 Câu 1: Cho đoạn mạch điện như hình 1a. Hiệu điện thế UAB giữa hai đầu đoạn mạch được giữ không đổi. Ampe kế có điện trở không đáng kể, vôn kế có điện trở rất lớn. RX là một biến trở có trị số 400Ω khi con chạy C ở vị trí N và độ dài MN = 10cm. Bỏ qua điện trở của các dây dẫn.

a. Người ta điều chỉnh con chạy C và ghi lại số chỉ của vôn kế và ampe kế. Kết quả được biểu diễn bởi đồ thị trên Hình 1b. Dựa vào đồ thị, hãy tính trị số của điện trở R. b. Cho UAB = 50V, R2 = 50Ω. Xác định vị trí con chạy C của biến trở để công suất tiêu thụ của đoạn mạch AB là 75W Câu 2: Cho hai vật rắn đặc đều là hình lập phương có cạnh 10cm, vật A có khối lượng mA = 1,6kg và vật B có khối lượng mB = 0,9kg, hai vật được nối với nhau bằng một sợi dây mảnh không giãn ở tâm mỗi vật. a. Mô tả trạng thái của hệ vật khi thả chúng vào bể đựng nước có độ sâu đủ lớn, biết nước có khối lượng riêng Dn = 1000 kg/m3. Tìm lực căng của dây nối khi đó. b. Lực căng lớn nhất mà sợi dây chịu được là Tmax = 10N. Kéo từ từ vật B lên trên theo phương thẳng đứng với lực kéo đặt vào tâm vật B. Dây bị đứt khi nào?

Câu 3: Một người dùng kính lúp để quan sát một vật nhỏ, vật đặt cách thấu kính 6cm. Ảnh thu được cao gấp 4 lần vật. a. Vẽ hình minh hoạ sự tạo ảnh bởi kính lúp. (Gợi ý: Không cần vẽ đúng theo tỉ lệ, vật sáng AB được minh hoạ bằng một mũi tên phẳng, nhỏ đặt vuông góc với trục chính và có A thuộc trục chính của kính lúp). b. Tính khoảng cách từ ảnh đến quang tâm của kính lúp, tiêu cự của thấu kính làm kính lúp và số bội giác của kính lúp.

Câu 4:

Cho đoạn mạch điện như Hình 2. Biết R1 = 3 Ω; R2 = 6 Ω; R3 = 4 Ω; R4 = 10 Ω. Bỏ qua điện trở của dây nối và khoá K.

a. Tính điện trở tương đương của đoạn mạch AB trong hai trường hợp K mở và K đóng. b. Biết UAB = 12V. Tính cường độ dòng điện qua R2 khi khoá K đóng.

Câu 5: Có 3 bình cách nhiệt chứa nước. Bình thứ nhất chứa 1kg nước ở 1000C, bình thứ hai chứa 2kg nước ở 500C, bình thứ ba chứa 3kg nước ở 200C. Đổ nước ở bình thứ nhất và bình thứ ba vào bình cách nhiệt thứ tư đang để trống, khi đã xảy ra cân bằng nhiệt thì tiếp tục đổ nước ở bình thứ hai vào bình thứ tư. Bỏ qua mọi sự trao đổi nhiệt với môi trường và bình cách nhiệt, coi lượng nước là không đổi trong quá trình đổ nước. a. Hỏi nước ở bình thứ hai sau khi đổ vào sẽ toả nhiệt hay thu nhiệt? Vì sao? b. Tính nhiệt độ cân bằng của nước ở bình thứ tư sau khi đổ cả 3 bình vào.

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: a) Từ đồ thị ta có I  0,5;U  16V  R1 

16  32 Ω 0,5

b) Mạch điện được vẽ lại như sau

Đặt điện trở của RMC  x(Ω) Điện trở toàn mạch là

R2 .( R1  RMC ) 50(32  x) 50(32  x)   R2  ( R1  RMC ) 50  32  x 82  x

Công suất tiêu thụ của toàn mạch là 75W do đó ta có: U2 502 50(32  x) 100 R    x  68Ω P 75 82  x 3

Câu 2:

PA = 16N; PB = 9N Thể tích của hình lập phương: V  10.102   103 m3 3

a. Lực đẩy Ác – si – mét tác dụng vào mỗi vật: FAA  FAB  10 D.V  10.1000.103  10 N Tổng lực đẩy Ác – si – mét tác dụng lên hai vật: FA = 20N Tổng trọng lực tác dụng vào hai vật : P = PA + PB = 16 + 9 = 25N Do FA < P nên hai vật chìm hoàn toàn trong nước. Vật B nhẹ hơn nên ở phía trên lơ lửng trong nước còn A chạm đáy.

Lực căng: T = FAB – PB = 10 – 9 = 1N b. Khi kéo vật B hoàn toàn lên khỏi mặt nước, lực căng dây là : T = PA – FAA = 16 – 10 = 6N < 10N nên dây chưa đứt.

Tiếp tục kéo dây đến khi vật A nổi một phần lên khỏi mặt nước sao cho lực căng dây : T = PA – FAA’ = 10N thì dây đứt Câu 3: a. Hình vẽ:

b. OA = 6cm; A’B’ = 4.AB + Ta có : Δ OAB  Δ OAB  

OA AB 6 AB 6 1       OA  24cm OA AB  OA 4. AB OA 4

=> Khoảng cách từ ảnh đến quang tâm của kính lúp : OA’ = 24cm + Ta có : OA AB  OAB ~ OAB   OA  AB   F O OI OA F O 1 F O 1 f         F OI ~ F AB   F A AB  OA F A 4 F O  OA 4 f  24   AB  OI  

 f  24  4 f  f  8cm

=> Tiêu cự của thấu kính làm kính lúp : f = 8cm

+ Số bội giác của kính lúp : G 

25 25   3,125 f 8

Câu 4: R1 = 3Ω ; R2 = 6Ω ; R3 = 4Ω ; R4 = 10Ω a. + TH1 : K mở

Mạch điện gồm : R1 nt (R4 // (R2 nt R3)) Ta có : R23  R2  R3  6  4  10 R234 

R23 R4 10.10   5 R23  R4 10  10

RAB  R1  R234  3  5  8 + TH2 : K đóng

Mạch điện gồm : ((R1 // R2) nt R4) // R3 Ta có : R12 

R1 R2 3.6   2Ω R1  R2 3  6

R124  R12  R4  2  10  12 Ω RAB  R1234 

R124 .R3 12.4   3Ω R124  R3 12  4

b. Khi khoá K đóng : Mạch điện gồm : ((R1 // R2) nt R4) // R3

UAB = 12V ; RAB = 3Ω Ta có : I AB 

U AB 12   4A RAB 3

U 3  U AB  U124  12V  I 3 

U 3 12   3A R3 4

 I 4  I124  I AB  I 3  4  3  1A  U 4  I 4 R4  1.10  10V  U 2  U12  U AB  U 4  12  10  2V  I 2 

U2 2 1   A R2 6 3

Câu 5: Bình 1 : m1 = 1kg, t1 = 1000C Bình 2 : m2 = 2kg, t2 = 500C Bình 3 : m3 = 3kg, t3 = 200C a. Đổ nước ở bình thứ nhất và bình thứ ba vào bình cách nhiệt thứ 4 đang để trống. Gọi nhiệt độ khi xảy ra cân bằng nhiệt là t.

Nhiệt lượng toả ra của 1kg nước ở 1000C là : Qtoả = 1.c.(100 – t) Nhiệt lượng thu vào của 3kg nước ở 200C là : Qthu = 3.c.(t – 20) Ta có : Qtoả = Qthu  1.c.100  t   3.c  t  20   100  t  3t  60  t  400 C => Khi xảy ra cân bằng nhiệt nước trong bình thứ 4 có nhiệt độ 400C. Mà nước ở bình thứ 2 có nhiệt độ 500C ( > 400C) => nước ở bình thứ 2 sau khi đổ vào sẽ toả nhiệt. b. Gọi nhiệt độ cân bằng của nước ở bình thứ tư sau khi đổ cả 3 bình vào là t’.

Bình thứ 4 đang chứa 4kg nước ở nhiệt độ 400C. Nhiệt lượng thu vào của 4kg nước ở 400C là : Qthu = 4.c.(t’ – 40) Nhiệt lượng toả ra của 2kg nước ở 500C là : Qtoả = 2.c.(50 – t’) Ta có : Qtoả = Qthu  2c. 50  t    4c. t   40   50  t   2t   80  3t   130  t   43,30 C

Vậy nhiệt độ cân bằng của nước ở bình thứ tư sau khi đổ cả 3 bình vào là t’ = 43,30C

Thi vào chuyên Vật Lí trường THPT chuyên Kiên Giang - Năm học 2018 - 2019 Câu 1: Cho đoạn mạch điện như hình 1a. Hiệu điện thế UAB giữa hai đầu đoạn mạch được giữ không đổi. Ampe kế có điện trở không đáng kể, vôn kế có điện trở rất lớn. RX là một biến trở có trị số 400Ω khi con chạy C ở vị trí N và độ dài MN = 10cm. Bỏ qua điện trở của các dây dẫn.

a. Người ta điều chỉnh con chạy C và ghi lại số chỉ của vôn kế và ampe kế. Kết quả được biểu diễn bởi đồ thị trên Hình 1b. Dựa vào đồ thị, hãy tính trị số của điện trở R. b. Cho UAB = 50V, R2 = 50Ω. Xác định vị trí con chạy C của biến trở để công suất tiêu thụ của đoạn mạch AB là 75W Câu 2: Cho hai vật rắn đặc đều là hình lập phương có cạnh 10cm, vật A có khối lượng mA = 1,6kg và vật B có khối lượng mB = 0,9kg, hai vật được nối với nhau bằng một sợi dây mảnh không giãn ở tâm mỗi vật. a. Mô tả trạng thái của hệ vật khi thả chúng vào bể đựng nước có độ sâu đủ lớn, biết nước có khối lượng riêng Dn = 1000 kg/m3. Tìm lực căng của dây nối khi đó. b. Lực căng lớn nhất mà sợi dây chịu được là Tmax = 10N. Kéo từ từ vật B lên trên theo phương thẳng đứng với lực kéo đặt vào tâm vật B. Dây bị đứt khi nào?

Câu 3: Một người dùng kính lúp để quan sát một vật nhỏ, vật đặt cách thấu kính 6cm. Ảnh thu được cao gấp 4 lần vật. a. Vẽ hình minh hoạ sự tạo ảnh bởi kính lúp. (Gợi ý: Không cần vẽ đúng theo tỉ lệ, vật sáng AB được minh hoạ bằng một mũi tên phẳng, nhỏ đặt vuông góc với trục chính và có A thuộc trục chính của kính lúp). b. Tính khoảng cách từ ảnh đến quang tâm của kính lúp, tiêu cự của thấu kính làm kính lúp và số bội giác của kính lúp.

Câu 4:

Cho đoạn mạch điện như Hình 2. Biết R1 = 3 Ω; R2 = 6 Ω; R3 = 4 Ω; R4 = 10 Ω. Bỏ qua điện trở của dây nối và khoá K.

a. Tính điện trở tương đương của đoạn mạch AB trong hai trường hợp K mở và K đóng. b. Biết UAB = 12V. Tính cường độ dòng điện qua R2 khi khoá K đóng.

Câu 5: Có 3 bình cách nhiệt chứa nước. Bình thứ nhất chứa 1kg nước ở 1000C, bình thứ hai chứa 2kg nước ở 500C, bình thứ ba chứa 3kg nước ở 200C. Đổ nước ở bình thứ nhất và bình thứ ba vào bình cách nhiệt thứ tư đang để trống, khi đã xảy ra cân bằng nhiệt thì tiếp tục đổ nước ở bình thứ hai vào bình thứ tư. Bỏ qua mọi sự trao đổi nhiệt với môi trường và bình cách nhiệt, coi lượng nước là không đổi trong quá trình đổ nước. a. Hỏi nước ở bình thứ hai sau khi đổ vào sẽ toả nhiệt hay thu nhiệt? Vì sao? b. Tính nhiệt độ cân bằng của nước ở bình thứ tư sau khi đổ cả 3 bình vào.

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: a) Từ đồ thị ta có I  0,5;U  16V  R1 

16  32 Ω 0,5

b) Mạch điện được vẽ lại như sau

Đặt điện trở của RMC  x(Ω) Điện trở toàn mạch là

R2 .( R1  RMC ) 50(32  x) 50(32  x)   R2  ( R1  RMC ) 50  32  x 82  x

Công suất tiêu thụ của toàn mạch là 75W do đó ta có: U2 502 50(32  x) 100 R    x  68Ω P 75 82  x 3

Câu 2:

PA = 16N; PB = 9N Thể tích của hình lập phương: V  10.102   103 m3 3

a. Lực đẩy Ác – si – mét tác dụng vào mỗi vật: FAA  FAB  10 D.V  10.1000.103  10 N Tổng lực đẩy Ác – si – mét tác dụng lên hai vật: FA = 20N Tổng trọng lực tác dụng vào hai vật : P = PA + PB = 16 + 9 = 25N Do FA < P nên hai vật chìm hoàn toàn trong nước. Vật B nhẹ hơn nên ở phía trên lơ lửng trong nước còn A chạm đáy.

Lực căng: T = FAB – PB = 10 – 9 = 1N b. Khi kéo vật B hoàn toàn lên khỏi mặt nước, lực căng dây là : T = PA – FAA = 16 – 10 = 6N < 10N nên dây chưa đứt.

Tiếp tục kéo dây đến khi vật A nổi một phần lên khỏi mặt nước sao cho lực căng dây : T = PA – FAA’ = 10N thì dây đứt Câu 3: a. Hình vẽ:

b. OA = 6cm; A’B’ = 4.AB + Ta có : Δ OAB  Δ OAB  

OA AB 6 AB 6 1       OA  24cm OA AB  OA 4. AB OA 4

=> Khoảng cách từ ảnh đến quang tâm của kính lúp : OA’ = 24cm + Ta có : OA AB  OAB ~ OAB   OA  AB   F O OI OA F O 1 F O 1 f         F OI ~ F AB   F A AB  OA F A 4 F O  OA 4 f  24   AB  OI  

 f  24  4 f  f  8cm

=> Tiêu cự của thấu kính làm kính lúp : f = 8cm

+ Số bội giác của kính lúp : G 

25 25   3,125 f 8

Câu 4: R1 = 3Ω ; R2 = 6Ω ; R3 = 4Ω ; R4 = 10Ω a. + TH1 : K mở

Mạch điện gồm : R1 nt (R4 // (R2 nt R3)) Ta có : R23  R2  R3  6  4  10 R234 

R23 R4 10.10   5 R23  R4 10  10

RAB  R1  R234  3  5  8 + TH2 : K đóng

Mạch điện gồm : ((R1 // R2) nt R4) // R3 Ta có : R12 

R1 R2 3.6   2Ω R1  R2 3  6

R124  R12  R4  2  10  12 Ω RAB  R1234 

R124 .R3 12.4   3Ω R124  R3 12  4

b. Khi khoá K đóng : Mạch điện gồm : ((R1 // R2) nt R4) // R3

UAB = 12V ; RAB = 3Ω Ta có : I AB 

U AB 12   4A RAB 3

U 3  U AB  U124  12V  I 3 

U 3 12   3A R3 4

 I 4  I124  I AB  I 3  4  3  1A  U 4  I 4 R4  1.10  10V  U 2  U12  U AB  U 4  12  10  2V  I 2 

U2 2 1   A R2 6 3

Câu 5: Bình 1 : m1 = 1kg, t1 = 1000C Bình 2 : m2 = 2kg, t2 = 500C Bình 3 : m3 = 3kg, t3 = 200C a. Đổ nước ở bình thứ nhất và bình thứ ba vào bình cách nhiệt thứ 4 đang để trống. Gọi nhiệt độ khi xảy ra cân bằng nhiệt là t.

Nhiệt lượng toả ra của 1kg nước ở 1000C là : Qtoả = 1.c.(100 – t) Nhiệt lượng thu vào của 3kg nước ở 200C là : Qthu = 3.c.(t – 20) Ta có : Qtoả = Qthu  1.c.100  t   3.c  t  20   100  t  3t  60  t  400 C => Khi xảy ra cân bằng nhiệt nước trong bình thứ 4 có nhiệt độ 400C. Mà nước ở bình thứ 2 có nhiệt độ 500C ( > 400C) => nước ở bình thứ 2 sau khi đổ vào sẽ toả nhiệt. b. Gọi nhiệt độ cân bằng của nước ở bình thứ tư sau khi đổ cả 3 bình vào là t’.

Bình thứ 4 đang chứa 4kg nước ở nhiệt độ 400C. Nhiệt lượng thu vào của 4kg nước ở 400C là : Qthu = 4.c.(t’ – 40) Nhiệt lượng toả ra của 2kg nước ở 500C là : Qtoả = 2.c.(50 – t’) Ta có : Qtoả = Qthu  2c. 50  t    4c. t   40   50  t   2t   80  3t   130  t   43,30 C

Vậy nhiệt độ cân bằng của nước ở bình thứ tư sau khi đổ cả 3 bình vào là t’ = 43,30C

Thi vào chuyên vật lí trường THPT chuyên Bình Dương - Năm học 2018 - 2019 Câu 1: Hai người khởi hành cùng một lức từ hai địa điểm A và B cách nhau 20km. Nếu hai người đi ngược chiều nhau thì sau thì sau 12 phút, họ gặp nhau. Nếu đi cùng chiều nhau thì sau 1h, ngưới đi từ A đổi kịp người đi từ B. Tính vận tốc của mỗi người.

Câu 2: Hai cha con có khối lượng lần lượt là 60kg và 30kg cần phải vượt qua một khe nước sâu có chiều rộng khoảng 2m trong lúc đi dã ngoại. Trong tay họ chỉ có hai tấm ván nhẹ, chắc, cùng độ dài l nhưng nhỏ hơn bề rộng của khe nước (l < 2m). Hai người đang lúng túng chưa nghĩ ra cách vượt qua khó khăn này. Bạn hãy chỉ cho họ cách làm cụ thể như thế nào và dự kiến chiều dài tối thiểu của mỗi tấm ván để hai cha con có thể vượt qua khe nước một cách an toàn.

Câu 3: Một bình chứa hình trụ, thành mỏng có chiều cao h1 = 20 c, diện tích đáy S1 = 100 cm2 đặt trên mặt bàn nằm ngang. Đổ vào bình 1 lít nước ở nhiệt độ t1 = 800 C. Thả vào bình khối trụ đồng tính khối lượng m, diện tích đáy S2 = 60 cm2, chiều cao h2 = 25 cm và nhiệt độ t2. Khi cân bằng nhiệt được thiết lập thì đáy dưới của khối trụ song song và cách đáy bình một đoạn x = 4 cm, nhiệt đọ nước trong bình là t0 = 650C. Bỏ qua sự nở vì nhiệt, sự trao đổi nhiệt của bình với bên ngoài. Biết khối lượng riêng của nước là D = 1000 kg/m3, nhiệt dung riêng của nước và chất làm khối trụ lần lượt là Cn = 4200J/kg.K và Ctru = 2000 J/kg.K.Xác định a) Khối lượng m của khối trụ b) Nhiệt độ ban đầu của khối trụ c) Khối lượng tối thiểu của vật cần phải đặt lên khối tị để khi cân nằng thì khối trụ chạm đáy bình Câu 4: Cho mạch điện như hình vẽ: nguồn điện một chiều có hiệu điện thế không đổi là U = 16V, điện trở R0 = 2Ω, đèn Đ có ghi 12v – 6W, Rx là biến trở. Bỏ qua điện trở của ampe kế và các dây nối, coi điện trở của đèn Đ không đổi.

1. Tìm giá trị của Rx để đèn sáng bình thường và số chỉ của ampe kế khi đó.

2. Điều chỉnh biến trở để công suất tiêu thụ trên đoạn mạch MN cực đại: a) Tính Rx và công suất cực đại đó. b) Tính công suất tiêu thụ của đèn lúc này.

Câu 5: Một thấu kính hội tụ có tiêu cự f. Đặt thấu kính này giữa vật AB và màn (song song với vật) sao cho ảnh của AB hiện rõ trên màn và gấp hai lần vật. Giữ nguyên vị trí thấu kính, để ảnh hiện rõ trên màn và cao gấp 3 lần vật ta phải dịch chuyển vật và màn sao cho khoảng cách vật – màn tăng thêm 10cm. Tìm tiêu cự f của thấu kính?

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đổi 12 phút = 0,2h Gọi vận tốc của hai người là vA và vB Khi hai người đi ngược chiều thì sau 0,2h hai người đố gặp nhau ta có:

v A .0, 2  vB .0, 2  20  v A  vB  100 (1) Khi hai người đi cùng chiều thì sau 1h hai người đó gặp nhau ta có:

v A .1  vB .1  20  v A  vB  20 (2) Thế (2) vào (1) ta có: vB  20  vB  100  vB  40km / h; v A  60km / h Vậy vận tốc của hai người lần lượt là: vB  40km / h; v A  60km / h Câu 2: Lập luận qua nguyên lí đòn bẩy để đưa đến các hình vẽ:

Câu 3: a) Vì vật nằm lơ lửng trong nước nên lực đẩy Ac – si – met cân bằng với trọng lực của vật ta có FA  P  V .D.g  mtru .g  m  D.V  1000.60.104.0, 25  1,5kg b) Nhiệt lượng do nước tỏa ra là: Qtoa  mnuoc .Cnuoc .  80  65   1.4200.15  63000 J Nhiệt

lượng

do

khối

trụ

Qthu  mtru .Ctru .  65  t2   1,5.2000.  65  t2   3000  65  t2  J

Áp dụng định luật cân bằng nhiệt ta có Qtỏa = Qthu  3000  65  t2   63000   65  t2   21  t2  440 C

thu

vào

là:

Nhiệt độ ban đầu của khối trụ là 440C c) Do khối trụ nằm lơ lửng cách đáy bình 4 cm,để khối trụ chạm đáy bình thì ta phải đặt lên vật 1 vật có khối lượng thỏa mãn : PA1  P1  D.V1 .g  m1 g  m1  D.V1  1000.60.104.0, 04  0, 24kg

Vậy khối lượng tối thiểu của vật đặt lên khối trụ để khi cân bằng đáy khối trụ chạm đáy bình là m1 = 0,24kg Câu 4: 1) Để đèn sáng bình thường thì cường độ dòng điện và hiệu điện thế qua bóng đèn bằng cường độ dòng điện và hiệu điện thế hiệu dụng ghi trên nó.

Cường độ dòng điện hiệu dụng chạy qua bóng đèn là: IĐ = P : U = 6: 12 = 0,5A Hiệu điện thế chạy qua R0 là: 16 – 12 = 4 A. Cường độ dòng điện qua R0 là : I0 = 4: 2 = 2A Cường độ dòng điện chạy qua đoạn MN là: IMN = I0 = 2A Do Rx mắc song song với bóng đèn nên Rx có giá trị là: Rx = 12 :( 2 - 0,5) = 8Ω Sơ đồ mạch điện R0 nt(Rx//RĐ) Điện trở của bóng đèn là: RĐ = U2 : P = 122:6 = 24 Ω Điện trở tương đương của cả mạch là: Rtd  R0  Cường độ dòng điện qua mạch là: I 

Rx .Rd 24.8  2  6Ω Rx  Rd 24  8

U 16   2A Rtd 8

2.a) Điều chỉnh Rx để công suất trểnMN đạt cực đại ta có Theo định luật bảo toàn năng lượng: P = P0 + PMN <=> UI = R0I2 + PMN <=> R0I2 - UI + PMN = 0 (1) ∆ = U2 - 4R0 PMN ≥ 0 => PMN  Để PMN lớn nhất khi PMN 

U2 4 R0

U 2 162   32W 4 R0 4.2

Khi đó ∆ = 0 vậy (1) có nghiệm kép I  Điện trở của đoạn mạch MN: RMN  Mặt khác: RMN 

U 16   4A 2 R0 2.2

PMN 32  2  2Ω I2 4

RD .Rx 24  2  Rx  Ω RD  Rx 11

2b) Hiệu điện thế qua mạch MN là UMN = RMN. IMN = 2.4 = 8V

Cường độ dòng điện chạy qua Rx là I x  8 : Cường độ dòng điện qua đèn là I D  4 

24 11  A 11 3

11 1  A 3 3 2

8 1 Công suất thiêu thụ qua bóng đèn lúc này là PD  I D2 .RD    .24  W 3 3 Câu 5:

Ta có:  OAB ~ OAB     FOI ~ F AB    OI  AB  



AB   AB AB   OI

OA OA F A AB  OA F A    FO AB OA FO

AB  OA OA  OF  AB  d  d   f      AB OA F O AB d f

+ Ảnh của AB hiện rõ trên màn và gấp hai lần vật:

 d1  d1 3 f  2  d  d  2d1 9f   d   Ta có:  1   1  1 2 2  L1  d1  d1  2 d1  3 f  d1  f  2 d   3 f  1  f + Ảnh hiện rõ trên màn và cao gấp 3 lần vật :

 d 2 3  d  4f  d 2  3d 2 16 f  d2 d 2  2   Ta có:      3 3  L2  d 2  d 2  3 d 2  4 f  d2  f  3 d   4 f  2  f + Theo bài ra ta có: L2  L1  10 

16 f 9 f 5f   10   10  f  12cm 3 2 6

Thi vào chuyên vật lí trường THPT chuyên Nam Định - Năm học 2018 - 2019 Câu 1: Ba bạn học sinh An, Bình, Cương cùng trọ tại một nơi cách trường học 4,5km. Họ dùng chung một chiếc xe đạp điện và xe chỉ có thể chở được hai người kể cả người lái. Cả ba bạn cùng xuất phát từ nơi ở đến trường bằng cách: An lái xe chở Bình đi trước còn Cương đi bộ theo sau, khi đến vị trí thích hợp trên đường thì An để Bình đi bộ đến trường còn An quay lại đón Cương rồi chở Cương đến trường. Biết rằng 3 bạn đến trường cùng một lúc và tốc độ đi bộ của bạn Bình và Cương là 5 km/h, tốc độ của xe đạp điện là 30km/h. Coi rằng các chuyển động là thẳng đều, thời gian dừng để thả, đón người là không đáng kể. Tính quãng đường mà An đã di chuyển trong quá trình nói trên.

Câu 2: Một chiếc hộp rỗng hình lập phương làm bằng hợp kim có cạnh a = 4cm, trọng lượng P = 16.104N, nổi trên mặt hồ rộng như hình vẽ 1. Biết trọng lượng riêng của nước là dn = 104 N/m3. Coi rằng hồ đủ sâu và mặt hồ phẳng lặng, các mặt của chiếc hộp có độ dày không đáng kể và không bị biến dạng.

Hình vẽ 1 b) Người ta bơm nước vào hộp với lưu lượng không đổi V0 = 2 m3/ha) Tính chiều cao phần hộp nổi trên mặt nước.

- Sau bao lâu thì hộp bắt đầu chìm hoàn toàn trong nước?

- Tính công của lực đẩy Ác – si – mét trong khoảng thời gian t = 16h kể từ lúc bắt đầu bơm.

Câu 3: Bạn An đun sôi 1kg nước từ 250C bằng một ấm điện. Sau khi nước sôi một thời gian, bạn An mới ngắt điện và rót hết lượng nước sôi còn lại trong ấm vào một phích nước. Biết rằng trong phích nước đã có sẵn 200g nước ở 600C và nhiệt độ nước trong phích khi cân bằng nhiệt là 920C. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt của nước với môi trường và ruột phích. Cho nhiệt dung riêng của nước c = 4200 J/(kg.K), nhiệt hoá hơi của nước L = 2,3.106 J/kg ; nước sôi ở 1000C; phích nước có dung tích đủ lớn. a) Tính khối lượng nước sôi đã rót vào phích. b) Tính nhiệt lượng mà ấm đã cung cấp cho nước trong quá trình đun nói trên.

Câu 4: Cho mạch điện như hình vẽ 2. Trong đó Rb là biến trở, MN là biến trở con chạy có điện trở toàn phần RMN = R. Hiệu điện thế giữa hai đầu mạch điện là không đổi UMN = 15V, điện trở của ampe kế, dây nối, khoá K là không đáng kể.

- Mở khoá K,đặt con chạy C ở M, điều chỉnh Rb để công suất tiêu thụ trên Rb đạt giá trị lớn nhất. Khi đó giá trị của Rb là R0.

- Cố định điện trở của biến trở Rb ở giá trị R0, đóng khoá K rồi điều chỉnh con chạy C thì thấy số chỉ ampe kế đạt giá trị nhỏ nhất là 1A - Tính R0 và R. Câu 5: Mạng điện trong một gia đình sử dụng dây dẫn làm bằng đồng có tiết diện ngang S = 2mm2. Người ta dùng một atomat mắc ở đầu mạng điện rồi mắc vào nguồn điện. Mạng điện an toàn khi dòng điện chạy trong dây dẫn làm nhiệt độ dây dẫn không được tăng quá 100C so với nhiệt độ môi trường. Biết rằng công suất toả nhiệt ra môi trường của đoạn dây dẫn được xác định theo công thức : P = k.l.∆t ; với l (m) là chiều dài đoạn dây dẫn, ∆t (0C) là độ chênh lệch nhiệt độ giữa dây dẫn và môi trường, k là hệ số tỉ lệ, k = 0,0085 (W/m.K) ; điện trở suất của đồng là ρ = 1,7.10-8Ωm. Để đảm bảo an toàn của mạng điện gia đình nói trên thì giá trị lớn nhất của cường độ dòng điện mà atomat cho phép chạy qua là bao nhiêu ?

Câu 6: Một vật sáng phẳng nhỏ AB đặt vuông góc với trục chính của một thấu kính L (điểm A thuộc trục chính) qua thấu kính cho ảnh rõ nét trên màn hứng M. Dịch vật ra xa thấu kính một đoạn 5cm thì phải dịch màn một đoạn 40cm mới thu được ảnh rõ nét của vật trên màn và độ cao của ảnh lúc này bằng ½ độ cao của ảnh lúc đầu. a) L là thấu kính gì ? Màn M phải dịch chuyển theo chiều nào ? Giải thích ? b) Tính tiêu cự của thấu kính.

Câu 7: Cho các linh kiện và thiết bị sau: + Một điện trở R0 đã biết giá trị; + Một điện trở R chưa biết giá trị; + Một ampe kế có điện trở;

+ Một nguồn điện có hiệu điện thế không đổi, chưa biết; + Các dây nối có điện trở không đáng kể Em hãy thiết kế phương án thí nghiệm để xác định giá trị của điện trở R. Lưu ý: Để đảm bảo an toàn cho thiết bị, không được mắc trực tiếp ampe kế vào hai cực của nguồn điện.

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Quãng đường di chuyển của An, Bình, Cương được mô tả như hình vẽ sau :

Vì thời gian 3 bạn đi từ phòng trọ đến trường là như nhau nên ta có Thời gian mà An đi học là : t

AD DC CB  AD CB  DC  AC CB DC  DC AB DC         2   30 30 30  30 30  30  30 30 30  30 30 30

Thời gian mà bình đi học là: t 

AD DB AD 6 DB AB DB     5 30 5 30 30 30 30

Thời gian mà Cương đi học là: t 

AC CB 6 AC CB AB AC     5 5 30 30 30 30 30

(1)

(2) (3)

Từ (2) và (3) ta có AC = DB Từ (1) và (2) ta có DC = 2,5 AC Mà ta có AC + CD + DB = AB => AC + 2,5AC + AC = 4,5 km=> AC = 1 km => CD = 2,5 km Vậy quãng đường mà An đã đi là AD + CD + CB = AB + 2CD = 4,5 + 2,5.2 = 9,5 km Câu 2: a) Áp dụng định luật Acsimet ta có : P  FA  d .V  V 

FA P 16.104    16m3 4 d d 10

Chiều cao của phần hộp ngập trong nước là: V  S .h  16  4.4.h  16  h  1m Chiều cao phần hộp nổi trên mặt nước là: h1 = a – h = 4 – 1 = 3 m

b) Để hộp chìm hoàn toàn trong nước thì trọng lượng của hộp bằng lực đây acsimet mà thể tích của cả hộp chiếm chỗ: P  FA  dV  104.4.4.4  64.104 N Trọng lượng nước cần bơm vào là: Pn  64.104  16.104  48.104 N Thời gian cần bơm nước là: mn 

Pn 48.104 48   48.103 kg  48m3  t   24h g 10 2

Vì thời gian từ lúc bắt đầu bơm nước dến lúc hộp bắt đầu chìm hoàn toàn trong nước là dài ( t = 24h), nên trong quá trình nói trên,ở thời điểm t bất kỳ lực đẩy Ác – si – mét ( FA2) bằng với tổng trọng lượng hộp (P) và trọng lượng của lượng nước bơm vào hộp ( Pn2)

P  Pn 2  FA 2 P  d n .V0 .t  FA 2 () FA 2  16.104  104.2.16  48.104 ( N ) Mà FA 2  d n .a 2 .hc với hc là chiều cao phần hộp chìm trong nước => hc = 3m Quãng đường chuyển động từ lúc bắt đầu bơm đến thời điểm t là : s = hc – (a - h) = 2m Vì lực đẩy Ác – si – mét tăng đều theo thời gian ( từ (*)) Suy ra công của lực Ác – si – mét từ lúc bắt đầu bơm đến thời điểm t là: A

FA  FA 2 16.104  48.104 .S  .2  64.104 J 2 2

Câu 3: + Khối lượng và nhiệt độ của nước trong ấm khi chưa đun : m = 1kg, t0 = 250C Sau khi nước sôi một thời gian bạn An mới ngắt điện => Khối lượng và nhiệt độ của nước trong ấm lúc này là : m’(kg), t = 1000C. + Khối lượng và nhiệt độ của nước trong phích : mp = 200g = 0,2kg, tp = 600C Rót hết m’(kg) nước sôi ở t = 1000C trong ấm vào phích thì nhiệt độ khi cân bằng nhiệt là tcb = 900C a) Ta có : - Nhiệt lượng toả ra của nước sôi : Qtoả = m’.c.(100 - 92) - Nhiệt lượng thu vào của nước trong phích : Qthu = mp.c.(92 - 60) = 0,2.c.(92 - 60) - Phương trình cân bằng nhiệt trong phích: Qtoả = Qthu  mc.100  92   0, 2.c  92  60   m 

0, 2.  92  60 

100  92 

 0,8kg

b) + Nhiệt lượng ấm cung cấp cho 1kg nước từ 250C đến khi sôi (1000C) là :

Q  m.c.Δ t  1.4200. 100  25  315000  J 

Khối lượng ban đầu của nước khi chưa đun là m = 1kg.

Sau khi nước sôi một thời gian bạn An mới ngắt điện, khối lượng nước sôi còn lại trong ấm là m’ = 0,8kg => Khối lượng nước bị hoá hơi là : m0 = m – m’ = 1 – 0,8 = 0,2 (kg) + Nhiệt lượng cung cấp cho 0,2kg nước hoá hơi là : Q0  L.m0  2,3.106.0, 2  460000  J  => Nhiệt lượng mà ấm đã cung cấp cho nước trong quá trình đun nói trên là: Qcc  Q0  Q  460000  315000  775000  J 

Câu 4: Khi khóa K mở mạch được vẽ lại như sau :

Công suất trên biến trở được xác định bởi biêu thức: P  I 2 .R0 

U 2 .R0

 R  R0 

2



U2  R   R0    R   0 

2

 R   R0  Để công suất trên biến trở đạt giá trị cực đại thì   R   0 

2

min

 R  R  R0   4 . R0  4 R Áp dụng bất đẳng thức cosi   R  R 0  0   R   R0  Vậy   R   0 

2

khi min

R R0

 R0  R  R0

Kết luận khi công suất trên biến trở đạt giá trị cực đại thì R0 = R. Cố định điện trở của biến trở ở giá trị R0 đóng khóa K rồi điều chỉnh con chạy C thì cấu trúc mạch điện là : R0 nt ( RNC // RMC )

Điện trở của toàn mạch là Rtm  R0 

R .  R  RNC  RNC .RMC  R  NC R  RMC R

Số chỉ của Ampe kế là cường độ dòng điện chạy qua mạch chính: IA 

U  Rtm

R

U RNC .  R  RNC  R

Vì U và R không đổi => để IA đạt giá trị nhỏ nhất thì y  RNC ( R  RNC ) đạt giá trị cực đại Đặt x  RNC  y   x 2  Rx Áp dụng tính chất của tam thức bậc 2 ta có ymax  x 

R R  RNC  2 2

Thay số ta được R = 12Ω Vậy R = R0 = 12Ω Câu 5: + Công suất toả nhiệt của dây dẫn khi có dòng điện I chạy qua : P  I 2 R  I 2 .

l S

(1)

+ Bài cho : P = k.l.∆t (2) Từ (1) và (2) I 2 .

l S

 k .l.Δ t  Δ t 

I 2 . kS

+ Mạng điện an toàn khi : Δ t  10  Δ t 

I 2 . 10.k .S 10.0, 085.2.106  10  I 2    100 kS  1, 7.108

 I  10  I max  10 A => Để đảm bảo an toàn cho mạng điện gia đình nói trên thì giá trị lớn nhất của cường độ dòng điện mà atomat cho phép chạy qua là 10A Câu 6: a) L là thấu kính hội tụ vì ảnh thu được là ảnh thật hứng được trên màn.

Ta có :

1 1 1 df    d   f d d d f

f 1

f d

=> Khi dịch vật ra xa thấu kính thì d tăng 

f f   tăng  1   tăng => d’ giảm d d 

Vậy màn M dịch lại gần thấu kính. b) - Ban đầu : + Khoảng cách từ vật tới thấu kính : d + Khoảng cách từ ảnh tới thấu kính : d’ Ta có :

1 1 1   (1) f d d

- Dịch vật ra xa thấu kính một đoạn 5cm : + Khoảng cách từ vật tới thấu kính : d + 5 (cm) + Khoảng cách từ ảnh tới thấu kính : d’ – 40 (cm) Ta có :

1 1 1   (2) f d  5 d   40

Từ (1) và (2) 

1 1 1 1    (*) d d  d  5 d   40

- Độ cao của ảnh lúc sau bằng ½ độ cao của ảnh lúc đầu 

d   40 1 d   (**) d 5 2 d

1 1 1 1  d  d   d  5  d   40  3  Từ (*) và (**) ta có hệ :   d   40  1 d   4  2 d  d  5

Từ (4) ta có d   40 d  5d    2d  d   40   d   d  5   2dd   80d  dd   5d   d  d 5 2d d   80

Thay vào (3) ta được :

1 1 1 1 d   80 1 1 1        5d  5d  d d   40 5d  d  5d   5d   400 d   40 5 d   80 d   80 d   80 

d   75 d   80 1 d   75 d   80 1      5d  10d   400 d   40 5d  10  d   40 d   40



d   75 d   80  10 d   75 d   70 d   75 d   70      5d  10  d   40  5d  10  d   40  d 2  d   40 

 d   100cm  2  d   40  d   75   d   d   70   d 2  160d   6000  0    d   60cm + Với d’ = 100cm  d  + Với d’ = 60cm  d 

5d  5.100   25cm (thoả mãn) d   80 100  80

5d  5.60   15cm (không thoả mãn) d   80 60  80

=> Tiêu cự của thấu kính:

1 1 1 1 1 1       f  20cm f d d  25 100 20

Câu 7: + Bước 1: Mắc mạch điện gồm nguồn điện, ampe kế và điện trở R0 như hình vẽ:

Số chỉ của ampe kế: I A1 

U (1) rA  R0

+ Bước 2: Mắc mạch điện gồm nguồn điện, ampe kế và điện trở R như hình vẽ:

Số chỉ của ampe kế: I A 2 

U (2) rA  R

+ Bước 3: Mắc mạch điện gồm nguồn điện, ampe kế, điện trở R và điện trở R0 như hình vẽ:

Số chỉ của ampe kế: I A3 

U (3) rA  R0  R

I A1  rA  R r  R  I R . I  I   A 0 A2 Lấy (1)/(2) và (1)/(3) ta có hệ phương trình:   R  0 A1 A 2 I A3  I A 2  rA  R0  R  I A1  rA  R0 I A3

Thi vào chuyên vật lý trường THPT chuyên Đại học sư phạm Hà Nội - Năm học 2017 2018 Câu 1: Có hai vật nhỏ M1 và M2, ban đầu cách nhau một khoảng AB = a. Cùng lúc hai vật chuyển động thẳng đều, M2 chuyển động theo đường thẳng AB về phía B với vận tốc v1 = 2v, M2 chuyển động đều theo đường thẳng BC về phía C với vận tốc v2 = v. Tìm khoảng cách giữa nhỏ nhất giữa hai vật và khoảng thời gian từ lúc hai vật bắt đầu chuyển động đến khi khoảng cách giữa hai vật nhỏ nhất. Biết rằng AB hợp với BC một góc ( 0 < < 900) như hình 1.

Câu 2: Người ta bỏ cục nước đá ở nhiệt độ t0 = 00C vào một bình đựng dung dịch cà phê ở nhiệt độ t1 = 1000C . Sau khi nước đá tan nhiệt độ của dung dịch là t2 = 250C. Hỏi nồng độ cà phê (tỷ số giữa khối lượng cà phê nguyên chất và khối lượng của dung dịch) đã giảm đi bao nhiêu phần trăm so với nồng độ cà phê trước khi bỏ cục nước đá? Bỏ qua sự trao đổi nhiệt giữa dung dịch cà phê với vỏ bình và môi trường. Coi nhiệt dung riêng của dung dịch cà phê bằng nhiệt dung riêng của nước và bằng 4200 J/kg.K, nhiệt nóng chảy của nước đá là

=

330kJ/kg.

Câu 3: Cho đoạn mạch điện như hình 2, hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn mạch MN là UMN = 6V, các điện trở R1 = R4 = 1Ω; R2 = R3 = 3Ω và R5 = 3Ω. Điện trở của vôn kế rất lớn. Điện trở của dây nối và khoá K không đáng kể. Coi các điện trở không thay đổi theo nhiệt độ.

a, Tìm số chỉ của vôn kế V khi khoá K mở. b, Khi khoá K đóng vôn kế chỉ 0,75V. Tìm giá trị của điện trở R6 Câu 4:

a, Cho mạch điện như hình 3, trong đó hiệu điện thế giữa A và B không đổi là U, Rb là một biến trở. Dịch chuyển con trỏ C của biến trở thì thấy số chỉ của ampe kế thay đổi từ 0,08A đến 0,2A và số chỉ của vôn kế V thay đổi từ 1,6V đến 20,8V. Tìm giá trị của U, R1 và Rb. Cho biết ampe kế A có điện trở không đáng kể. Coi các điện trở không thay đổi theo nhiệt độ. b, Một dây dẫn dài hình trụ, mắc với hai cực của nguồn điện có hiệu điện thế không đổi. Khi nhiệt độ của dây ổn định thì nhiệt độ của nó cao hơn nhiệt độ của môi trường là 80C. Người ta cắt bớt dây dẫn một đoạn bằng 1/5 chiều dài ban đầu của nó rồi cũng mắc với nguồn nói trên, khi nhiệt độ của dây dẫn ổn định thì nhiệt độ này cao hơn nhiệt độ của môi trường là bao nhiêu. Biết nhiệt lượng mà dây truyền cho môi trường tỉ lệ thuận với diện tích xung quanh của dây dẫn và độ chênh lệch giữa nhiệt độ của sợi dây so với nhiệt độ của môi trường. Bỏ qua sự thay đổi điện trở suất và sự dãn nở của dây theo nhiệt độ. Cho biết diện tích xung quanh của dây dẫn tính theo công thức Sxp = 2πrl, trong đó r là bán kính thiết diện thẳng của dây, l là chiều dài của sợi dây.

Câu 5: Một vật sáng AB đặt vuông góc với một trục chính của một thấu kính (A nằm trên trục chính) cho ảnh thật cách vật một đoạn L1 . Giữ thấu kính cố định, đưa vật đến vị trí mới gần thấu kính hơn vị trí ban đầu một đoạn 4 cm sao cho vật sáng AB vẫn vuông góc với trục chính (A nằm trên trục chính). Ảnh của vật lúc này là ảnh ảo. Khoảng cách mới giữa vật và ảnh là L2 = 4L1/9, độ cao của ảnh mới bằng độ cao của ảnh ban đầu cho bởi thấu kính. Tìm tiêu cự của thấu kính và vị trí ban đầu đặt vật.

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Chọn gốc toạ độ tại A. Hệ quy chiếu như hình vẽ.

 x1  v1t Vật 1:   y1  0  x2  a  v2 cos t Vật 2:   y1  v2 sin  t Khoảng cách hai vật M1 và M2: d12  Đặt f (t )   x2  x1    y2  y1  2

 x2  x1 

2

  y2  y1 

2

2

d12min khi f (t)min Ta có:

f (t )  a   v1  v2 cos  t   (v2 sin  t ) 2   v12  v2 2  2v1v2 cos  t 2  2a (v1  v2 cos )t  a 2 2

f(t) là phương trình bậc hai có hệ số lớn hơn 0

 2a(v1  v2 cos )

2

Suy ra: f (t ) min  Khi t 

4  v12  v2 2  2v1v2 cos 

2a (v1  v2 cos )

2  v  v2  2v1v2 cos  2 1

 4a 2  v12  v2 2  2v1v2 cos 

2



v

2 1



a 2 v2 2  a 2 v2 2 cos2 v12  v2 2  2v1v2 cos

a (v1  v2 cos )

 v2 2  2v1v2 cos 

Thay v1 = 2v; v2 = v ta được:   a 2 sin 2  a 2 sin 2  f ( t )  d f ( t )    min  min 5  4cos   12 min 5  4cos   a (2 c os )   t  t  a (2  cos )  5v  4v cos   5v  4v cos 

Câu 2: Gọi khối lượng của nước đá và dung dịch cà phê ban đầu là m1 và m2 Theo bài ra ta có sau khi nước đá tan vào dung dịch cà phê đã xảy ra quá trình trao đổi nhiệt.

Nhiệt lượng do nước đá thu vào sau khi tan là: Q1   m1  m1C.Δ t1  330000.m1  m1 .4200.25  435000.m1  J 

Nhiệt lượng do cà phê tỏa ra khi sau khi nước đá tan là: Q2  m2 .C.t2  m2 .4200.75  315000.m2  J 

Áp dụng phương tình cân bằng nhiệt cho quá trình tao đổi nhiệt trên ta có: Q1  Q2  435000m1  315000m2  m1 

21 m2 29

Nồng độ cà phê sau khi nước đá tan vào dung dịch là:

C% 

m2 .100%  m2  m1

m2 .100%  58% 21 m2  m2 29

Vậy nồng độ cà phê giảm sau khi nước đá tan là: 100% - 58% = 42% Câu 3: a) K mở

 I1  I 3  I2  I4 (do vôn kế có điện trở rất lớn) Ta có:

RAB 

 R1  R3  R2  R4  R1  R2  R3  R4

 2    ; RMN  R5  RAB  3  2  5     I 

VMN 6   1, 2  A  RMN 5

U AB  I .RAB  1, 2.2  2, 4V I1 

U AB  0, 6 A R1  R3

I1 

U AB  0, 6 A R2  R4

U CD  U CA  U AD   R1 I1  R2 I 2  1.0, 6  3.0, 6  1, 2V Vậy số chỉ vôn kế là 1,2 V U CD   R1 I1  R2 I 2   b) K đóng I1 R2  R4   U CD   R2  R1  I1  0   I 2 R1  R3 

Mà số chỉ vôn kế là : UV  0, 75 V   U CD  0, 75 V   I1  I 2 

U CD 0, 75   0,375  A R3  R1 3  1

và U AB  I1  R1  R3   0,375.4  1,5 V   I 6 

U AB 1,5   A R6 R6

Tại A: I  I1  I 2  I 6  0, 75 

1,5 R6

 1,5  Lại có: U MN  U AB  I .R5  6  1,5   0, 75   .3  R6  2  Ω  R6   Câu 4: a) Khi C  D

Ta có: UV  U MC 

U U U ; I A  CN  R1 R2 R2   R1  R2  Rb  1 1   R2 R  R R  1 2 b R1 R2  

U AB  U  U MC  U CN  R   U  U MC 1  MC U MC RMC RCN  U  R CN  CN

  R1 R2   U MC 1     R1  R2  Rb

Khi C  M

IA 

R .U U AB U ;UV  Rb .I A  b  Rb  R2 Rb  R2 Rb  R2

Giả thiết suy ra: + Khi C  D thì IA = 0,08 A và UV = 20,8 V +Khi C  M thì IA = 0,2 A và UV = 16 V Từ đó ta có được 4 phương trình:

U  20,8 (2) R1 R2 1 Rb ( R1  R2 )

U  0, 08 (1)  Rb ( R1  R2 )  1   R2 R1 R2  

  

U  0, 2 (3) Rb  R2

RbU  16 (4) Rb  R2

Giải hệ 4 phương trình trên suy ra: U = 24V; Rb = 80Ω; R1 = 160/9 Ω b) Gọi S1, R1 lần lượt là diện tích xung quanh và điện trở lúc đầu Gọi S2, R2 là diện tích xung quanh và điện trở lúc sau.

Ta có:

R1 5 S1 5  ;  R2 4 S 2 4

Pnguồn = Ptỏa nên:

U 2  R  C.S1 t1 t S R 5 5 25  1  2 . 2  1  t2  . .t1  .8  12,5( s )  2 t1 S1 R2 4 4 16 U  C.S t 2 2  R2 (với C là hằng số) Câu 5: k2  k1  Do hai ảnh cao bằng nhau khác tính chất nên ta có:  f f  d1  f  2    f d f  d1  2

Mặt khác d2 = d1 - 4: L  d  d   d 

df d2  d f d f

 d12 L  0  1 d1  f  d1  12 cm d1  12cm d 22 4 d12 4 2  2   .    d  d  1 2  d  2, 4 cm (loai )   f  10 cm 2 9 d1  f d2  f 9   1  L  d2  0 2  d2  f 

Thi vào chuyên vật lý trường THPT chuyên KHTN Hà Nội - Năm học 2017 - 2018 Câu 1: (2,0 điểm). Cho mạch điện như Hình 1. Trong đó, hiệu điện thế giữa hai điểm A và B không đổi, có giá trị là U = 24V; R1 = 12Ω; con chạy C chia biến trở MN thành hai phần có điện trở là RMC và RCN với RMC + RCN = 22 Ω (không đổi); ampe kế có điện trở không đáng kể.

a) Tìm số chỉ của ampe kế khi con chạy C ở vị trí sao cho RMC = 12Ω. b) Tìm vị trí con chạy C để ampe kế có số chỉ bằng 0,8A. Câu 2: (2,0 điểm). Hai bình cách nhiệt chứa các lượng nước có khối lượng m1 và m2, ở các nhiệt độ t1 = 200C và t2 = 700C tương ứng. Người ta đổ một lượng nước có khối lượng m từ bình 1 sang bình 2. Nhiệt độ cân bằng ở bình 2 là t’2 = 500C. Sau đó, đổ một lượng nước có cùng khối lượng m từ bình 2 trở về bình 1. Nhiệt độ cân bằng của bình 1 khi đó là t’1 = 300C. Bỏ qua trao đổi nhiệt của nước với các bình và với môi trường. a) Tính tỉ số m1/m2 và m2/m. b) Tiếp đó, đổ một nửa lượng nước từ bình 1 vào bình 2. Tìm nhiệt độ cân bằng mới ở bình 2.

Câu 3: (2,0 điểm). Một khung hình vuông ABCD, chiều dài mỗi cạnh bằng a được đặt phía trước một thấu kính hội tụ, tiêu cự f, cạnh AB nằm trên trục chính của thấu kính, B gần thấu kính hơn A. Ảnh A’B’C’D’ của khung ABCD tạo bởi thấu kính là ảnh thật có dạng một hình thang vuông có độ dài hai đáy là h1 và h2, độ dài chiều cao là b. a) Vẽ hình minh hoạ sự tạo ảnh A’B’C’D’ của khung ABCD b) Chứng minh rằng:

b h1 h2 .  . a a a

c) Cho: h1 = 7,5cm; h2 = 10cm; b = 15cm. Tính a và f.

Câu 4: (2,0 điểm). Do những nguyên nhân khác nhau nên một bể ngầm chứa xăng đã bị nước xâm lấn và chiếm chỗ ở phần dưới của bể. Để kiếm tra lượng xăng còn lại và mức độ xâm lấn của nước trong bể, người ta dùng một mẫu vật hình trụ (gọi là vật M) buộc vào một sợi dây mảnh, nhẹ, không co dãn và từ từ thả vào bể sao cho vật trụ M luôn cân bằng và có trục thẳng đứng. Dùng lực kế để đo lực căng của sợi dây treo vật M.

Hình 2 là đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của lực căng dây treo vật M theo độ sâu x của M (x được tính từ mặt thoáng của xăng trong bể đế đáy dưới của vật M). Cho rằng vật M không làm thay đổi mực nước và mực xăng trong bể. a) Từ đồ thị, xác định độ cao của cột xăng còn lại trong bể, chiều cao H và khối lượng M của mẫu vật. b) Cho khối lượng riêng của nước là D0 = 1000 kg/m3. Tính các khối lượng riêng D của vật M và D1 của xăng.

Câu 5: (2,0 điểm). Khi đến thăm phòng thí nghiệm của trường Chuyên Tổng hợp, bạn Nam được giáo viên thử sức bằng cách giao cho một số thiết bị bao gồm: một hộp kín có hai cực điện A và B (bên trong hộp có một nguồn điện không đổi có hiệu điện thế U mắc nối tiếp với một điện trở r theo sơ đồ như Hình 3); một vôn kế thông dụng có điện trở Rv; một chiếc điện trở mẫu có giá trị R1 = 20Ω; một sợi dây dẫn điện MN có điện trở suất lớn, tiết diện thẳng hình tròn với đường kính khoảng gần 1 mm, có chiều dài khoảng chừng 1m, không có vỏ bọc cách điện; các khoá điện và dây nối bằng đồng với điện trở nhỏ không đáng kể và đủ dùng; một bộ đồ dùng để Nam có thể sử dụng nếu thấy cần thiết (gồm bút viết, giấy để ghi chép, thước thẳng dài 30 cm có vạch chia đến mi – li – mét). Nam có nhiệm vụ xác định điện trở suất ρ của sợi dây dẫn MN nhờ vào các dụng cụ này. Với sự nhanh nhẹn, Nam đã hoàn thành nhiệm vụ được giao.

a) Bước 1, Nam mắc chiếc vôn kế vào giữa hai điểm A và B, ghi số chỉ U0 của vôn kế. Em hãy giúp Nam viết biểu thức tính U theo r, Rv và U0. b) Bước 2, mắc thêm điện trở R1 song song với vôn kế, ghi số chỉ U1 của vôn kế.

Bước 3, bỏ R1, mắc MN song song với vôn kế, ghi số chỉ U2 của vôn kế.

Nam đo được: U0 = 6,0 V; U1 = 5,0 V; U2 = 4,8 V.

Đặt R2 là giá trị điện trở của dây MN. Dễ nhận thấy R2 < R1.

Hãy tính tỉ số R2/R1 theo các số liệu đã đo, từ đó tính giá trị R2. c) Bước 4, để có đủ các thông số xác định ρ, Nam đo chiều dài và đường kính của dây dẫn MN. Theo em, bạn Nam nên làm như thế nào để đo được đường kính của dây MN với độ chính xác cao?

Nếu em đã làm xong cả 3 phần trên thì lời giải cho Câu V đã được hoàn thành và em không phải làm thêm nhiệm vụ này. Còn nếu ở phần b) em không giải ra được giá trị R2, em vẫn có thể hoàn thành suất xắc được nhiệm vụ mà giáo viên giao cho bằng cách đề xuất một phương án thực nghiệm khác để xác định được điện trở của dây MN. Có nhiều phương án thí nghiệm để làm được điều này, trong số đó có những phương án kém khả thi trên thực tế. Một trong những lí do của việc này là sự chênh lệch lớn giữa giá trị điện trở của vôn kế và các điện trở khác có trong thí nghiệm mà khả năng chính xác của chiếc vôn kế không đủ. Tuy nhiên, có một số phương án khác thì khắc phục được nhược điểm này và có thể cho ta những tính toán đơn giản, thậm chí tốt hơn phương án của Nam. Điều này dựa vào sự thông minh của em.

Hãy tìm phương án thí nghiệm đó.

Ghi chú: nếu em đề xuất được phương án thí nghiệm khả thi, trình bày rõ ràng, em vẫn đạt được điểm tối đa cho phần b). Trong trường hợp này em nhớ vẽ các sơ đồ mạch điện, ghi chú các đại lượng cần đo và lập công thức tính điện trở của dây dẫn MN theo các đại lượng mà em định đo.

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Mạch điện gồm (RMC // R1) nối tiếp RCN

a, RMC = 12Ω, RCN = 10Ω  RAC 

R1 RMC  6Ω R1  RMC

U AC RAC RAC U 9   U AC  U AB  9 Ω  I A  AC   0, 75 A U AB RAC  RCN RAC  RCN RMC 12

b, RX = RMC, ( 0 < Rx< 22)

I A  0,8 A  U AC  0,8 RX  U BC  24  0,8 RX

I AB 

U BC 24  0,8 RX  (1) RCN 22  RX

I AB  I MC  I RX  0,8 

Từ (1) và (2) suy ra:

0,8 RX (2) 12

24  0,8 RX 0,8 RX  0,8  22  RX 12

 R  16 (thoả mãn)  RX 2  22 RX  96  0   X  RX  6 Câu 2: a) Tính tỷ số m1/m2 và m1/m Khi đổ nước ở lần lượt ở các bình 1 vào bình 1 và bình 2 vào bình 1 ta thấy đã xảy ra quá trình trao đổi nhiệt - Ở lần đổ nước đầu tiên : Đổ lượng nước m từ bình 1 sang bình 2 ta có: Qthu = mC.(50 – 20) = 30mC (J) Qtỏa = m2C.(70 – 50) = 20 m2C (J) Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt cho lần thứ nhất này ta có Qthu = Qtỏa  30mC  20m2 C  m 

2 m2 1 3

- Ở lần đồ thứ 2 : Đổ lượng nước m từ bình 2 về bình 1 ta có Qthu =  m1  m  .C.  30  20   10  m1  m  .C  J  Qtỏa = m.C.  50  30   20mC  J  Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt cho lần thứ nhất này ta có Qthu = Qtỏa  10  m1  m  C  20mC  m1  m  2m  m1  3m 

Từ (1) và (2) ta có Kết luận tỷ số:

m1  3 2 m

m1 2 m2

m1 m  2; 1  3 m2 m

b) Tiếp đó, đổ một nửa lượng nước từ bình 1 vào bình 2. Tìm nhiệt độ cân bằng mới của bình 2 Sau hai lần đổ 1 và 2 ta thấy khối lượng nước trong hai bình là không đổi nên ta có Bình 1 : m1, t1’= 30 0C Bình 2: m2, t2’ = 50 0C

Gọi nhiệt độ cân bằng mới ở bình 2 là t Theo bài ra ta có : Qthu =

m1 .C.  t  30  J  2

Qtỏa = m2 C  50  t  J  Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt ta có Qthu = Qtỏa 

m1 C.  t  30   m2 C  50  t  ;  m1  2m2  2



2m2 C. t  30   m2 C 50  t   t  30  50  t  2t  80  t  40 0 C 2

Vậy nhiệt độ cân bằng mới ở bình 2 là 400C Câu 3: a) Cách vẽ - Tia sáng theo phương CD // trục chính của thấu kính có tia ló đi qua tiêu điểm F gọi là tia (1) - Xét hai tia đi qua quang tâm O là CO và DO cắt tia ló (1) tại C’ và D’. Từ C’ và D’ hạ vuông góc xuống trục chính ta được B’ và A’

b) Ta có: AB = BC = AD = OI = a; B’C’ = h2; A’D’ = h1; A’B’ = b Do: Δ F OI  Δ F AD   Tương tự : OB  

f (a  h1 ) AF  OF  OA    OA  AD  OI a  h1 a

f (a  h2 ) a

(2)

Từ (1) và (2) kết hợp: OB   OA  b  f (h2  h1 )  ab CTTK:

1 1 1   f OA OA

Từ (1) và (4) suy ra: OA 

(4) f (h1  a ) h1

(5)

(3)

(1)

Tương tự: OB 

f (h2  a ) h2

(6)

Từ (5) và (6) kết hợp với OA  OB  a  f (h2  h1 )  h1 h2 Từ (3) và (7) ta được: ab  h1 h2  c) Ta có: a  Từ (7): f 

b h1 h2  a a a

(7)

(đpcm)

h1 h2 7,5.10   5(cm) b 15

h1 h2 10.7,5   30(cm) h2  h1 10  7,5

Câu 4: a. Đồ thị nằm ngang ứng với T = 6 N là giai đoạn vật M ngập hoàn toàn trong xăng.

Từ đó suy ra chiều cao của vật M là H = 30 cm và chiều cao cột xăng trong bể là L = 150 cm Khi x = 0 thì T = 10M = 12 N => M = 1,2 kg b. Ta có: Khi vật M ngập hoàn toàn trong xăng thì: T  6 N  10 M  10 D1 SH

(1)

Khi M ngập hoàn toàn trong nước thì: T  4 N  10 M  10 Do SH  10 SH 

Thay (2) vào (1) ta được: 6  12 

10 M  4 10.1, 2  4 8   Do Do Do

8 D1 3  D1  Do  750(kg / m3 ) Do 4

Từ đồ thị (ứng với x từ 0 đến 30 cm) ta suy ra: 10 D1 S 

S

2 2 1 M   (m 2 )  D   10 D1 7500 3750 SH

Câu 5: a) U 

U0  RV  r  RV

b) Bước 2 khi mắc R1 // V Ta có : Rtd 1 

R1 RV U ;U   Rtd 1  r  R1  RV Rtd 1

Tương tự khi mắc MN // V Rtd 2 

R2 RV U .RV ;U 0  R2  RV RV  r

(2)

12  6  0, 02( N / cm)  2( N / m) 30

1, 2  15000(kg / m3 ) 1 .0,3 3750

R1 .RV R1  RV U .R1 .RV U1   R1 .RV R1 .RV  r  R1  RV r R1  RV U

U2 



U .R2 .RV R2 .RV  r  R2  RV 

U 0 R1 .RV  rR1  rRv 6   U1 ( Rv  r ) R1 5

5( R1 .RV  rR1  rRv )  6 ( Rv  r ) R1   R1 

5rRv Rv  r

4rRv U 2 R2 .RV  rR2  rRv 6    R2  U1 ( Rv  r ) R2 4,8 Rv  r

Từ (1) và (2) 

R1 5  R2 4

c) Để đo đường kính dây Nam cần quấn các vòng dây từ vạch 0 của thước . Quấn các vòng dây liên tiếp nhau. Đường kính dây = chiều dài cuộn dây chia cho số vòng dây. Đề đo chính xác Nam cần quấn các sợi dây càng khít nhau càng tốt và số vòng dây càng nhiều càng tốt ( quấn hết cả sợi dây) và đêm số vòng không được sai.

Thi vào khối chuyên vật lý Hà Nội - Năm học 2017 - 2018 Câu 1: (1,5 điểm) Máy cơ đơn giản Công cơ học là đại lượng vật lí phụ thuộc vào lực tác dụng và quãng đường chuyển động của vật đó. Xuyên suốt lịch sử, con người đã phát triển một số máy cơ đơn giản giúp họ thực hiện công cơ học dễ dàng hơn qua một hoặc nhiều chức năng sau: - Truyền lực từ chỗ này sang chỗ khác; - Đổi hướng của lực; - Thay đổi độ lớn của lực hoặc thay đổi quãng đường.

1) Tìm từ hoặc cụm từ thích hợp điền vào chỗ trống (…) để hoàn thiện các đoạn văn dưới đây (Chỉ viết vào tờ giấy thi từ hoặc cụm từ đó lần lượt theo thứ tự a, b, c, d): Trong thực tế, nêm là sự mở rộng của mặt phẳng nghiêng, được dùng để đổi hướng của lực đầu vào. Ví dụ: để giữ không cho cánh cửa chuyển động, ta dùng lực theo phương ngang để đẩy nêm vào khoảng trống giữa sàn nhà và cạnh dưới của cánh cửa, nêm tạo ra áp lực mang lại lực …(a)… ngăn cánh cửa chuyển động; muốn tách một khúc gỗ dọc theo thớ của nó, ta tạo ra vết nứt ở giữa khúc gỗ sau đó đặt nêm vào vị trí này. Một lực lớn của búa tạ …(b)… sẽ làm cho khúc gỗ tách đôi.

Đường ren trong ốc vít được coi là một mặt nghiêng dài cuộn xung quanh một trục nên hiệu suất cơ học của nó có thể đạt tới giống như mặt phẳng nghiêng. Khi ốc tiếp xúc với vật cần chốt giữ, lực xoay ốc sẽ …(c)… so với áp lực của ốc lên vật. Người ta thường kết hợp với một máy cơ đơn giản là …(d)… để ốc quay dễ dàng.

2) Bạn phải đo khối lượng của một vật trong khoảng từ 2kg đến 3kg mà trong tay có một lực kế với giới hạn đo là 10N. Trình bày tóm tắt một phương án đo có sử dụng máy cơ đơn giản và dự kiến nguyên nhân làm sai lệch kết quả đo.

Câu 2: (1,5 điểm)

Anh Nam lái xe đi chơi, trên đường đi bất ngờ một con bò xuất hiện ở trước đầu xe nên anh phải phanh gấp. Lập tức, anh quyết định quay về nhà theo đường khác vì không yên tâm với hệ thống phanh của xe. Dưới đây là bản ghi đơn giản tốc độ chiếc xe theo thời gian:

1) Xe của anh Nam đã đi với tốc độ tối đa là bao nhiêu?

2) Anh nam phanh gấp vào thời điểm nào?

3) So sánh độ dài đoạn đường khi đi vào đoạn đường khi về của anh Nam. Câu 3: (1,5 điểm) Một dây dẫn kim loại khi có dòng điện 10A đi qua thì nóng tới 550C, khi có dòng điện 2A đi qua thì nóng tới 1600C. Coi nhiệt lượng toả ra trên dây tỉ lệ thuận với chênh lệch nhiệt độ giữa dây và môi trường; nhiệt độ của môi trường và điện trở của dây không đổi.

1) Tìm nhiệt độ dây đạt được khi có dòng điện 15A đi qua.

2) Dây dẫn kim loại trên có nhiệt độ nóng chảy là 327,30C. Tìm cường độ dòng điện giới hạn đi qua dây dẫn.

3) Dây dẫn kim loại trên thường được dùng cho thiết bị điện nào? Nêu công dụng chủ yếu của thiết bị đó.

Câu 4: (2,0 điểm) Một điểm sáng S nằm trên trục chính của thấu kính O, màn E đặt vuông góc với trục chính tại M. Thấu kính và màn được giữ cố định với khoảng cách OM = 40cm (hình 1).

1) Khi SO = 20cm thì kích thước vệt sáng trên màn bằng kích thước thấu kính. Tìm tiêu cự của thấu kính.

2) Điều chỉnh SO = 30cm rồi đánh dấu kích thước vệt sáng trên màn. Nếu di chuyển S trên trục chính của thấu kính một đoạn là x thì vệt sáng trên màn lại có kích thước như cũ. Tìm x và chiều di chuyển của S.

Câu 5: (1,0 điểm)

Hình 2 mô tả nguyên lý cấu tạo một chiếc cân khối lượng: Đĩa Đ được gắn với lò xo L; L có thể biến dạng để thay đổi điểm tiếp xúc của con chạy C trên biến trở Rx; R là điện trở cố định; vôn kế và ampe kế rất nhạy; nguồn điện có hiệu điện thế không đổi U. 1) Đóng khoá K và đặt vật nặng lên đĩa D. Ta căn cứ vào số chỉ của ampe kế hay vôn kế để xác định khối lượng của vật? Giải thích.

2) Nêu vai trò của điện trở cố định R. Câu 6: (2,5 điểm) Cho mạch điện như hình 3; nguồn điện có hiệu điện thế không đổi U = 6V; các điện trở R1 = 1Ω; R2 = 1,8Ω; R3 = 2Ω; R4 = 1Ω; R5 = 2Ω; vôn kế có điện trở rất lớn; điện trở khoá K và các dây nối rất nhỏ.

1) Tính số chỉ của vôn kế và công suất tiêu thụ của R5 trong các trường hợp: a) K mở. b) K đóng.

2) Thay điện trở R5 bằng biến trở Rx có công suất giới hạn là 1,5W. Đóng khoá K, tăng dần giá trị Rx từ 0 thì công suất tiêu thụ của Rx và số chỉ vôn kế thay đổi thế nào?

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: 1) Các từ cần điền vào chỗ trống là: a : Ma sát b: Được nêm chuyển hướng phương ngang c: nhỏ hơn d: đòn bẩy

2) Do vật được đo có trọng lượng trong khoảng 20N đến 30N mà ta chỉ có lực kế có giới hạn đo là 10N nên mình cần dùng máy cơ đơn giản để hạ trọng lượng của vật trong quá trình đo.

Có nhiếu cách để hạ trọng lượng của vật thông qua máy ở đây mình xin trình bày phương pháp sử dụng hệ thống ròng rọc động để đo. Hệ thống ròng rọc được bố trí như hình vẽ dưới đây:

Ở vị trí P ta treo vật, khi đi qua hệ thống ròng rọc này trọng lượng ròng rọc giảm đi 4 lần nên vị trí P/4 ta mắc lực kế để thỏa mãn điều kiện trọng lượng vật cần đo nhỏ hơn giới hạn đo của lực kế - Các nguyên nhân có thể làm sai lệch kết quả đo gồm có : Ma sát của sợi dây vào ròng rọc, khối lượng của ròng rọc.

Câu 2: Bản ghi đơn giản tốc độ chiếc xe theo thời gian mà anh Nam đã thực hiện:

1) Tốc độ tối đa mà xe của anh Nam đi được là 40km/h 2) Thời điểm anh Nam phanh gấp là 9h06’ 3) Dựa vào đồ thị ta thấy quãng đường lúc đi là: 1 1 1 1 1 47 km s1  .8.  .(8  40).  20.8.  2 60 2 60 60 15 1 1 1 1 1 29 Quãng đường lúc về là: s2  .(8  24).  9.8.  .24.  km 2 30 60 2 60 15

Ta thấy: s1 > s2 suy ra độ dài đoạn đường đi lớn hơn độ dài đoạn đường về Câu 3: 1, Gọi nhiệt độ môi trường là t.

Khi đưa dòng điện I1 = 10A qua dây: Q1  I12 R  (55  t )k (k: hệ số tỉ lệ thuận) => 100R = (55 – t)k (1)

400 R  (160  t )k (2) Tương tự khi đưa dòng điện I2 = 20A; I3= 15A ta có:  225 R  (t   t )k (3)  100 R  (55  t )k 400 t  20 Từ (1), (2), (3) ta có:    R  (160  t )k 225 R  (t   t )k t   98, 75 2, Ta có: I gh 2 R  (327,3  20)k (4) Chia (4) cho (1) ta được:

I gh 2 100



327,3  20  I gh 2  878  I gh  878  29, 63 A 55  20

3, Dây dẫn kim loại trên thường dùng cho cầu chì.

Tác dụng của cầu chì là ngắt mạch điện khi cường độ dòng điện qua mạch quá lớn để bảo vệ các thiết bị dùng điện khác.

Câu 4: 1) Tứ giác SAF1’O là hình bình hành SO = AF1’ (1) Tứ giác AF1’F’O là hình vuông => AF1’ = OF’

(2)

Từ (1) và (2) suy ra OF’ = SO = 20cm Vậy tiêu cự của thấu kính là f = 20cm

2) Giả thiết: OS1 = 30 cm; OS2 = 30 + x (cm); MA1 = MA2

OS1 . f  60cm OS1  f

Ta có: OK 

Do A1M là đường trung bình của tam giác KOA nên: A1 M KM OK  OM 60  40 2     (3) OA OK OK 60 3

Lại có: OH 

OS 2 . f (30  x).20 (30  x).20 20 x  200   HM  OM  OH  40   OS 2  f 10  x 10  x 10  x

Do: Δ AOH  Δ A2 MH  Từ (3) và (4) ta được:

MA2 HM 20 x  200 x  10    OA OH (30  x).20 30  x

(4)

x  10 2   x  90cm 30  x 3

Chiều di chuyển của S là chiều ra xa thấu kính đổi Câu 5: 1, Khi đặt một vật có khối lượng m lên đĩa cân, đĩa cân sẽ bị thụt xuống 1 đoạn ∆l : Δl 

10m k

Điện trở đoạn biến trở lúc đó là : R1  Ta có : I A 

Δl .Rx (l0 là chiều dài điện trở) l0

U R  R1

   U .R1 R1 1   UV   U. U  R  R1 R  R1  1 1 R   1 

Vậy, không thể sử dụng đơn độc số chỉ của ampe kế hay vôn kế.

Ta sẽ phải dùng cả hai.

R1 

UV IA

Từ suy ra m.

2, Điện trở R có tác dụng bảo vệ Ampe kế khi đặt vật nhẹ hoặc không đặt vật lên đĩa cân.

Câu 6: 1a) K mở :

Ta có: I1  I 2  I 5 

U  1, 25 A R1  R2  R5

Suy ra số chỉ vôn kết là: UV  U AC  R2 I 2  R5 I 5  1,8.1, 25  2.1, 25  4, 75V Công suất tiêu thụ của R5 là: P5  R5 I 52  2.1, 252  3,125 W 1b) K đóng:

Ta có: I1 = I2 ; I3 = I4 và I5 = I3 + I4 Lại có: U  ( R1  R2 ) I1  U BC và U BC  R5 I 5  ( R3  R4 ) I 3 Kết hợp các phương trình trên ta được: I 5  0,9 A; I 2  1,5 A; I 3  0, 6 A Suy ra số chỉ vôn kế là: UV  U AD  R2 I 2  R5 R5  4,5 V Công suất tiêu thụ của R5 là : P5  R5 I 52  2.0,92  1, 62 W 2) Tương tự ý 1b ta được Dòng điện chạy qua biến trở là: I x 

Và số chỉ vôn kế là: UV 

6 29 2,8  Rx 15

10,8  7, 6 Rx 29 2,8  Rx 15

Công suất tiêu thụ trên Rx là: Px  Rx I x2 

 Rx  0, 47 Giải (3) ta được:   Rx  4,5 Vậy:

(1)

(2)

36 Rx  1,5 29 2 (2,8  Rx ) 15

(3)

 Rx  0, 47 * Khi  thì Rx tăng vôn kế tăng  Rx  4,5 Khi 0,47Ω < Rx < 4,5Ω (biến trở không hoạt động) nên số chỉ của vôn kế không đổi *Khi Rx  0, 47 Ω thì công suất trên Rx tăng từ 0 đến 1,5 W khi Rx tăng Khi Rx  4,5Ω thì công suất trên Rx giảm từ 1,5 W đến 0 khi Rx tăng

Đề thi vào khối chuyên vật lý thành phố Hồ Chí Minh - Năm học 2017 - 2018 Câu 1: (2 điểm) Hai quả cân giống nhau bằng kim lọai, mỗi quả cân có khối lượng m = 100g. Để đo nhiệt dung riêng c của mỗi quả cân, người ta thực hiện như sau.

Dùng hai bình nhiệt lượng kế A và B giống nhau, mỗi bình có khối lượng mo, nhiệt dung riêng co. Đổ vào bình nhiệt lượng kế A một lượng nước có khối lượng mA = 100g và đổ vào bình nhiệt lượng kế B một lượng nước có khối lượng mB = 200g. Ban đầu nhiệt độ trong mỗi bình là to = 30oC, nhiệt độ mỗi quả cân là t = 100oC. Thả vào mỗi bình một quả cân. Khi có cân bằng nhiệt, nhiệt độ trong bình A là tA = 35,9oC và nhiệt độ trong bình B là tB = 33,4oC. Bỏ qua sự tỏa nhiệt từ bình nhiệt lượng kế ra môi trường xung quanh. Cho nhiệt dung riêng của nước là c’ = 4200 J/(kg.K).

Tìm c. Quả cân được chế tạo từ một hợp kim gồm hai kim loại là đồng và nhôm. Cho biết nhiệt dung riêng của đồng là c1 = 380 J/(kg.K), nhiệt dung riêng của nhôm là c2 = 880 J/(kg.K). Tìm tỉ số khối lượng của đồng có trong quả cân với khối lượng của quả cân. Cho rằng hợp kim không làm thay đổi nhiệt dung riêng của từng kim loại thành phần trong hợp kim.

Câu 2: (2 điểm) Một thấu kính hội tụ tiêu cự f. Một người có chiều cao 1,6m được coi như vật AB đặt trước thấu kính theo phương vuông góc với trục chính, A nằm trên trục chính. Đặt một màn ảnh vuông góc với trục chính ở sau thấu kính 42 cm, ta quan sát được ảnh A’B’ của người đó hiện rõ trên màn, ảnh này có chiều cao là 8cm. a) Dùng phép vẽ và phép tính hình học, hãy tìm f. b) Thấu kính nêu trên có bề mặt hình tròn, đường kính bề mặt là MM’. Một chùm tia sáng song song của mặt trời chiếu đến toàn bộ thấu kính theo phương vuông góc với bề mặt của thấu kính. Một màn ảnh đặt sau thấu kính, vuông góc với trục chính của thấu kính. Trên màn, ta quan sát được một vết sáng hình tròn có đường kính N1N1’ = 4cm. Dời màn ra xa dần thấu kính một đoạn, vết sáng hình tròn trên màn nhỏ dần và khi mà dời đi được 10 cm so với vị trí ban đầu thì vết sáng hình tròn trên màn có đường kính N2N2’= 2cm. Hãy tìm MM’.

Câu 3: (2 điểm) Một mạch điện gồm nguồn điện, điện trở R = 40 và một bộ bóng đèn. Điện trở R và bộ bóng đèn mắc nối tiếp nhau. Hiện điện thế ở hai đầu nguồn điện là U = 4,5 V không đổi. Bộ bóng đèn gồm hai đèn Led giống nhau mắc song song, mỗi đèn có hiệu điện thế định mức Uo = 3 V, công suất định mức Po = 0,045 W. Để các đèn sáng đúng định mức , ngươi ta phải mắc nối tiếp thêm vào trong mạch một điện trở R’.

a) Tìm R’. b) Vẫn giữ R và R’ nhưng tháo bỏ mạch một bóng đèn. Công suất tiêu thụ của bóng đèn còn lại trong mạch là bao nhiêu? c) Tháo R khỏi mạch, giữ lại R’ mắc nối tiếp với bộ bóng đèn. Mắc thêm một số bóng đèn vào mạch để tạo thành một bộ bóng đèn gồm x đèn giống nhau mắc song song, mỗi đèn vẫn có hiệu điện thế định mức là 3V, công suất mức là 0,045 W. Tìm x để công suất tiêu thụ của mỗi bóng đèn không thấp hơn công suất định mức.

Câu 4: (2 điểm) Khi lưu thông trên đường cao tốc, xe phải giữ khoảng cách an toàn với xe phía trước (hình 1) để có thể xử lý kịp thời khi xe phía trước gặp sự cố.

Khoảng cách an toàn này phụ thuộc vào tốc độ và đã được nêu trong một số quy định của chính phủ. Tuy nhiên để dễ nhớ, khi lưu thông vào ban ngày và trên đường khô ráo người ta thường tính toán theo một quy tắc gần đúng như sau: khoảng cách an toàn tối thiểu (theo đơn vị m) bằng tốc độ của xe ( theo đơn vị km/h) . Ví dụ tốc độ của xe là 80km/h thì khoảng cách an toàn tối thiểu với xe phía trước là 80m, tốc độ xe là 100km.h thì khoảng cách an toàn tối thiểu với xe phía trước là 100m. Để thấy được cơ sở khoa học của quy tắc trên, hảy cùng tham khảo bài toán sau.

Một xe ô tô đang chuyển động trên đường cao tốc nằm ngang với tốc độ v = 108km/h thì thấy một sự cố trên đường ở phía trước nên giảm hẳn ga và thắng gấp xe lại. Thời gian từ lúc thấy sự cố đến lúc xe bắt đầu giảm ga và thắng lại là to= 1 s. Thời gian từ lúc xe băt đầu thắng lại đến lúc xe dừng hẳn phục thuộc vào tốc độ v ban đầu của xe theo quy luật t = v/8, trong đó t tính bằng giây và v tính bằng m/s. Cho biết khi xe thắng lại, tốc độ của xe giảm đều và tốc độ trung bình của xe bằng trung bình cộng tốc độ ban đầu và cuối của xe. a) Khoảng cách an toàn tối thiểu của xe khi áp dụng theo quy tắc trên là bao nhiêu? b) Quãng đường đi của xe từ lúc bắt đầu đến thấy sự cố phía trước đến lúc xe dừng lại là bao nhiêu ? c) Xe ô tô nêu trên được lắp đặt một thiết bị an toàn trên xe. Khi xe chuyển động, thiết bị đó có thể dò tìm và phát hiện vật cản phía trước xe.khí thiết bị phát hiện được vật cản trước xe trong phạm vi nguy hiểm, nó lập tức cảnh báo tài xế , kéo dài trong thời gian t’ = 3s. Sau thời gian này nếu xe vẫn chưa được thắng lại, thiết bị sẽ lập tức tực động tác dụng lên xe để thắng gấp xe lại. Hỏi khi xe đang chuyển động với tốc độ 90 km/h, thiết bị phải bắt đầu phát tín hiệu cảnh báo lúc xe cách vật một khoảng tối thiểu là bao nhiêu ?

Câu 5: (2 điểm) Một học sinh khảo sát một mạch điện mắc nối tiếp như hình 2. Nguồn điện MN có hiệu điện thế U = 3V không đổi , Ro là một điện trở thuần, R là một bình thủy tinh hình hộp chữ nhật đặt thẳng đứng chứa nước muối . Các mặt trong ADD’A’ và BCC’B’ của bình được gắn các tấm kim loại có điện trở rất nhỏ và được dây dẫn nối với mạch điện ngoài hộp. Chiều dài cạnh AD = d = 10 cm, AB = l = 24cm. Chiều cao cột nước muối trong hình là AH = h, h có thể thay đổi được. Khối nước muối trong hộp tạo thành một điện trở có giá trị là R. Điện trở suất của nước muối là ρ. Ampe kế có điện trở không đáng kể. a) Lập biểu thức tính cường độ dòng điện I trong mạch theo U, Ro, d, l, h, ρ.

1 1 b) Đặt x  , y  , học sinh vẽ được đồ thị mô tả sự thay đổi của y theo x có dạng một nửa h I

đường thẳng (∆) như hình 3. Đường (∆) hợp với trục Ox góc α = 90. Từ đồ thị, hãy tìm các giá trị của Ro và ρ. c) Tìm I khi h = 16 cm.

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: a. Xét quá trình cân bằng nhiêt ở mỗi bình. Ta có: + Ở bình A ta có phương trình cân bằng nhiệt:

mc(t  t A )  (mA c   m0 c0 )(t A  t0 )  0,1c(100  35,9)  (m0 c0  0,1.4200)(35,9  30)  6, 41c  5,9m0 c0  2478(1)

+ Ở bình B ta có phương trình cân bằng nhiệt:

mc(t  t B )  (mB c   m0 c0 )(t B  t0 )  0,1c(100  33, 4)  (m0 c0  0, 2.4200)(33, 4  30)  6, 66c  3, 4m0 c0  2856(2) Giải hệ phương trình tạo bởi 2 phương trình (1) và (2) ta được c = 481,44 (J/(kg.K)) b. Ta dùng phương pháp sơ đồ đường chéo để tính toán:

Tỷ lệ khối lượng giữa đồng và nhôm trong hợp kim là: Tỷ lệ khối lượng của đồng trong quả cân là :

101, 4  0, 2028 101, 4  398, 6

Câu 2: a.

Ta có:

d AB 160    20  d  42.20  840(cm) d  AB  8

1 1 1    f  40(cm) f d d

b.

101, 4  0, 2543 398, 6

Màn ở vị trí E cho vệt sáng N1N1’. Dời màn ra xa thấu kính thì vệt sáng nhỏ đi chứng tỏ màn vẫn nằm trong tiêu cự của thấu kính.

Khi chuyển đến E’ bán kính vệt sáng còn ½ nên ta có

FE  2 . Mà EE’ = 10cm vậy FE = FE 

20cm Ta có:

MM  f 40    MM   2 N1 N1  8(cm)  FE 20 N1 N1

Câu 3:

U 02 32 a. Điện trở mỗi đèn là : R0    200(Ω) P0 0, 045 Bộ 2 đèn mắc song song có điện trở là : R1 

R0  100(Ω) 2

Khi bộ hai đèn sáng bình thường ta có : U0 R1 3 100    2; R   40   R   10(Ω) R  R  U  U 0 4,5  3 2

b. Khi tháo một bóng đèn ra khỏi mạch ta có: I 

U 4,5   0, 018( A)  P   I 2 Ro  0, 648(W )  R  R  Ro 40  10  200

c. Càng nhiều bóng đèn thì điện trở của bộ bóng đèn càng giảm. Điện trở của bộ bóng đèn khi có x bóng mắc song song là: Rx 

R0 x

Hiệu điện thế trên bộ bóng đèn là :

Ux 

U Rx  R   Rx

4,5 200 90 .  (V ) 200 x x  20 10  x

Để công suất bóng đèn không thấp hơn công suất định mức thì phải thoản mãn điều kiện: U x  U0 

90  3  90  3 x  60  x  10 x  20

Vậy tối đa có thể lắp 10 bóng đèn song song để thỏa mãn yêu cầu của đề bài.

Câu 4: a. Khoảng cách an toàn tối thiểu xe phải đạt theo quy tắc là 108 m b. Đổi đơn vị: 108km / h 

108000m  30m / s 3600 s

Thời gian xe dừng lại từ lúc thắng lại là : t 

30  3, 75( s ) 8

Khi xe bắt đầu thắng lại xe có vận tốc v và khi xe dừng lại xe có vận tốc là 0. Mà tốc độ trung bình trong thời gian xe đang thắng bằng trung bình cộng của vận tốc đầu và vận tốc cuối, vậy tốc độ trung bình là

v 2

Tổng quãng đường xe đi được là : t0 v  t c. Đổi đơn vị: v   90km / h 

v 30  30.1  3, 75.  86, 25(m) 2 2

90000m  25m / s 3600 s

Thời gian xe dừng lại từ lúc thắng lại là : t 

25  3,125( s ) 8

Khoảng cách tối xe phải bắt đầu phát tín hiệu là : t v   t

v 25  25.3  3,125.  114, 0625(m) 2 2

Câu 5: a. Điện trở của bình là: R  

l l  S h.d

Biểu thức cường độ dòng điện trong mạch là : I 

b. Ta có : R  

U  R  R0

U



l  Ro h.d

l l   . .x h.d d

Tại x = 0 thì R = 0  I 

U 1  ( A); Ro  9(Ω) R0 3

Vì đường thẳng (∆) hợp với Ox góc 90 nên ta có: y  3  tag (9o ) x Mà ta có : Vậy :

l Ud

l 1 R  R0   .x  3 I U Ud  tag (9o )   

c. Khi h = 16 cm ta có :

3.0,1 .tag (9o )  0,1980 0, 24

1 l 1 0,1980.0, 24 . 3   3  3,990  I  0, 250( A) I Ud h 3.0,1.0,16

Đề thi vào chuyên vật lý trường THPT chuyên Biên Hòa - Hà Nam - Năm học 2017 2018 Câu 1: (1,5 điểm).

Hai vật chuyển động thẳng đều trên một đường thẳng. Nếu hai vật chuyển động ngược chiều nhau thì cứ sau 10 giây khoảng cách giữa hai vật lại giảm đi 55m. Nếu hai vật chuyển động cùng chiều nhau thì cứ sau 10 giây khoảng cách giữa hai vật lại tăng thêm 25m. Tính vận tốc mỗi vật.

Câu 2: (2,0 điểm).

Cho một số chai sữa hoàn toàn giống nhau đang có nhiệt độ tx0C và một bình cách nhiệt chứa nước, nhiệt độ nước trong bình là to = 360C. Thả chai thứ nhất vào bình chứa nước, khi cân bằng nhiệt chai thứ nhất có nhiệt độ t1 = 330C. Lấy chai thứ nhất ra khỏi bình chứa nước, thả chai thứ hai vào bình chứa nước, khi cân bằng nhiệt chai thứ hai có nhiệt độ t2 = 30,50C. Thực hiện các bước như trên với những chai sữa tiếp theo. Bỏ qua sự hao phí nhiệt. a) Tìm nhiệt độ tx0C. b) Đến chai sữa thứ bao nhiêu thì khi lấy chai sữa ra nhiệt độ nước trong bình bắt đầu nhỏ hơn 260C? Câu 3: (3,0 điểm) Mạch điện như hình 1. Biết R1 = R2 = 3; R3 = 2; R4 là một biến trở. Ampe kế, các dây nối và khóa K có điện trở không đáng kể. Vôn kế có điện trở vô cùng lớn.

1. Khóa K mở. Điều chỉnh biến trở có giá trị R4 = 4, khi đó Vôn kế chỉ 2V. Xác định UBD? 2. Khóa K đóng, đặt vào hai điểm B, D một hiệu điện thế UBD = 6V. a) Giữ nguyên giá trị R4 = 4. Tìm số chỉ Ampe kế và Vôn kế? b) Tăng giá trị biến trở R4 từ 0, số chỉ của Ampe kế thay đổi như thế nào?

Câu 4: (2,5 điểm).

Cho hình vẽ như hình 2. Biết: xy là trục chính của thấu kính, S là nguồn sáng điểm, S’ là ảnh của S tạo bởi thấu kính. S, S’ cách trục chính xy những khoảng sao cho SH = 1cm; S’H’ = 3cm và HH’ = 32cm.

a) Xác định loại thấu kính. Bằng cách vẽ, xác định vị trí quang tâm và tiêu điểm chính. b) Tính tiêu cự của thấu kính.

Câu 5: (1,0 điểm).

Trong hộp kín X có mạch điện ghép bởi các điện trở giống nhau, mỗi điện trở có giá trị bằng 3 (Hình 3). Bỏ qua điện trở các dây nối.

Đo điện trở giữa hai đầu dây 2 và 4 cho ta kết quả là R24 = 0 . Đo điện trở giữa hai đầu dây 1 và 2; 1 và 4; 2 và 3; 3 và 4 cho ta kết quả là R12 = R14 = R23 = R34 = 5 . Đo điện trở giữa hai đầu dây 1 và 3 cho kết quả là R13 = 2 Hãy xác định cách mắc mạch điện đơn giản nhất trong hộp kín X. LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Gọi vận tốc của hai xe lần lượt là x và y (m/s) Khi hai vật chuyển động ngược chiều nhau thì cứ sau 10 giây khoảng cách giữa hai vật lại giảm đi 55m nên ta có : x + y =

55  5,5 (m/s) 10

Khi hai vật chuyển động cùng chiều nhau thì cứ sau 10 giây khoảng cách giữa hai vật lại tăng thêm 25m nên ta có x – y =

25  2,5 (m/s) 10

Giải hệ phương trình trên ta được x = 4 (m/s); y = 1,5(m/s).

Câu 2:

a). Do các chai sữa đều giống nhau nên nhiệt dung của chúng là như nhau. Vậy chúng đều là px. Gọi nhiệt dung của nước trong bình là p Do 2 lần cân bằng nhiệt nhiệt độ đều thấp hơn nhiệt độ của nước trong bình nên trong quá trình trao đổi nhiệt nước là vật cho nhiệt lượng, bình sữa là vật nhận nhiệt lượng.

Thả chai thứ nhất vào bình chứa nước, khi cân bằng nhiệt chai thứ nhất có nhiệt độ t1 = 330C. Ta có phương trình trao đổi nhiệt như sau: px(33 - tx) = p(36 – 33)

(1)

Lấy chai thứ nhất ra khỏi bình chứa nước, thả chai thứ hai vào bình chứa nước, khi cân bằng nhiệt chai thứ hai có nhiệt độ t2 = 30,50C. Ta có phương trình trao đổi nhiệt như sau: px(30,5 - tx) = p(33 – 30,5)

(2)

Lấy từng vế của pt (1) chia cho từng vế của phương trình (2) ta có: 33  t x 36  33   1, 2  t x  18(o C ) 30,5  t x 33  30,5

b). Thay vào pt (1) ta có : px (33  18)  p (36  33)  px 

p 5

Thả tiếp chai nước tiếp theo nhiệt độ cân bằng là t3. Ta có phương trình cân bằng nhiệt như sau : px (t3  t x )  p (t2  t3 )  t3  t x  5(t2  t3 )  6t3  t x  5t2  t3 

t x  5t2 18  5.30,5   28, 41(o C ) 6 6

Tương tự ta có: t4 

t x  5t 3 18  5.28, 41   26, 675(o C ) 6 6

t5 

t x  5t4 18  5.26, 675   25, 23(o C ) 6 6

Vậy đến chai sữa thứ 5 thì nước có nhiệt độ dưới 26 (oC) Câu 3: 1. Vì R1 = R2 nên U1  U 2  Vì

U BD 2

R4 R4 4 2 4 2   Nên   R3  R4 2  4 3 R3  R4 2  4 3

Vol kế chỉ 2V là giá trị hiệu điện thế giữa 2 điểm M và N. 2 1 Ta có : U NM  U 4  U 2  (  )U BD  2;U BD  12(V ) 3 2

2. a) Khóa K đóng mạch điện trở thành (R1// R3) nt (R2 //R4 ) Ta có: R 

R1 R3 RR 3  2 3  4 102 U 102 35  2 4    (Ω)  I   6   ( A) R1  R3 R2  R4 3  2 3  4 35 R 35 17

I1  I 

R3 35 2 14    ( A) R1  R3 17 2  3 17

I2  I 

R4 35 4 20    ( A) R2  R4 17 4  3 17

Ta có: I A  I1  I 2 

14 20 6   ( A) 17 17 17

Do Vol kế nối vào 2 đầu Ampe kế có điện trở bằng 0 nên Vol kế chỉ 0 Vol b) Ta luôn có: I1  I 

R3 RR RR ; I  U  ( 1 3  2 4 ); I A  I1  I 2 R1  R3 R1  R3 R2  R4

Khi R4 = 0, R nhỏ nhất , I lớn nhất, I1 đạt giá trị lớn nhất, mà lúc đó I2 = 0 do bị nối tắt nên IA đạt giá trị lớn nhất, Khi tăng giá trị R4 thì chắc chắn IA giảm và giảm đến 0 khi đạt mạch cầu cân bằng (khi R4 = 2Ω). Sau đó thì IA tăng nhưng không vượt quá giá trị giới hạn khi điện trờ R4 vô cùng lớn.

Câu 4: a. + Ảnh cùng chiều với vật nên ảnh là ảnh ảo. Ảnh ảo mà cách trục chính xa hơn vật nên thấu kính là thấu kính hội tụ. + Cách xác định thấu kính, quang tâm , tiêu điểm chính bằng phương pháp vẽ, ta làm theo các bước sau - Nối SS’ cắt trục chính ở đâu thì đó là quang tâm O - Tại quang tâm dựng đoạn thẳng vuông góc với trục chính ta đươc thấu kính - Từ S dựng tia sáng // trục chính , cắt thấu kính tại B, Nối S’B cắt trục chính ở đâu thì đó là tiêu điểm chính.

b)

OH SH 1   OH  S H  3

OH   OH  HH   32(cm); OH  16cm, OH   48cm

1 1 1    f  24cm f OH OH 

Câu 5: Vì R24 = 0 nên giữa đầu 2 và đầu 4 nối với nhau bởi dây dẫn mà không có điện trở R0 nào.

- Vì R13 = 2 < R = 3 nên giữa đầu 1 và đầu 3 phải có mạch mắc song song.

- Vì mạch đơn giản nhất nên ta chọn mạch song song có hai nhánh, số điện trở ở mỗi nhánh là x và y (x, y: nguyên dương).

- Ta có:

x3. y3  2  3 xy  2( x  y ) x3  y 3

- Để đơn giản, ta chọn x = 1, thay vào biểu thức trên ta có: y = 2.

Vậy mạch 1 - 3 có dạng đơn giản như hình vẽ (a).

- Vì R12 = R14 = R23 = R34 = 5= 3 + 2 Nên các mạch 1 - 2, 1 - 4, 2 - 3, 3 - 4 gồm một điện trở R mắc nối tiếp với mạch 1-3 ở trên. Vậy sơ đồ cách mắc đơn giản trong hộp X như trên hình vẽ (b).

Đề thi vào chuyên vật lý trường THPT chuyên Bắc Ninh - Năm học 2017 - 2018 Câu 1: An và Bình cùng đứng ở giữa một chiếc cầu. Khi thấy Long đang đi xe đạp về phía đầu cầu A, cách A đúng bằng chiều dài cầu thì hai bạn chia tay, đi về hai phía. An đi về phía A với vận tốc 6 km/h và gặp Long sau thời gian t1 = 3 phút tại A. Sau đó Long chở An cùng đuổi theo Bình và gặp Bình tại đầu cầu B sau thời gian t2 = 3,75 phút kể từ khi Long và An gặp nhau. a) Tính chiều dài chiếc cầu, vận tốc của Long đi xe đạp. b) Tìm vận tốc của Bình.

Câu 2: Một bình chứa nước có dạng lăng trụ thiết diện là tam giác đều như hình , cạnh dưới AA’ và mặt trên BCC’B’ của bình nằm ngang. Tại thời điểm ban đầu, nhiệt độ của nước trong bình tỷ lệ bậc nhất với chiều cao lớp nước; tại điểm thấp nhất trong bình nhiệt độ của nước là t1 = 40C và trên bề mặt của bình nhiệt độ của nước là t2 = 130C. Sau một thời gian dài, nhiệt độ của nước trong bình đồng đều là t0. Hãy xác định t0. Cho rằng các thành và nắp của bình (mặt trên) không dẫn nhiệt và không hấp thụ nhiệt.

Câu 3: Cho mạch điện như hình. Biết ampe kế chỉ 10 mA, vôn kế chỉ 2,0 V. Nếu đổi chỗ vôn kế và ampe kế thì số chỉ của ampe kế là 2,5 mA. Căn cứ vào những số liệu trên, tính giá trị của các đại lượng: hiệu điện thế U, điện trở R, điện trở của vôn kế RV và ampe kế RA.

Câu 4: Đặt một vật sáng AB có dạng một đoạn thẳng cao 2 cm, song song và cách màn một khoảng 22,5 cm. Giữa vật và màn là một thấu kính hội tụ L được đặt ở vị trí sao cho có một ảnh cao bằng nửa vật hiện ra rõ nét trên màn. Dịch màn lại gần vị trí ban đầu của vật, theo phương vuông góc với màn một đoạn 2,5 cm và sau đó thay đổi theo một trong hai cách dưới đây, người ta lại thu được ảnh rõ nét của vật trên màn: Cách 1: Giữ cố định vật và dịch chuyển thấu kính.

Cách 2: Giữ thấu kính cố định và dịch chuyển vật. a) Xác định độ cao của ảnh mới thu được theo cách thứ nhất. b) Xác định vị trí mới của vật và tính chất của ảnh mới thu được theo cách thứ hai.

Thí sinh được sử dụng công thức thấu kính:

1 1 1   f d d

Câu 5: Một lọ thủy tinh chứa đầy thủy ngân, được nút chặt bằng nút thủy tinh. Biết khối lượng riêng của thủy tinh và thủy ngân lần lượt là D1 và D2. Chỉ được dùng các dụng cụ là cân, bình chia độ và nước, hãy nêu phương án xác định khối lượng thủy ngân trong lọ mà không mở nút ra.

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Trong thời gian t1 = 3 phút, An đi được 0,05.6 = 0,3 (km).

Quãng đường này chính là nửa chiều dài cầu vì An và Bình đang đứng giữa cầu. => Chiều dài cầu: l = 0,3.2 = 0,6 (km) Vận tốc của Long đi xe đạp là v0 

0, 6  12(km / h) 0, 05

Bình đi quãng đường 0,3 km (nửa chiều dài cầu) trong thời gian: t2 = 0,05 + 0,0625 = 0,1125 (h) => Vận tốc của Bình là: v2 

0,3 8  (km / h) 0,1125 3

Câu 2: Cách giải : Ta chia khối nước trong bình ra làm n lớp nước mỏng nằm ngang với khối lượng tương ứng của các lớp nước là m1, m2,…, mn. Gọi nhiệt độ ban đầu của các lớp nước tương ứng là t1, t2, …, tn.Nhiệt độ cân bằng của khối nước trong bình khi n lớp nước trao đổi nhiệt với nhau là: t0 

m1t1  m2 t2  ...  mn tn m1  m2  ...  mn

Vì nhiệt độ của lớp nước tỉ lệ với chiều cao của lớp nước nên ta có: ti = A + B.hi Ở điểm thấp nhất thì h1 = 0 => t1 = A = 40C Ở điểm cao nhất h thì t2 = A + B.h = 130C Từ đó ta có : B 

t2  t1 9  h h

 ti  4 

m h  m2 h2  ...  mn hn 9 9 hi .Thay ti vào (1) ta được: t0  4  1 1 . h m1  m2  ...  mn h

Biểu thức

m1 h1  m2 h2  ...  mn hn chính là độ cao của trọng tâm tam giác (thiết diện hình m1  m2  ...  mn

lăng trụ) và có giá trị bằng 2h/3 h 9  t0  4  2 .  100 C 3 h

Câu 3: + Lúc đầu: Ta có U = UA1 + UV1 = 0,01RA + 2 (1) IA1 = IV1 + IR1 

2 2 1 R  200   0, 01   v Rv R R 200 Rv

1

+ Sau khi đổi chỗ ampe kế và vôn kế : Có U = UV2 + UA2

  R  200  R  RA   U  0, 0025.  .RV  RA   U  0, 0025.  RV  RA  v .RA .RV  200 Rv  R     200 Rv  RA RV   U  0, 0025.   2  200   Từ (1) và (2)  0, 01.  RA  200   0, 0025.

200  RA 800 .RV  RV  800Ω  R  Ω 200 3

Có : U = 0,01RA + 2 = 0,0025.(RA + 800 + 3RA) => RA = 3Ω => U = 2,03 (V) Câu 4: Lúc đầu :

Ảnh cao bằng nửa vật 

d 1  d 2

Mà d’ + d = 22,5 cm => d = 15 (cm) ; d’ = 7,5 (cm)

Áp dụng công thức thấu kính

1 1 1   f d d

=> f = 5 (cm).

Sau khi dịch màn lại gần vật, khoảng cách màn và vật là L = 22,5 – 2,5 = 20 (cm). a) Có d1 + d1’ = L = 20 (cm) Mà

1 1 1    => d1 = 10 (cm) và d1’ = 10 (cm) f d1 d1

d1 Độ cao ảnh mới thu được A1 B1  AB.  2cm d1 b) Giữ thấu kính cố định => khoảng cách ảnh mới đến thấu kính là d2’ = d’ – 2,5 = 5 (cm) Có

1 1 1    f d2 d2

Có d2’ = f => ảnh trùng với tiêu điểm của thấu kính => vật ở xa vô cùng Ảnh mới thu được có dạng điểm, hội tụ ở tiêu điểm của thấu kính.

Câu 5: Gọi thể tích của thủy ngân và thủy tinh là V1 và V2 Dùng cân đo khối lượng của lọ thủy tinh chứa thủy ngân bên trong, gọi giá trị đo được là M (kg) Đặt lọ thủy tinh vào bình chia độ, sau đó đổ nước sao cho vừa ngập lọ thủy tinh, đọc số chỉ mực nước ở bình chia độ là V3 (m3) Nhấc lọ thủy tinh ra, đọc số chỉ mực nước ở bình chia độ là V4 (m3) Thể tích của lọ thủy tinh là V = V3 – V4 (m3) Ta có : V1D1 + V2D2 = M ; V1 + V2 = V  V1  => Khối lượng thủy ngân : M 1  D1 .V1  D1 .

M  VD 2 D1  D2

M  VD 2 (kg ) D1  D2

Đề thi vào chuyên vật lý trường THPT chuyên Nguyễn Du - Đăk Lăk - Năm học 2017 2018 Câu 1: (2,0 điểm) Người ta dùng dây constantan có tiết diện 1mm2 để quấn dây mayso có công suất 1kW. Biết hiện điện thế sử dụng là 220V, điện trở suất của Constantang là 5.10-7 Ωm. a. Tính chiều dài dây constantan cần quấn. b. Lấy dây mayso này để đun sôi 2 lít nước ở 25oC trong thời gian 14 phút. Biết nhiệt dung riêng , khối lượng riêng của nước lần lượt là 4200J/kg.độ, 1000kg/m3. Tính hiệu suất đun nước của dây mayso trên.

Câu 2: (2,0 điểm) Hiện nay người ta thường dùng các LED (Điôt phát quang) trong nhiều lĩnh vực , nhất là lĩnh vực quảng cáo, trang trí và chiếu sáng. Một người thợ là một bảng quảng cáo có 900 LED đỏ sử dụng nguồn 12V. Biết mỗi đèn LED hoạt động ở điện áp từ 1,8V đến 2,4V, cường độ dòng điện qua các LED từ 15mA đến 20mA. Coi điện trở của LED không đổi a. Tính điện trở mỗi LED đỏ b. Hỏi mắc các LED trên như thế nào để chúng mắc sáng đều nhau ? Các mắc nào các LED bền hơn ? c. Thực tế để cho các LED sáng đẹp và bền người ta tường mắc nối tiếp 4 LED với 1 điện trở 220 thành một dãy và mắc các dãy song song với nhau. Tính tiền điện phải trả cho bảng LED trong 1 tháng (30 ngày) biết giá 1kWh là 1500 đồng và bảng quảng cáo LED được thắp sáng liên tục.

Câu 3: (1,0 điểm) Cho các dụng cụ sau : một thấu kính phân kì, một thấu kính hội tụ, một bóng đèn sáng nhỏ, pin, dây dẫn, và một thước đo có vạch chia đến milimet. Hãy trình bày một phương án thí nghiệm để xác định tiêu cự của thấu kính phân kì trên.

Câu 4: Một người muốn làm nhà hàng có khối lượng 11760kg nổi trên mặt nước. Người này buộc vào nhà hàng các phi rỗng được nắp kín và đặt nằm ngang. Mội phi hình trụ có chiều dài 1m, có đường kính 0,4m, khối lượng 8kg. Biết khối lượng riêng của nước là 1000kg/m3 .

Lấy π = 3,14. a. Tính số lượng phi tối thiểu cần để sử dụng để nhà hàng nổi trên mặt nước. b. Để đảm bảo an toàn cho hàng người này lắp thêm phi, khi đó độ ngập sâu của mỗi chiếc phi trong nước là 16cm. Tính số lượng phi cần lắp thêm.

Câu 5: (1,0 điểm)

Trước khi đặt tượng lên tháp, người thợ chọn ra 4 tấm đá hoa cương, có cùng khối lượng riêng, có bề dày như nhau nhưng diện tích khác nhau để dựng lên thành một chiếc tháp như hình vẽ. Tấm trên đỉnh có khối lượng m1 = 100kg, tấm thứ hai có khối lượng m2 = 200kg.

Các tấm tiếp theo người thợ chọn đặt sao cho áp suất giữa các tấm cạnh nhau bất kì và tấm thứ tư lên mặt đất luôn bằng nhau trừ giữa tấm đầu tiên và tấm thứ hai. Tìm diện tích tấm thứ tư của tháp. Biết tấm đá hoa cương diện tích 1m2 có khối lượng 100kg.

Câu 6: (2,0 điểm) Để quan sát các vật nhỏ người ta dùng kính hiển vi. Kính hiển vi là một hệ gồm hai thấu kính hội tụ lắp đồng trục chính, thấu kính nằm ở phía vật gọi là vật kính dùng để tạo ra ảnh thật lớn hơn vật, thấu kính nằm ở gần mắt gọi là thị kính đóng vai trò như một kính núp để quan sát ảnh thật trên. Một người quan sát dùng kính hiển vi có tiêu cự của vật kính f1 = 1cm, tiêu cự của thị kính f2 = 4cm, khoảng cách giữa hai thấu kính là 20 cm. Mắt người quan sát đặt sát thị kính. a. Người quan sát thấy ảnh cùng chiều hay ngược chiều với vật? Vẽ hình ( không cần đúng tỷ lệ) b. Nếu người quan sát thấy ảnh cách mắt 25cm, thì ảnh qua thị kính lớn hơn vật bao nhiêu lần ?(chỉ dùng kiến thức hình học không dùng công thức thấu kính).

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: a.

U 2 2202 R   48, 4(Ω) P 1000

l

48, 4.1.106 R l    96,8(m) S  5.107 RS

b) Nhiệt lượng mà dây mayso tỏa ra là : Q  Pt  1000.14.60  840000( J )

Nhiệt lượng nước hấp thụ là : Q   c.V .D(100  25)  4200.0, 001.1000.75  630000( J ) Hiệu suất đun của dây mayso là: H 

Q .100%  75% Q

Câu 2: a. Điện trở mỗi LED là: r 

U 1,8   120(Ω) I 0, 015

b. Vì đèn Led hoạt động ở điện áp từ 1,8V đến 2,4V nên số đèn ít nhất và nhiều nhất có thể mắc nối tiếp vào nguồn 12V là: nmin = 12/2,4 = 5 nmax = 12/1,8 = 6,67 Vậy có thể mắc thành bộ nhiều nhất 6 đèn nối tiếp nhau: Ta có 2 cách mắc: + Cách 1: mắc thành 180 bộ, mỗi bộ gồm 5 đèn mắc nối tiếp. + Cách 2: mắc thành 150 bộ, mỗi bộ gồm 6 đèn mắc nối tiếp.

Cách mắc 2 Led bền hơn vì Led làm việc ở hiệu điện thế thấp hơn. Nếu trong trường hợp có sự cố về điện (tăng dòng, tăng thế đột ngột) thì vẫn có cơ hội là Led ở trong ngưỡng an toàn. c. Mắc nối tiếp 4 Led vậy tất cả có 900:4 = 225 (bộ).

Công suất tiêu thụ ở mỗi bộ là: p  i 2 4r  (

U 12 864 ) 2 .4r  ( ) 2 .4.120  (W ) 4r  R 4.120  220 6125

Công suất tiêu thụ cả bảng Led là : P  225 p 

7776 (W ) 245

Số điện tiêu thụ trong 1 tháng là: A = P.24.30/1000 = 22,85 (kW.h) Số tiền điện phải trả là 22,85.1500 = 34275(đồng) Câu 3: - Cơ sở lý thuyết: Khi đặt một vật trước thấu kính phân kì chắc chắn tạo ra một ảnh ảo trước thấu kính.Vì vây ta không thể đo trực tiếp được vì không thể xác định được trực tiếp vị trí ảnh ảo. Để xác định được vị trí của ảnh ảo ta coi ảnh ảo này là vật đặt trước thấu kính hội tụ, “vật này” tạo ra được ảnh thật sau thấu kính hội tụ. Xác định được vị trí của ảnh thật và biết tiêu cự thấu kính hội tụ ta biết được vị trí của ảnh ảo. Từ đó xác định được tiêu cự của thấu kình phân kì.

- Tiến hành thí nghiệm: + Bước 1: Xác định tiêu cự thấu kính hội tụ. Nối bóng đèn vào pin để làm nguồn sáng. Treo bóng đèn lên cao đặt thấu kính hội tụ bên dưới bóng đèn, song song với mặt đất. Điều chỉnh vị trị thấu kính hội tụ theo phương ngang để vùng sáng dưới đất có hình tròn.Thay đổi độ cao của thấu kính hội tụ để xác định vị trí sao cho cùng sáng dưới dất là sáng nhất ( khi di chuyển

thấu kính phân kì để độ sáng tăng dần, qua vị trí sáng nhất thì độ sáng sẽ giảm đi). Đo khoảng cách giữa bóng đèn và thấu kính là d, đo khoảng cách giữa thấu kính và mặt đất là d’.

Tiêu cự của thấu kính hội tụ là: f1 

dd  d  d

+ Bước 2: Tương tự như trên ta đặt thấu kính hội tụ song song với mặt đất và ở giữa thấu kính hội tụ và bóng đèn (treo đèn lên cao hơn so với B1 để dễ thực hiện hơn) Dùng thước kẻ đo khoảng cách giữa bóng đèn với thấu kính phân kì là D , giữa 2 thấu kính là L , giữa thấu kính hội tụ và mặt đất là D2 . Tương tự như trên ta xác định được tiêu cự thấu kính phân kì. f

fD2 DD  L với D   D  D D2  f

Câu 4: a. Thể tích 1 phi rỗng là : V  h r 2  1.0, 22.3,14  0,1256(m3 ) Phải dùng n thùng phi để làm nổi nhà hàng Ta có: Fa ≥ P1 + P2 <=> ndV ≥ 117600 + n.80 <=> 1256n ≥ 117600 + n.80 => n ≥ 100 Vậy cần tối thiểu 100 thùng phi đề làm nổi nhà hàng. b. Khi thùng phi chìm 16cm, ta có mặt cắt như hình vẽ .

OH = R - 16 = 4 cm

AH  BH  R 2  OH 2  8 6(cm) cos  AOH 

OH 1   AOH  78, 460   AOB  2  AOH  156,920 OA 5

Diện tích phần chìm là: S 2  S  SΔAOB 

S. AOB OH . AB 0,1256.156,92 4.2.8 6 4    .10  0, 047(m 2 ) 360 2 360 2

Tương tự như trên ta có : mdhS2 ≥ 117600 + m.80 <=> 470m ≥ 117600 + m.80 => m ≥ 301,54 Vậy cần khoảng 302 thùng phi để đảm bảo an toàn Số thùng phi cần lắp thêm là 302 – 100 = 202 (thùng phi)

Câu 5: Ta có diện tích của của khối thứ nhất và khối thứ hai lần lượt là 1m2 và 2m2 Áp suất tấm 2 tác dụng lên tấm 3 là : p2 

P1  P2 1000  2000   1500( Pa ) S2 2

Gọi diện tích cùa tấm thứ 3 là S3. Tấm thứ 3 có trọng lượng là : P3  1000 S3 Áp suất của tấm 3 lên tấm 4 là : p3 

P1  P2  P3 1000  2000  1000 S3  p2   1500  S3  6(m 2 ) S3 S3

Vậy tấm thứ 3 có khối lượng là 600kg Tương tự ta xét tấm thứ tư có:

1000  2000  6000  1000 S 4  1500  S 4  18(m 2 ) S4

Câu 6: a. Người quan sát thấy ảnh cùng chiều vật vì ảnh tạo ra bởi vật kính là ảnh thật ngược chiều vật thì ảnh này mới có thể đưa tới gần thị kính và thị kính coi ảnh này là một vật đặt trong tiêu cự , lúc đó thì thị kính được coi như là kính lúp.

Qua O1 cho ảnh A1B1 ngược chiều với AB và nằm trong tiêu cự của thấu kính O2 Qua O2 cho ảnh A2B2 cùng chiều với A1B1 và ngước chiều với AB.

b. Theo đề bài ta có O2A2 =25 cm, Ta có O2F2 = f2= 4cm.

Xét: ΔF2 B2 A2  ΔF2 M 2 O2 

O2 M 2 F2 O2 4   c A2 B2 F2 A2 29

Xét: ΔO2 B2 A2  ΔO2 B1 A1 

O2 A1 AB OM 4 4.25 100  1 1  2 2   O2 A1   (cm) O2 A2 A2 B2 A2 B2 29 29 29

A1 F1  O1O2  O2 A1  O1 F1  20 

100 422 2 29 29

Xét: ΔF1 M 1O1  ΔF1 A1 B1 

O1 M 1 F1O1 1 29    A1 B1 F1 A1 422 422 29

Mà: O1 M 1  AB Vậy ta có: AB  O1 M 1  AB 

29 4 A1 B1 , A1 B1  A2 B2 422 29

4 A2 B2 422

A2 B2  105,5 AB Vậy nhìn được ảnh cao gấp 105,5 vật.

Đề thi vào chuyên vật lý trường THPT chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An - Năm học 2017 - 2018 Bài 1 (4 điểm). Người ta rải đều bột của một chất dễ cháy thành một giải hẹp theo một đoạn thẳng AB và đồng thời châm lửa đốt tại hai vị trí. Vị trí thứ nhất cố định tại điểm cách đầu A bằng 1/10 chiều dài đoạn AB, vị trí thứ hai cách vị trí thứ nhất một đoạn bằng x về phía đầu B. Do có gió thổi theo chiều từ A đến B nên vận tốc cháy lan của ngọn lửa theo chiều gió gấp 7 lần theo chiều ngược lại.

Nếu x =2,2m thì thời gian cháy lan hết dải bột sẽ là t1 = 1 phút. Nếu vị trí thứ hai dịch về phía B thêm một đoạn x thì thời gian cháy lan hết dải bột sẽ là t2 = 61 giây. Nếu vị trí thứ hai dịch về phía A một đoạn 0,5x thì thời gian cháy lan hết vẫn sẽ là 1 phút.

1. Biết vận tốc cháy lan đoạn đầu A là v. Tính vận tốc cháy lan của các đoạn còn lại theo v 2. Với x = 2,2m. Thời gian cháy lan của đoạn nào là lớn nhất? Tại sao?

3. Tính chiều dài đoạn AB. Bài 2 (3 điểm). Một bình cách nhiệt chứa nước ở nhiệt độ t0 = 400C. Thả vào bình một viên bi kim loại có nhiệt độ t = 1200C, nhiệt độ nước trong bình sau khi cân bằng nhiệt là t1 = 440C. Tiếp theo gắp viên bi ra và thả vào bình viên bi thứ 2 giống như viên bi trước. Coi rằng chỉ có sự trao đổi nhiệt lượng giữa các viên bi và nước, bỏ qua sự hóa hơi của nước.

1. Xác định nhiệt độ cân bằng của nước trong bình sau khi thả viên bi thứ 2.

2. Gắp viên bi thứ hai ra và thả vào bình viên tiếp theo. Lặp lại cho đến viên bi thứ n thì nước trong bình bắt đầu sôi. Tìm n.

Bài 3 (2 điểm). Truyền tải điện năng cung cấp cho một xưởng sản xuất. Ban đầu xưởng sử dụng 84 máy tiêu thụ điện, công suất hao phí trên đường truyền chiếm 10% công suất truyền tải. Do nhu cầu mở rộng sản xuất nên xưởng tăng thêm một số, máy lúc này công suất hao phí trên đường truyền chiếm 15% công suất truyền tải. Biết hiệu điện thế nơi truyền đi có giá trị không đổi, coi các máy tiêu thụ với công suất như nhau và hao phí trên đường dây chỉ do tỏa nhiệt. Số máy xưởng đã tăng thêm là bao nhiêu?

Bài 4 (5 điểm). Cho mạch điện như hình 1, Rb là biến trở, R có giá trị không đổi. Bỏ qua điện trở khóa K và dây nối.

Ngắt K, mắc nguồn có hiệu điện thế U không đổi vào AB. a. Cố định Rb = R0 thì hiệu điện thế trên Rb là 0,75U. Tìm R0 theo R.

b. Điều chỉnh biến trở Rb. Với hai giá trị của Rb là R1 hoặc R2 (R1 < R2) thì công suất trên biến trở đều bằng P. Khi thay đổi Rb thì công suất trên nó đạt giá trị lớn nhất bằng

25 P . Tìm 16

R1 .

R2

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: 1. Vận tốc cháy theo chiều gió là 7v Các điểm đốt lửa chia AB thành 3 phần:  Phần đầu phía A với chiều dài L/10 sẽ cháy với vận tốc v.  Phần giữa có chiều dài x cháy với vận tốc 8v (do hai ngọn lửa cháy từ hai đầu lại với vận tốc tương ứng là v và 7v)  Phần cuối có chiều dài

9 L  x cháy với vận tốc 7v.

10

2. Thời gian cháy hết đoạn AB là thời gian cháy lâu nhất của một trong ba đoạn trên đây. Ta xét các khả năng có thể: Trong trường hợp đầu khi x = 2,2m + Thời gian cháy lâu nhất không phải là ở đoạn giữa vì nếu như vậy thì khi tăng x đến giá trị 2x thì thời gian cháy cũng phải tăng gấp đôi, tức là t2 = 2t1 mâu thuẫn giả thiết. + Thời gian cháy lâu nhất cũng không phải là ở đoạn phía đầu B vì nếu như vậy thì khi giảm x xuống đến x/2 thì thời gian cháy phải tăng lên => mâu thuẫn giả thiết. + Vậy thời gian cháy lâu nhất là ở đoạn đầu và bằng t1 

L  60 s 1 10v

Khi tăng x đến 2x, tương tự ta xét các khả năng: + Thời gian cháy lâu nhất không phải là phần đầu A vì đoạn này như cũ nên thời gian cháy trên đó không đổi. + Thời gian cháy lâu nhất cũng không phải đầu B vì đoạn này được rút ngắn lại so với trường hợp trên. + Vậy thời gian cháy lâu nhất chỉ có thể là đoạn ở giữa t2  3. Từ (1) và (2) ta tính được chiều dài của đoạn AB: L 

2x  61s  2  8v

150 x  5, 4m 61

Câu 2: Gọi m1, c1 là khối lượng và nhiệt dung riêng của nước trong bình

m2, c2 là khối lượng và nhiệt dung riêng của mỗi viên bi 1. Thả 1 viên bi vào, áp dụng ptcbn ta có: m1c1  t1  t0   m2 c2  t  t1   m1c1 

t  t1 m2 c2  19m2 c2 t1  t0

Thả viên bi thứ n, gọi tn là nhiệt độ cân bằng, áp dụng ptcbn ta có: m1c1 tn  tn 1   m2 c2 t  tn   19  tn  tn 1   t  tn  tn 

Với n  2  t2  6  2. Ta có: tn 

t  19tn 1 19  6  tn 1 20 20

19 t1  47,8C 20

t  19tn 1 19  6  tn 1 20 20 0

1

2

19 19 19  19   19   19   19  t1  6  t0 ; t2  6  t1  6   6  t0   6    6      t0 20 20 20  20   20   20   20  0

1

 19   19   19  tn  6    6    ...     20   20   20 

n 1

n 1 n 1 n  19 0  19   19   19    19     t0  6    6    ...        t0  20   20   20    20   20 

n n n   19  n  1  19   19   19   120 1      40    120  80    100      n  27, 0268 4  20   20   20    20  

Vậy lặp lại đến viên bi thứ 28 thì nước bắt đầu sôi Câu 3: Ban đầu: Php  R

P2  10% P 1 ; Pmay '  84% P0  P  Php  90% P  2  U2

Khi tăng thêm n máy: Php 

RP 2  15% P  3 ; Pmay '   84  n  P0  85% P  4 U 2

Từ (1) và (3) 

P 2 10% P P 2    2 15% P  P 3 P

Từ (2) và (4) 

84 90 P 90.2    n  35 84  n 85 P  85.3

Câu 4: a. Ngắt K, mắc nguồn có hiệu điện thế U không đổi vào AB. Ta có sơ đồ mạch điện như hình vẽ

Hiệu điện thế 2 đầu R: U R =U  0, 75U  0, 25U vì mạch gồm R nt Rb => IR = Ib 

R U R 0, 25U 1     R0  3R Rb U b 0, 75U 3

b. Ta có: U U2 U2 2 Im  PI R Rb  2 2 R  Rb R  R  Rb   Rb  2 R Rb  R2  R2 Pmax    Rb   2 .Rb  2 R Rb  Rb  max

Dấu = xảy ra  R  Rb  Pmax  Mà Pmax 

(BĐT Cô - si)

U2

 R  Rb 

2

Rb 

U2 4R

25 U 2 25 U2 P  Rb  Rb2  4, 25 RRb  R 2  0 2 16 4 R 16  R  Rb 

Phương trình này có 2 nghiệm Rb  4 R và Rb  0, 25 R Vì R1  R2 

R1 0, 25 R 1   R2 4R 16

Đề thi vào chuyên vật lý trường THPT chuyên Kiên Giang - Năm học 2017 - 2018 Câu 1: Cho mạch điện như Hình 1.

Biết hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch không đổi là U = 30 V và các đèn có ghi: đèn Đ1 (6V 6W); đèn Đ2 (12V - 12W); đèn Đ3 (12V - 3W). Rb là biến trở. a) Có thể điều chỉnh biến trở để cả ba đèn sáng bình thường không? Tại sao? b) Mắc thêm một điện trở R1 vào mạch. Tìm giá trị của biến trở Rb cách mắc và giá trị của R1 để cả ba đèn sáng bình thường.

Câu 2: Hai dây dẫn đồng chất, tiết diện đều, cùng chiều dài, có điện trở tương ứng là R1 và R2. Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của cường độ dòng điện qua dây dẫn vào hiệu điện thế hai đầu dây như Hình 2.

a) Từ đồ thị tính tỉ số

R2 R1

b) Biết dây dẫn R1 có đường kính tiết diện là 1,5mm. Tính đường kính tiết diện của dây dẫn R2.

Câu 3: Người ta đổ một lượng nước sôi ở 100°C vào một thùng nước đã chứa nước ở nhiệt độ 25°C. Khi nhiệt độ cân bằng, người ta đo được nhiệt độ của nước trong thùng là 65°C. Nếu chỉ đổ lượng nước sôi nói trên vào thùng này nhưng ban đầu không chứa gì (vẫn ở 25°C) thì nhiệt độ của nước khi nhiệt độ 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.

Câu 4: Ba bạn Kiên, Giang và Đạt cùng đi hội trại bằng xe đạp từ trường thẳng đến địa điểm cắm trại với các tốc độ không đổi. Kiên và Giang xuất phát lúc 6 giờ sáng với các tốc độ

tương ứng là v1 = 10 km/h và v2 = 12km/h. Đạt xuất phát lúc 6 giờ 30 phút. Khoảng thời gian từ lúc Đạt đuổi kịp Kiên đến lúc gặp được Giang là 1 giờ. Tính tốc độ của Đạt.

Câu 5: Vở ghi chép của bạn Hương có vẽ lại một hình như Hình 3.

Lan xem vở của Hương và nói rằng hình vẽ của Hương không đúng. a) Em hãy chỉ ra những chỗ không đúng đó và đề xuất cách sửa lại hình vẽ cho đúng. b) Bằng phép vẽ (theo tỉ lệ tự chọn), hãy xác định tiêu điểm chính của thấu kính sau khi đã sửa.

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: a) I định mức mỗi đèn I = P/U  I dm1 

6 12 3  1A; I dm 2   1A; I dm 3   0, 25 A 6 12 12

Vì Iđm1 ≠ Iđm2 + Iđm3 nên không thể điều chỉnh biến trở để cả ba đèn sáng bình thường b) Vì Iđm1 < Iđm2 + Iđm3 nên ta mắc R1 song song với đèn 1 Ta có mạch như hình vẽ:

Ta có: U1 = Ud1 = 6 (V) I1 = Iđ2 + Iđ3 – Iđ1 = 1 + 0,25 – 1 = 0,25  R1 

U1 6   24Ω I1 0, 25

U0 = U - U1 - U2 = 30 – 6 – 12 = 12V

I0 = Iđ2 + Iđ3 = 1,25A  R0 

U0 12   9, 6Ω I 0 1, 25

Câu 2: a) R2 U 2 I1  R1 I 2 U1

Từ đồ thị ta thấy khi U1 = U2 thì I2 = 4I1 b) Vì điện trở tỉ lệ nghịch với tiết diện: R2 = 4R1 => S2 = S1/4 

 d22 4



 d12 4.4

 d2 

d1 1,5   0, 75mm 2 2

Câu 3: Gọi q1 là nhiệt dung nước sôi, q2 là nhiệt dung nước nguội, q là nhiệt dung của thùng Vì lượng nước sôi gấp 2 lần lượng nước nguội nên q1 = 2q2 + Khi đổ nước sôi vào thùng nước ta có ptcbn: q1(100 - 65) = q2(65 - 25) + q(65 - 25) <=> 2q2(100 - 65) = q2(65 - 25) + q(65 - 25) => 0,75q2 = q + Khi đổ nước sôi vào thùng không, gọi t là nhiệt độ cân bằng ta có ptcbn: q1(100 - t) = q(t - 25) <=> 2q2(100 - t) = 0,75q2(t - 25) <=> 200 - 2t = 0,75t - 18,75 <=> 2,75t = 218,75 => t = 79,55 Câu 4: Khi Đạt xuất phát Kiên và Giang đã đi được các quãng đường là: Kiên: s1= v1t = 10.0,5 = 5 (km) Giang: s2 = v2t = 12.0,5 = 6 (km) Gọi v (km/h) là tốc độ của Đạt (v > 6km/h)

Thời gian Đạt đuổi kịp Kiên: t1 

s1 v  v1

Thời gian Đạt đuổi kịp Giang: t2  Ta có t2 - t1 = 1 nên:

s2 v  v2

t2  t1 

s2 s 6 5  1    1  v 2  23v  120  0 v  v2 v  v1 v  12 v  10

Giải pt ta có: v = 8 km/h ( loại vì không t/m đk) v = 15 km/h (t/m) Vậy tốc độ của Đạt là 15km/h Câu 5: a) - Chỗ không đúng: TKPK mà ảnh thật lớn hơn vật - Sửa: + Cách 1: Thay đổi Vật và Ảnh để cho ảnh ảo, nhỏ hơn vật + Cách 2: Sửa TKPK thành TKHT b) Cách vẽ: Vẽ tia tới song song với trục chính Vẽ tia ló có đường kéo dài đi qua điểm ảnh cắt trục chính tại F’ Lấy F đối xứng với F’ qua O F và F’ là tiêu điểm chính của thấu kính

Đề thi vào chuyên vật lý trường THPT chuyên Ninh Bình - Năm học 2017 - 2018 Câu 1: (2,5 điểm) Một chiếc xe tải bắt đầu khởi hành từ A để đi tới B, quãng đường AB = 120 km. Xe cứ chạy 20 phút lại dừng lại nghỉ 10 phút. Trong 20 phút đầu xe chạy với vận tốc không đổi là v = 30km/h. Trong 20 phút chuyển động kế tiếp xe chạy với vận tốc không đổi trên mỗi chặng đường lần lượt là 2v, 4v, 6v. a. Sau bao lâu kể từ khi khời hành từ A xe tới B ? b. Tính vận tốc trung bình của xe trên quãng đường AB. Câu 2: (2,0 điểm) Dùng một ấm điện có công suất không đổi P =1200W để đun sôi một lượng nước có nhiệt độ ban đầu 20oC thì sau 10 phút nhiệt độ của nước đạt 60 oC. Tiếp theo do mất điện 5 phút nên nhiệt độ của nước giảm xuống còn 55 oC. Sau đó, bếp lại tiếp tục được cấp điện như trước cho tới khi nước sôi. Cho biết nhiệt lượng tỏa ra môi trường tỷ lệ thuận với thời gian tỏa nhiệt. Nhiệt dung riêng của nước là C = 4200J/kg.độ. a. Tính thời gian từ khi bắt đầu đun cho tới khi nước sôi. b. Tính khối lượng nước có trong ấm.

Câu 3: (2,5 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ :

Nguồn điện có hiệu điện thế không đổi UAB = 42V, MN là một vật dẫn đồng chất , tiết diện đầu có điện trở tổng cộng R = 9Ω, R1 = 6Ω, bóng đèn có điện trở xác định RĐ = 9Ω. Ampe kế, khóa K và dây nối có điện trở không đáng kể. a. Khi khóa K đóng con chạy C của biến trở ở vị trí điểm M thì ampe kế chỉ 4A. Tìm giá trị của R2 b. Khi khóa K mở xác định vị trí của con chạy C để đèn sáng yếu nhất và tính cường độ dòng điện qua bóng đèn khi đó.

Câu 4: (2,0 điểm) Đặt vật sáng AB trước thấu kính sao cho AB vuông góc với trục chính của thấu kính và A nằm trên trục chính. Ảnh của vật qua thấu kính là ảnh ảo cao gấp 4 lần vật. Sau đó giữ

nguyên vị trí thấu kính, dịch vật ra xa thấu kính một đoạn 15 cm thì ảnh dịch chuyển 120 cm so với ảnh cũ theo chiều ngược lại đối với chiều dịch chuyển của vật. a. Thấu kính là thấu kính gì ? Tại sao ? b. Tính tiêu cự của thấu kính trên và khoảng cách từ vật tới thấu kính lúc ban đầu.

Câu 5: (1,0 điểm) Cho các thiết bị sau : một nguồn điện có hiệu điện thế U không đổi chưa biết, một điện trở r chưa biết giá trị, một ampe kế có điện trở khác 0 và một biến trở núm vặn có số giá trị chính xác. Nêu phương án để xác định hiệu điện thế U của nguồn?

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: 1 a. Trong 20 phút = 1/3 h đầu tiên xe đi được quãng đường là: S1  S  v1 .t  30.  10(km) 3

Trong 20 phút chuyển động kế tiếp xe chạy với vận tốc không đổi trên mỗi chặng đường lần lượt là 2v, 4v, 6v... nên quãng đường chuyển động lần lượt sẽ là 2S, 4S, 6S...

Giả sử phải chuyển động n lần 20 phút thì đến được B. Ta có: [1+ 2 +4 +6 + .... + 2(n-1)]S = AB Vậy:

2(n  1)  2 AB .(n  1)  1   12 2 S

Vậy 3 < n < 4 => Có nghĩa là ở lần chuyển động 20 phút lần thứ 4 xe đã đến được AB. Thời gian chuyển động 20 phút lần thứ 4 xe cũng không dùng hết. t4 

AB  S  2 S  4 S 120  10  20  40 5   ( h) 6v 6.30 18

Tổng thời gian đi từ A đến B là: T  3.0,5  t4 

16 ( h) 9

b) Vận tốc trung bình của xe trên quãng đường AB là: v 

AB  67,5(km / h) T

Câu 2: a. Thời gian để nước tăng thêm 1oC là: (phút) Thời gian để đun nước từ 55 oC đến khi sôi (100 oC) là: T3 = t(100 – 55) = 11,25 phút Tổng thời gian từ khi bắt đầu đun đến khi nước sôi là: T = 10 + 5 + 11,25 = 26,25 phút b. Trong 5 phút trao đổi nhiệt với môi trường làm cho nhiệt độ bị hạ đi 5 oC, vậy nếu coi như tách riêng quá trình đun và quá trình mất nhiệt thì tổng nhiệt độ bị mất đi là 26,25 oC

Ta có:

Qt  Qthu  P.td  mcΔt  P.(26, 25  5).60  mC (100  20  26,15)  m  3.43(kg )

Câu 3: a. Khi K đóng, có sơ đồ mạch điện: : (R2 // RĐ) nt R1

RAB 

U  10,5(Ω)  RD 2  RAB  R1  4,5Ω I

1 1 1 1 1 1       R2  9(Ω) RD R2 RD 2 9 R2 4,5

b. Khi K mở ta có mạch điện sau:

Sơ đồ mạch điện: [R2 // (RĐ nt RMC)] nt RCN nt R1 Đặt RMC = x => RCN = 9 - x Ta có : R I

R2 ( RD  x)  R1  9  x R2  RD  x U ( R2  RD  x) U  R R2 ( RD  x)  ( R1  9  x)( R2  RD  x)

I 2 RD  x I D R2 R2  ;   ID  .I ID R2 I R2  RD  x R2  RD  x 

UR2 R2 ( RD  x)  ( R1  9  x)( R2  RD  x)

Thay số ta có: ID 

42.9 42.9 42.9   2 9(9  x)  (6  9  x)(9  9  x) 81  9 x  (15  x)(18  x)  x  6 x  351

Đèn sáng yếu nhất khi cường độ dòng điện qua đèn là nhỏ nhất. Khi đó x = 3 => ID = 1,05 A Chú ý: Hàm số : f(x) = ax2 + bx + c có toạ độ đỉnh là (-b/2a ; -∆/4a) a < 0 : fmax = f(-b/2a) = -∆/4a Câu 4: a. Ảnh tạo ra là ảnh ảo cao hơn vật thì chỉ có thể thấu kính hội tụ. b. Trong trường hợp f > d , ảnh tạo ra là ảnh ảo. Khi bắt đầu dịch chuyển vật ra xa thấu kính thì ảnh cũng ra xa thấu kinh nên ảnh và vật sẽ dịch chuyển cùng chiều. Mà vật lại dịch chuyển ngược chiều với vật có nghĩa là trong khi dịch chuyển vật đã ra ngoài tiêu cự và tạo ra ảnh thật thì ảnh mới dịch chuyển 120cm ngược với chiều mà vật chuyển động.

Ta có hệ phương trình sau:

1 1 1 d   ;  4 d d f d

1 1 1   (d’ < 0 vì ban đầu là ảnh ảo) d  15 120  d  f

Vậy ta có:

1 1 1 1 3 1 1       d 4d d  15 120  4d 4d d  15 120  4d

d =15 (cm ) vậy f = 20 (cm) Câu 5: Bước 1: Ta mắc mạch điện gồm Ampe kế nối tiếp với biến trở và mắc vào nguồn.

Bước 2: Ta chỉnh biến trở có giá trị R1 và đọc giá trị của ampe kế là I1 Bước 3: Ta chỉnh biến trở có giá trị R2 và đọc giá trị của ampe kế là I2 Bước 4: Lập phương trình và tính giá trị cần thiết. ( R1  RA ).I1  ( R2  RA ).I 2  RA  U  ( R1  RA ).I1  ( R1 

R1 I1  R2 I 2 I 2  I1

R1 I1  R2 I 2 ) I1 I 2  I1

Đề thi vào chuyên vật lý trường THPT chuyên Lê Quý Đôn - Khánh Hòa - Năm học 2017 - 2018 Câu 1: Hai chất lỏng có khối lượng riêng là D1 và D2, không phản ứng hóa học với nhau và có thể hòa tan vào nhau. Người ta trộn lẫn hai chất lỏng nói trên thành một hỗn hợp. Một khối nhựa hình hộp có thể tích V0 được thả nổi trong hỗn hợp hai chất lỏng.

Nếu trộn lẫn hai chất lỏng theo tỉ lệ thể tích bằng nhau thì phần thể tích khối nhựa chìm trong hỗn hợp này là 2V0/3 , còn nếu trộn theo tỉ lệ khối lượng bằng nhau thì phần thể tích khối nhựa chìm trong hỗn hợp này là 27V0/40. a. Tính khối lượng riêng của hỗn hợp hai chất lỏng được trộn theo hai cách nói trên theo D1 và D2. b. Tính tỉ lệ

D1 , biết rằng D1 > D2 D2

Câu 2: Có một số chai sữa hoàn toàn giống nhau đều đang có nhiệt độ ts. Người ta thả chai thứ nhất vào một bình đựng nước cách nhiệt, sau khi cân bằng nhiệt thì lấy ra và thả chai thứ hai vào, sau khi cân bằng nhiệt thì lấy ra và thả chai thứ ba vào,… Nhiệt độ ban đầu của nước trong bình là t0 = 360C. Chai thứ nhất khi lấy ra có nhiệt độ là t1 = 330C, chai thứ hai khi lấy ra có nhiệt độ là t2 = 30,50C. Bỏ qua sự hấp thụ nhiệt của bình chứa và sự mất mát nhiệt ra môi trường. a. Tìm ts. b. Hỏi phải thả đến chai thứ bao nhiêu để khi lấy ra thì nhiệt độ nước trong bình bắt đầu nhỏ hơn 250C ?

Câu 3: Cho mạch điện như hình:

Nguồn điện có hiệu điện thế không đổi U = 18 V, R1 = 3 , R2 = 2 , RMN là biến trở con chạy có giá trị toàn phần RMN = 20. Bỏ qua điện trở các dây nối và ampe kế, điện trở vôn kế rất lớn. a. Dịch chuyển con chạy C sao cho RCM = RCN. Tìm số chỉ của ampe kế và vôn kế.

b. Đặt RCM = x. + Lập biểu thức chỉ sự phụ thuộc của số chỉ ampe kế và vôn kế theo x. + Dịch chuyển con chạy C từ M đến N thì số chỉ của vôn kế thay đổi như thế nào ?

Câu 4: Cho thấu kính hội tụ L, quang tâm O, trục chính ∆. Tia sáng SI truyền đến thấu kính, cắt ∆ tại A1, OA = x, OA1 = 0,5x a. Bằng cách vẽ, hãy xác định các tiêu điểm F và F’ của thấu kính, vận dụng kiến thức hình học thiết lập mối quan hệ giữa OF, OA và OA1; từ đó tính tiêu cự f của thấu kính L theo x. b. Đặt sau thấu kính một gương phẳng G vuông góc với ∆, cắt ∆ tại O’. Tia ló IA1 phản xạ trên gương G rồi khúc xạ qua thấu kính và cho tia ló cuối cùng JR cắt ∆ tại B. Biết OB = 2f.

Tính OO’ theo x. c. Giữ cố định thấu kính và tia tới SI. Từ vị trí ở câu b), dịch chuyển gương G dọc theo ∆ một đoạn bao nhiêu ( tính theo x), theo chiều nào để tia ló JR song song với ∆ ?

Câu 5: Một hộp kín có 3 đầu ra 1, 2, 3, bên trong hộp có một nguồn điện có hiệu điện thế U không đổi và một điện trở R. Dùng điện trở r = 10 lần lượt mắc vào các cặp đầu ra (1,2), (1,3), (2,3) và dùng ampe kế đo cường độ dòng điện qua r thì số chỉ ampe kế theo thứ tự là I12 = 1,2 A; I13 = 0,4 A; I23 = 0. Hãy vẽ sơ đồ mạch điện trong hộp kín, tính giá trị của U và R. Bỏ qua điện trở dây nối và ampe kế

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: a. + Trộn theo tỉ lệ thể tích bằng nhau: DI 

VD1  VD 2 D1  D 2  2V 2

+ Trộn theo tỉ lệ khối lượng bằng nhau: DII 

2 D1 D2 mm  m m D1  D 2  D1 D2

b.

Phương trình cân bằng lực: P = FA D  D 2 2 2 D1 D2 27 2 27 41  DI . V0  DII . V0  P  1 .  .  D12  D2 2  D1 D2  0 3 40 2 3 D1  D 2 40 20

Mà D1 > D2 

D1 5  D2 4

Câu 2: a. Gọi khối lượng, nhiệt dung riêng của bình nước lần lượt là m1, C1; của chai là mx, Cx. Phương trình cân bằng nhiệt sau khi bỏ chai thứ nhất: m1C1(t0 – t1) = mxCx(t1 – tx)

(1)

Phương trình cân bằng nhiệt sau khi bỏ chai thứ hai là: m1C1(t1 – t2) = mxCx(t2 – tx)

(2)

Chia (1) cho (2) ta có:

t0  t1 t1  t x   t x  180 C t1  t2 t2  t x

b. Gỉa sử đến chai thứ n thì khi lấy ra, nhiệt độ nước trong bình nhỏ hơn 250C. Ta có phương trình cân bằng nhiệt lúc đó: m1C1(tn-1 – tn) = mxCx(tn – tx) Lấy (1) chia (3) ta được: tn 

(3)

5tn 1  18 6

- Với n = 3 => t3 = 341/12 > 25 .

- Với n = 4 => t4 = 1921/72 > 25 .

- Với n = 5 => t5 = 10901/432 > 25 .

- Với n = 6 => t6 = 62281/2592 < 25 .

Vậy đến chai thứ sáu thì lấy chai ra, nhiệt độ trong bình nhỏ hơn 250C. Câu 3:

Sơ đồ mạch điện: [(RCM // RCN) nt R2] nt R1 a. RCM = RCN = 10 Rm =

10.10 U + 2 + 3 = 10Ω ; I1 = = 18/10= 1,8 (A) 10  10 Rm

UV = U – I1.R1 = 12,6 (V) ICM = ICN =

I1 = 0,9 (A) => IA = ICM = 0,9 (A) 2

b) x.(20  x)  x 2  20 x  100 Rm  23 20 20 I1 

U 360  2 Rm  x  20 x  100

I CM RCN 360 20  x 18.(20  x)   I CM  2  2  IA I1 RCN  RCM  x  20 x  100 20  x  20 x  100

UV = U – U1  18 

360 1080 .3  18  2  x  20 x  100  x  20 x  100 2

Khi dịch con chạy C từ M đến N thì số chỉ của vôn kế tăng dần từ 7,2 V (tại x = 0) đến 12,6 V (tại x = 10) rồi giảm dần từ 12,6 V (tại x = 10) đến 7,2 V ( tại x = 20).

Câu 4:

a. Qua O kẻ đường thẳng song song với tia tới SI cắt IA1 tại K Qua K dựng đường thẳng vuông góc với trục chính D , cắt D tại F’

Lấy F đối xứng với F’ qua O OF = OF’ = f Xét các cặp tam giác đồng dạng AOI và OF’K; AA1I và OA1K có:

OA1 OK OF OA.OA1 1    OF   OF  f  x AA1 AI AO OA  OA1 3 b)

OB = 2f = 2x/3 Đặt OO’ = a => O’A1 = O’A2 = a – 0,5x OA2 = OO’ + O’A2 = 2a – 0,5x Áp dụng công thức thấu kính đã chứng minh ở a) có: 2 x.(2a  0,5 x) OB.OA2 1 7  f  3  xa x 2 OB  OA2 3 12 x  (2a  0,5 x) 3

c)

Để tia ló JR song song với D thì tia sáng sau khi phản xạ trên gương phải đi qua tiêu điểm F’ Từ hình ta thấy F’O’ = O’A1 =

F A1 1  x => OO’ = OF’ + F’O’ = 5x/12 2 12

Câu 5: Căn cứ vào dữ kiện bài cho, ta có sơ đồ như hình vẽ:

+ Khi mắc r vào 2 đầu 1,2 Có: U = I12.r = 1,2.10 = 12(V) + Khi mắc r vào 2 đầu 1,3 Có Rm = R + r =

U = 30 => R = 30 – 10 = 20 I13

+ Khi mắc r vào 2 đầu 2,3 => Mạch hở, không có dòng điện chạy qua r, thỏa mãn đề bài.

Đề thi vào chuyên vật lý trường THPT chuyên Quảng Ninh - Năm học 2017 - 2018 Câu 1: Cho quỹ đạo AB là một đoạn thẳng dài 120 km. Một xe ô tô đi liên tục từ A đến B rồi quay về A với vận tốc không đổi v1. Một xe máy đi liên tục từ B đến A rồi quay về B với vận tốc không đổi v2. Hai xe xuất phát cùng lúc và gặp nhau lần thứ nhất tại C cách B một khoảng 50 km. a. Xác định tỉ số v1/v2 b. Xác định vị trí 2 xe gặp nhau lần thứ hai.

Câu 2: Có hai bình bằng kim loại giống nhau có cùng khối lượng m và nhiệt dung riêng Ck, bên trong đều chứa cùng lượng nước có khối lượng 2m và nhiệt dung riêng Cn. Một quả cầu kim loại có khối lượng m/2 và nhiệt dung riêng Ck, quả cầu được thả nhẹ vào một trong hai bình (lượng nước trong bình đủ để quả cầu ngập hoàn toàn trong nước). Ban đầu các bình được đun nóng đến nhiệt độ cân bằng như nhau bẳng t. Sau đó để nguội đến nhiệt độ cân bằng như nhau bằng t0. Biết thời gian để nguội của bình có quả cầu bẳng p lần so với bình không có quả cầu. a. Viết biểu thức tính nhiệt lượng tỏa ra của mỗi bình từ lúc ngừng đun đến lúc nhiệt độ của các bình là t0 theo m, Ck, Cn, t, t0. b. Biết nhiệt lượng từ mỗi bình tỏa ra môi trường trong một đơn vị thời gian là như nhau. Hãy xác định tỉ số nhiệt dung riêng của kim loại làm quả cầu của nước theo p.

Câu 3: Cho mạch điện MN gồm điện trở r có giá trị không đổi và biến trở R, có giá trị thay đổi tùy ý. Đặt vào hai đầu đoạn mạch một hiệu điện thế UMN không đổi như hình vẽ.

a. Xác định giá trị của Rx theo r để công suất tiêu thụ trên Rx đạt giá trị cực đại. Tính giá trị công suất cực đại Pmax đó theo UMN và r. b. Chứng tỏ rằng với một giá trị công suất trên biến trở nhỏ hơn công suất cực đại Pmax thì tồn tại hai giá trị của Rx cùng thỏa mãn là R1 và R2 đồng thời chúng tuân theo hệ thức R1.R2 = r2.

Câu 4: Một máy biến thế đang hoạt động ở chế độ hạ thế. Hiệu điện thế đặt vào hai đầu cuộn sơ cấp là U1 không đổi. Ban đầu, các cuộn sơ cấp và thứ cấp có số vòng dây lần lượt là N1 và N2. Người ta giảm bớt cùng một số vòng dây n ở cả hai cuộn (0 < n < N2 < N1).

a. Lập tỉ số hiệu điện thế giữa hai đầu cuộn thứ cấp trước và sau khi thay đổi số vòng dây theo n, N1, N2. b. Hỏi hiệu điện thế ở hai đầu cuộn thứ cấp sau khi giảm số vòng dây sẽ tăng hay giảm so với lúc đầu? c. Người ta muốn sử dụng máy biến thế trên để nó hoạt động như một máy tăng áp, theo em ta phải làm như thế nào?

Câu 5: Cho một thấu kính hội tụ có tiêu cự 20 cm. Chiếu hai tia sáng tới thấu kính sao cho chúng đối xứng nhau qua trục chính của thấu kính. Giao điểm A của hai tia sáng nằm trên trục chính của thấu kính và cách thấu kính một khoảng d' như hình vẽ. Biết d'= 15 cm và góc tạo bởi giữa một tia sáng và trục chính là α = 20.

a. Trình bày cách vẽ và vẽ tia khúc xạ của hai tia sáng trên qua thấu kính. b. Xác định góc β tạo bởi giữa hai tia khúc xạ của hai tia sáng trên.

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: a. Từ lúc xuất phát đến khi gặp nhau lần 1, ô tô đi được 70km, xe máy đi được 50 km => v1/v2 = 7/5 b. Không mất tính tổng quát giả sử: v1 = 70km/h, v2 = 50km/h Từ lần gặp nhau thứ 1, để gặp nhau tiếp, 2 xe phải đi tổng quãng đường bẳng 2 lần AB => v1t + v2t = 120.2 => t = 2 (h) S2 = 50.2 = 100 (km) => vị trí gặp nhau lần 2 cách A 1 đoạn: 100 – 70 = 30 (km) Câu 2: a) Nhiệt lượng tỏa ra của bình không có quả cầu Q1 = (t – t0).m.(Ck + 2Cn) 3  Nhiệt lượng tỏa ra của bình có quả cầu: Q2   t  t0  .m.  .Ck  2Cn  2 

b) Thời gian để nguội của bình có quả cầu bẳng p lần so với bình không có quả cầu và nhiệt lượng từ mỗi bình tỏa ra môi trường trong một đơn vị thời gian là như nhau C 2p  2 3  => Q2 = pQ1   Ck  2Cn   p  Ck  2Cn   k  Cn 1,5  p 2 

Câu 3: Đặt UMN = U a) Công suất tiêu thụ trên Rx là: Px 

Để Px đạt giá trị cực đại

r Rx

U 2 .Rx

 r  Rx 

2



U2  r   Rx    R  x  

2

(1)

 Rx đạt giá trị nhỏ nhất => Rx = r

b) Từ (1) => Px.Rx2 – (U2 – 2rPx).Rx + r2.Px = 0 (2) = U2(U2 – 4rPx) Khi Px < Pmax thì > 0, phương trình (2) có 2 nghiệm riêng biệt là:

R1 

(U 2  2rPx )  Δ (U 2  2rPx )  Δ => R1.R2 = r2 ; R2  2 Px 2 Px

Câu 4: a. Trước khi thay đổi: Sau khi thay đổi :

b. Có:

U1 N1  U 2 N2

U1 N1  n  U 2 N 2  n

N1  n N1 n  N1  N 2  U U    0  1  1  U 2  U 2 N2  n N2  N2  n N2 U2 U2

=> Hiệu điện thế ở hai đầu cuộn thứ cấp sau khi giảm số vòng dây sẽ giảm so với lúc đầu c. Để máy biến thế trên hoạt động như máy tăng áp cần quấn thêm dây vào cuộn thứ cấp và/hoặc giảm bớt số vòng dây ở cuộn sơ cấp sao cho số vòng dây cuộn thứ cấp lớn hơn số vòng dây cuộn sơ cấp.

Câu 5:

a. Dựng đường thẳng y vuông góc với trục chính của thấu kính tại F’ Qua O kẻ 2 đường thẳng lần lượt song song với 2 tia tới AI và AK, cắt đường thẳng y lần lượt tại M và N IM và IN là 2 tia khúc xạ cần vẽ b. d < f => thấu kính tạo ảnh ảo B. => có công thức thấu kính:

1 1 1    d   OB  60cm f d d

OI = OA.tanα tan

 2



 OI   0,50    10 OB 2

Đề thi vào chuyên vật lý trường THPT chuyên Lương Thế Vinh - Đồng Nai - Năm học 2017 - 2018 Câu 1: Lúc 6h, bạn A đi với vận tốc 8km/h từ nhà mình đến nhà bạn B. Sau đó hai bạn đi từ nhà bạn B đến trường với vận tốc 6km/h. Khi vừa tới trường, B chợt nhớ mình để quên dụng cụ học tập ở nhà, ngay sau đó hai bạn quay về nhà bạn B theo đường cũ với vận tốc 12 km/h.

Khi vừa tới nhà bạn B thì đồng hồ chỉ 7h. Thời gian nghỉ của hai bạn không đáng kể. a. Tính vận tốc trung bình của hai bạn trên quãng đường đi từ nhà bạn B đến trường rồi quay về nhà bạn B b. Tính quãng đường tổng cộng bạn A đi từ lúc 6h đến 7h. c. Cho biết thời gian đi từ nhà A đến nhà B bằng thời gian hai bạn đi từ nhà B tới trường. Tìm quãng đường từ nhà B đến trường Câu 2: Một quả cầu làm bằng nhôm bị rỗng bên trong. Một học sinh muốn xác định thể tích phần rỗng bên trong của quả cấu này nên thiết kế thí nghiệm như sau: (h1)

Trước tiên, treo quả cầu vào lực kế rối nhúng nó chìm hoàn toàn vào trong nước, khi cân bằng thì thấy số chỉ của lực kế là F1 = 0,51 N. Sau đó làm lại thí nghiệm trên nhưng thay nước bằng dầu thì thấy số chỉ của lực kế là F2 = 0,66N. Biết khối lượng riêng của nhôm, nước và dầu lần lượt là D = 2700kg/m3, D1 = 1000kg/m3, D2= 800kg/m3. Em hãy tính thể tích phần rỗng của quả cầu.

Câu 3: Người ta nhỏ đều đặn các giọt nước nóng từ một bình có nhiệt độ không đổi t0 vào bình nhiệt lượng kế có chứa m0 g nước, với tốc độ 60 giọt/phút. Khối lượng mỗi giọt như nhau và bằng 1g. Đồ thị hình 2 biểu diễn sự phụ thuộc của nhiệt độ nước trong bình nhiệt lượng kế vào số giọt nước nóng N nhỏ vào bình. Khi nhỏ các giọt nước nóng vào luôn khuấy đều để sự cân bằng nhiệt được thiết lập ngay sau khi giọt nước nhỏ xuống. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trướng xung quanh và với nhiệt lượng kế.

a. Kể từ lúc bắt đầu nhỏ nước nóng thì sau bao lâu nhiệt độ nước trong nhiệt lượng kế đạt 600C. Lập biểu thức sự phụ thuộc của nhiệt độ nước trong nhiệt lượng kế vào số giọt nước nhỏ vào. b. Xác định m0 và t0 Câu 4: 1. Một học sinh làm thí nghiệm bằng một ampe kế được mắc nối tiếp với một vôn kế rồi mắc vào nguồn điện có hiệu điện thế không đổi 12V. Nếu mắc thêm điện trở R song song với vôn kế thì hiệu điện thế hai đầu vôn kế giảm 3 lần, đồng thời cướng độ dòng điện qua ampe kế tăng 3 lần so với trước khi mắc R. Coi điện trở ampe kế và vôn kế không thay đổi, điện trở dây nối không đáng kể. Tìm hiệu điện thế hai đầu vôn kế trước và sau khi mắc điện trở R. 2. Cho mạch điện như hình 3.

Trong đó UAB = 12V, R = 6Ω. Đ là một đèn dây tóc có ghi 9V- 9W, cho rằng điện trở của đèn không thay đổi theo nhiệt độ, điện trở dây nối không đáng kể. Mắc thêm một điện trở Rx vào đạon CB. Nêu cách mắc và tìm giá trị của Rx để: a. Đèn sáng bình thường. b. Công suất tiêu thụ trên đoạn CB là lớn nhất. Tìm công suất lớn nhất đó.

Câu 5: Một điểm sáng S đặt trước một thấu kính hội tụ có tiêu cự f = 10cm và cách trục chính 1cm. Ảnh của S qua thấu kính là ảnh thật S’ cách trục chính thấu kính 2cm. a. Vẽ hình sự tạo ảnh S’ của S qua thấu kính và tính khoảng cách từ S tới thấu kính. b. Cố định thấu kính rồi cho điểm sáng S ở trên di chuyển thì thấy ảnh thật S’ lúc này chỉ di chuyển trên đường thẳng song song với trục chính. Khi S’ di chuyển ra xa thấu kính được 20cm kể từ lúc đầu thì S đã di chuyển được quãng đường bằng bao nhiêu?

c. Biết S di chuyển với vận tốc không đổi. Kể từ lúc S bắt đầu dịch chuyển đến khi đi được 0,2s thì trong thời gian đó ảnh S’ di chuyển với vận tốc trung bình là 150cm/s. Tính vận tốc di chuyển của S LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: a. Đặt quãng đường từ nhà B đến trường là s Vận tốc trung bình cần tìm là: vtb =

2s s s  6 12

= 8 (km/h)

b. Vận tốc trung bình của A từ 6h đến 7h là 8km/h => Quãng đường tổng cộng bạn A đi từ 6h đến 7h là 8.1 = 8(km) c.

Quãng đường từ nhà A đến nhà B: AB = 8t1 Quãng đường từ B đến trường: BC = 6t2 = 12t3 Thời gian đi từ nhà A đến nhà B bằng thời gian đi từ B đến trường => t1 = t2 Có tổng thời gian A đi là 1h => t1 + t2 + t3 = 1 3 5  t1  t2  1  t2  1  t2  0, 4  h  2 2

Quãng đường từ nhà B đến trường : BC = 6.0,4 = 2,4 (km) Câu 2:

Khi nhúng vào nước có : F1 = P – FA1 => 10D.V1 – 10D1V = 0,51 (1) Khi nhúng vào dầu có : F2 = P – FA2 => 10DV1 – 10D2V = 0,66 (2) Từ (1) và (2) => 10V(D1 – D2) = 0,15 => V = 0,000075 (m3) Từ (1) => V1 = 0,000047 (m3) Thể tích phần rỗng của quả cầu V2 = V – V1 = 0,000028 (m3) Câu 3:

a) Từ đồ thị ta thấy : sau khi nhỏ 150 giọt thì nước trong nhiệt lượng kế đạt 600C => thời gian cần tìm là

150  2,5 (phút) 60

Nhiệt độ ban đầu của nước trong nhiệt lượng kế là t1 = 300C b) Tại 2 điểm trên đồ thị có các phương trình cân bằng nhiệt m0C.(44-30) = 50.C.(t0 – 44) m0C.(60-30) = 150.C.(t0 – 60) => t0 = 1000C; m0 = 200 (g) Với số giọt nước bất kì N, có : 200.C.(t-30) = N.C.(100 – t)  t 

100 N  6000 N  200

Câu 4: 1. Hiệu điện thế 2 đầu vôn kế giảm 3 lần 

U .RV U .RV .R RA RV 3   2 (1) RA  RV R.RV  R.RA  RV .RA RRA  RRV

Cường độ dòng điện qua ampe kế tăng 3 lần :



U .( RV  R) RV 2 3U    2 (2) R.RV  R.RA  RV .RA RA  RV R.RV  R.RA  RV .RA

Từ (1) và (2) => Rv = 3RA; R = 3RA/8 UV 1 

U .RV U  9V ;UV 2  V 1  3V RA  RV 3

2. Điện trở của đèn : Rd 

92  9Ω 9

a. Để đèn sáng bình thường Iđ = Iđm = 1 (A) => Rm = 12Ω => RXR = 12 – 9 = 3Ω < R => Cần mắc Rx // R , Rx = 6Ω b. PBC 

U2 .RCB ( Rd  RCB ) 2

Để PCB lớn nhất => RCB = Rd = 9Ω > R => Cần mắc Rx nt R , Rx = 3Ω Câu 5:

a. Công thức thấu kính: Mà : d′d=

1 1 1   f d d

d  S H    2 => d = 15 (cm); d’ = 30(cm) d SH

b.

S’ di chuyển trên đường song song với trục chính thấu kính => S di chuyển trên đường FK Khi S’ di chuyển ra xa thấu kính 20 cm => d1’ = 50 cm => d1 = 12,5 cm KS = Có:

32  152  3 26cm

KS d 5   KS1  26cm KS1 d1 2

S đã di chuyển 1 đoạn SS1 

26 cm 2

c. Quãng đường S’ đã di chuyển: 150.0,2 = 30 (cm) => d2’= 30 + 30 = 60 cm => d2 = 12 cm Có:

KS d 12   KS2  26cm  SS 2  0, 6 26cm KS2 d 2 5

=> Vận tốc di chuyển của S là :

SS2  3 26cm 0, 2

Đề thi vào chuyên vật lí trường THPT chuyên Hà Tĩnh - Năm học 2017 - 2018 Câu 1: Trên dòng sông thẳng, nước chảy đều, một ca nô chạy ngược dòng gặp đám bèo tại A lúc 9 giờ 30 phút. Ca nô tới B lúc 9 giờ 40 phút thì quay trở lại, gặp đám bèo ấy tại C. Đoạn AC = 1,8km. Ca nô chạy với công suất không đổi. Tính tốc độ chảy của dòng nước.

Câu 2: Thả một bình rỗng hình trụ vào chất lỏng X, khi cân bằng bình nổi và miệng bình cách cách mặt chất lỏng một khoảng h1 = 9cm. Đổ nhẹ cát vào bình đến khi khối lượng cát trong bình là m1 = 300 gam thì bình bắt đầu chìm. Làm lại thao tác trên với chất lỏng Y thì kết quả tương ứng là: h2 = 10cm; m2 = 400 gam. Trong quá trình trên bình luôn thẳng đứng.

Xác định khối lượng của bình.

Câu 3: Một dây nung dùng điện có công suất P = 500W, thả chìm vào nước trong bình. Sau thời gian 4 phút nước và bình nóng lên từ 700C đến 800C. Sau đó rút dây nung ra khỏi nước, thì cứ sau mỗi phút nước nguội đi 20C. Biết: Bình có khối lượng 400 gam; nhiệt dung riêng của bình bằng 880 J/kg.K; nhiệt dung riêng của nước 4200 J/kg.K. Tính khối lượng nước.

Câu 4: Cho mạch điện như hình C4:

Nguồn điện hai cực M N có hiệu điện thế U = 12 V luôn không đổi; các điện trở R1 = 100Ω, R2 = 200Ω. Nhiệt lượng toả ra trên R2 trong thời gian 5 phút là 24J. Bỏ qua điện trở dây nối.

1. Tính điện trở toàn mạch.

2. Nếu tăng điện trở R3 thì công suất trên R3 tăng hay giảm, giải thích?

3. Mắc thêm vào mạch điện 3 vôn kế có cùng điện trở như hình C4.3.

Vôn kế V3 chỉ 3,6 V. Vôn kế V1 và V2 chỉ bao nhiêu?

Câu 5: Một nguồn điện không đổi bị mất dấu cực. Hãy trình vày một phương án thí nghiệm (có sơ đồ mạch điện) để xác định lại dấu hai cực của nguồn điện bằng các dụng cụ sau: - Một nguồn điện cần xác định cực.

- Một kim la bàn - Một khoá K. - Đoạn dây dẫn dài để quấn vào một ống hình trụ và các đoạn dây nối.

- Một biến trở con chạy.

Câu 6: Vật sáng là đoạn thẳng ngắn AB vuông góc với trục chính của một thấu kính, điểm A trên trục chính, tạo ảnh A’B’ như hình C6. Biết: AB = 3A1B1; AA1 = 20cm.

1. Thấu kính ở trên là thấu kính hội tụ hay phân kì, tại sao?

2. Vẽ hình xác định quang tâm O và tiêu điểm F của thấu kính (không cần nêu cách vẽ).

Từ hình vẽ tính OF. 3. Phía sau thấu kính đặt một gương phẳng vuông góc với trục chính, cách thấu kính một đoạn l, mặt phản xạ về phía thấu kính. Tìm l để ảnh của vật AB qua hệ thấu kính gương có kích thước bằng 1/9 lần vật.

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1:

Vận tốc dòng nước là u Vận tốc của cano là v Công suất không đổi => v = const Thời gian đi từ A tới B: t1 = 600s

Vận tốc cano lúc ngược dòng là : v – u => AB = t1(v – u)

(1)

Khi quay lại vận tốc cano là: v + u => (v + u)t2 = (AB + 1800)

(2)

Mà: u(t1 + t2) = 1800 (3)

 v  u  t2  600  v  u   1800  vt2  600  v  u   600u  t2  600 s  u  1,5m / s  u  600  t2   1800 Câu 2: Gọi chiều cao vật là H, khối lượng bình là m Khối lượng riêng của chất lỏng x và y là: ρ1 và ρ2 Pt Acsimet cho vật trước và sau khi đổ cát: Có : mg = ρ1g.S.(H - h1)

(1) <=> (0,3 + m)g = ρ1g.S.H

(2)

(3) <=> (0,4 + m)g = ρ2g.S.H

(4)

Thay bằng chất lỏng y: Có: mg = ρ2g.S(H - h2)

0,3 g  1 gh1  5 Từ (1), (2), (3) và (4) =>   1  2 6 0, 4 g   2 gh2 thay vào (1) và (3)  Có : m   0,3  m 

1 H  h1  1  H  15cm .  2 H  h2

H  h1  m  200 g H

Câu 3: P = 500 (W) Thời gian nung nóng Δt = 4.60 = 240 (s) => Nhiệt lượng nung nóng nước và bình là: Q = P.Δt = 500.240 = 120000 (J) Do khi lấy dây nung ra thì nước giảm 2oC nên để nước nóng từ 70oC đến 80oC trong 4 phút thì nhiệt lượng cần thiết là : Qnc = mnc.Cnc.ΔT + 4mnc.Cnc.2oC = 75600.mnc (J) Qb = mb.Cb.ΔT = 3520 (J) Ta có : Q = Qnc+ Qb => mnc = 1.54 (kg ) Câu 4:

a. Công suất tỏa nhiệt trên R2 là : P2 = Q2/Δt = 0.08 (W) Mà P2 = I22.R2 => I2 = 0.02 (A)

=> Điện trở toàn mạch là : Rm = U/I2 = 600(Ω) => R3 = 300(Ω) b. Xét: P3  I 32 .R3 

U 2 .R3

 R1  R2  R3 

2



U2 R1  R2  R3 R3

Đặt X là mẫu số ta có: X  2 R1  R2 Dấu bằng xảy ra khi : R3 = R2 + R1 = 300 (Ω) Lúc này P3 sẽ đạt giá trị nhỏ nhất tại R3 = 300 (Ω) => Khi R3 tăng thì P3 cũng sẽ tăng theo. c. Hiệu điện thế hai đầu của R3: U3 = I3.R3 = 3.6 (V) => I3 = I = 0.006(A) Hiệu điện thế hai đầu R1và R2 là : UR1= Uv1 - Uv2 = I.R1 (1) UR2= Uv2 - Uv3 = I.R2 (2) Từ (1) và (2) => Uv2 = 4.8 (V); Uv1= 5.4 (V) và chiều như hình vẽ.

Câu 5: I. Dụng cụ thí nghiệm : Một nguồn điện cần xác định cực Một kim la bàn Một khóa K Dây dẫn dài để quấn vào lõi hình trụ và để nối mạch Biến trở con chạy II. Cơ sở lí thuyết : Dòng điện qua ống dây hình trụ sinh ra từ trường đi qua trục hình trụ La bàn vừa chịu từ trường ngang của trái đất vừa chịu từ trường ống dây gây ra La bàn sẽ bị lệch đi 1 góc tùy theo cường độ dòng chạy qua ống dây Dựa vào góc lệch ta sẽ tìm được chiều dòng điện và xác định được hai cực của dòng điện III. Trình tự thí nghiệm : Ta sẽ mắc sơ đồ mạch như hình vẽ : Đóng khóa K thay đổi giá trị biến trở.

Kim la bàn sẽ để trong cuộn dây sao cho trục của cuộn dây sẽ vuông góc với kim la bàn.

Từ đó ta dựa vào hướng nghiêng của kim sẽ xác định được chiều của cảm ứng từ do cuộn dây gây ra, dòng I và 2 đầu cực .

Câu 6:

O AB   A1 B

ΔOAB  ΔOA1 B1 

A1 B1 OA1 1 OA    OA1  AB OA 3 3

1

Có: OA – OA1 = A1A = 20cm (2) Từ (1) và (2) => OA = 30cm và OA1 = 10cm ΔFOI  ΔFA1 B1 

A1 B1 FA1 1    3.OF  3.OA1  OF  OF  1,5.OA1  15  cm  IO OF 3

G A1 B   A2 B2

Ta có : GA2 = GA1 = OA1 + ℓ Và A2B2 = A1B1 = AB/3 O A2 B2   A3 B3

ΔOA2 B2  ΔOA3 B3 

Có :

A3 B3 OA3  A2 B2 OA2

A3 B3 1 AB OA2 1   3 3   OA3  AB 9 A2 B2 3 3

ΔF OK  ΔF A3 B3 

A3 B3 F A3 1 OF     F A3   5  cm   OK 3 3 OF

 OF   OA3  5  OA3  10  cm   OA2  3.OA3  30  cm 

Có OA2 = GA2 + ℓ = OA1 + 2ℓ => ℓ = (OA2 - OA1)/2 = 10 (cm)

Đề thi vào chuyên vật lý trường THPT chuyên Bình Thuận - Năm học 2017 - 2018 Câu 1: Một thuyền máy và một thuyền chèo cùng xuất phát, chuyển động đều xuôi dòng từ bến A đến bên B dọc theo chiều dài của con sông, khoảng cách giữa hai bến sông là 14km.

Thuyền máy chuyển động với vận tốc 24km/h so với nước, nước chảy với vận tốc 4km/h so với bờ. Khi thuyền máy tới B lập tức quay trở lại A, đến A nó lại lập tức quay về B và đến B cùng lúc với người chèo thuyền. Hỏi: a, Vận tốc của thuyền chèo so với nước là bao nhiêu? b, Trên đường từ A đến B, thuyền chèo gặp thuyền máy ở vị trí cách A bao nhiêu km?

Câu 2: Một bình nhiệt lượng kế có khối lượng m0, nhiệt dung riêng c0 và ở nhiệt độ t0. Lần thứ nhất, người ta rót vào bình một lượng nước nóng có khối lượng m, nhiệt dung riêng c và ở nhiệt độ t, khi có cân bằng nhiệt thì nhiệt độ của bình tăng thêm 60C. Lần thứ hai, rót tiếp vào bình một lượng nước nóng giống như trước, khi có cân bằng nhiệt thì nhiệt độ của bình tăng thêm 40C so với khi có cân bằng nhiệt lần thứ nhất. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường xung quanh. a. Tính tỉ số

m0 c0 mc

b. Lần thứ ba, tiếp tục rót vào bình một lượng nước nóng giống như lần thứ nhất. Khi có cân bằng nhiệt thì nhiệt độ của bình tăng thêm bao nhiêu so với nhiệt độ t0 ?

Câu 3: Cho mạch điện có sơ đồ như hình vẽ

Các điện trở có giá trị R1 = R2 = 12 Ω; điện trở của ampe kế, dây nối và khóa K không đáng kể; điện trở của vôn kế vô cùng lớn. Hiệu điện thế UMN = 36V. a. Khi khóa K mở, ampe kế chỉ 1A, vôn kế chỉ 24V. Xác định giá trị điện trở R0, R3. b. Khi khóa K đóng, ampe kế chỉ 0,2A, dòng điện chạy qua ampe kế theo chiều từ C đến D. xác định giá trị điện trở R4 và số chỉ của vôn kế.

Câu 4: Vật sáng AB đặt trước thấu kính hội tụ, cách thấu kính một khoảng 15cm cho ảnh thật A1B1. Di chuyển vật AB dọc theo trục chính của thấu kính một khoảng x đến vị trí thứ hai thì cho ảnh ảo A2B2 cách thấu kính một khoảng 10cm. Hai ảnh có cùng độ lớn. Biết vật sáng AB luôn đặt vuông góc với trục chinh của thấu kính, A nằm trên trục chính. a/ Dựng (vẽ) ảnh của vật qua thấu kính ứng với mỗi vị trí nêu trên. b/ Xác định tiêu cự của thấu kính.

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Tổng thời gian để thuyền máy đi là: t1 

14 14 14    1, 7(h) 24  4 24  4 24  4

Vận tốc của thuyền chèo so với nước: v2  Thời gian thuyền máy đi từ A đến B: t0 

14 72 4 (km / h) 1, 7 17

14  0,5(h) 24  4

168  72  (km) Sau khi thuyền máy tới B lần đầu tiên, 2 thuyền cách nhau: 14    4  .0,5  17  17 

Thời gian cần đi tiếp để gặp được nhau: t2 

168 17

72 (  4)  (24  4) 17

 0,35(h)

 72  Vậy nơi gặp nhau cách A:  0,5  0,35  .   4   7(km)  17 

Câu 2: a) Lần rót 1, có phương trình cân bằng nhiệt: c0m0(t1 – t0) = cm(t – t1)

(1)

Lần rót 2, có phương trình cân bằng nhiệt : (c0m0 + cm)(t2 – t1) = cm(t – t2)

(2)

Từ (1) và (2) => -2c0m0 = -8cm =>

m0 c0 4 mc

b) Lần rót 3, có phương trình cân bằng nhiệt: (c0m0 + 2cm)(t3 – t2) = cm(t – t3) => 6cm t = cm(t – t3) Từ (2) => 20cm = cm(t – t2) Từ (3) và (4) => t = 2,9 0C Câu 3:

(3) (4)

a. Sơ đồ mạch điện: (R1 // R3) nt R2 nt R0 I3 R  R3 R1   I m  I3 . 1 I m R1  R3 R1

Có UV = Im.R2 + IA.R3  24  1.

12  R3 36  24 .12  1.R3  R3  6Ω  I m  1,5 A  R0   8Ω 12 1,5

b. Sơ đồ mạch điện (R3 // R1) nt (R4 // R2) nt R0 Đặt R4 = x Rm 

6.12 x.12 24 x  144  8  6  12 x  12 x  12

Im 

3( x  12) 2 x  12

I3  I m

R1 2( x  12)  R1  R3 2 x  12

I4  Im

R2 3( x  12) 12 18  .  R2  R4 2 x  12 x  12 x  6

Xét tại nút C có: I3 = IA + I4 

2( x  12) 18  0, 2   x  9Ω 2 x  12 x6

Uv = U – Im.R0 = 19,2 (V) Câu 4:

1 1 1  f  d  d  (1) 1  1 b. Khi AB ở vị trí ban đầu, hệ tạo ảnh thật có:    d1  A1 B1  d1 AB

Sau khi dịch chuyển AB, hệ tạo ảnh ảo có :

1 1 1  f  d  d  (2) 2  2    d 2  A2 B2  d 2 AB 2 ảnh có độ lớn bằng nhau => Từ (1), (2) và (3) 

d1 d 2 d  10   1  (3) d1 d 2 15 d 2

d 1 1 1  2   15 150 d 2 10

=> d2 = 5(cm) => f = 10(cm)

Đề thi vào chuyên vật lí trường THPT chuyên Thái Nguyên - Năm học 2017 - 2018 Câu 1: Thanh AB đồng chất, tiết diện đều có chiều dài l và trọng lượng P = 3 (N) được treo bởi hai sợi dây nhẹ không giãn OM và BN như hình vẽ 1. Biết OA = l/4. Khi hệ cân bằng thì thanh AB nằm ngang, còn hai dây treo đều có phương thẳng đứng.

a. Tìm lực căng của các sợi dây? b. Một chú chim chích bông có khối lượng m bay đến, nhẹ nhàng đậu vào đầu A của thanh.

Biết dây OM chịu được lực căng lớn nhất là T01 = 2,5 (N), dây BN chịu được lực căng lớn nhất là T02 = 1,5 (N). Tìm điều kiện của m để vị trí cân bằng của thanh không bị thay đổi so với lúc đầu.

Câu 2: Hai bạn An và Bình thực hiện một cuộc chạy thi. Trong cùng thời gian An chạy được 125m, còn Bình chạy được 100m. Coi chuyển động của hai bạn là chuyển động thẳng đều. a. Nếu Bình chạy trước An 300m thì An chạy được quãng đương bao nhiêu để đuổi kip Bình? b. Nếu cùng chạy được quãng đường 1000m thì An tới đích trước Bình 50s. Tính vận tốc của mỗi bạn.

Câu 3: Một bình hình trụ, ban đầu chứa mn = 3kg nước ở 240C. Người ta thả vào bình một cục nước đá có khối lượng mđ = 1,4kg đang ở 00C. Biết chỉ có nước đá và nước trao đổi nhiệt với nhau; nhiệt dung riêng của nước là Cn = 4200J/kg.K; nhiệt lượng cần cung cấp cho 1kh nước đá nóng chảy hoàn toàn ở 00C là 3,36.105 J (λ = 3,36.105J/kg). Khi có cân bằng nhiệt, hãy tìm: a. Nhiệt độ của nước trong bình? Khối lượng nước trong bình? b. Độ chênh lệch giữa mực nước trong bình khi có cân bằng nhiệt so với khi chưa thả cục nước đá? Biết diện tích đáy trong bình là S = 200cm2; khối lượng riêng của nước là Dn = 1000kg/m3. Cục nước đá không chạm vào bình trong quá trính trao đổi nhiệt.

Câu 4: Đặt vật sáng AB dạng mũi tên trước một thấu kính cho ảnh A’B’ = 4AB/5, khi dịch chuyển AB theo phương trục chính một khoảng 9cm thì cho ảnh A’’B’’ = 5AB/4. Biết AB vuông góc với trục chính của thấu kính A nằm trên trục chính của thấu kính và tiêu cự f > 15 cm.

a. Thấu kính trên là thấu kính gì, hai ảnh trên là ảnh thật hay ảnh ảo? Vì sao? b. Hãy tìm tiêu cự của thấu kính bằng phép dựng hình.

Câu 5: Cho mạch điện như hình vẽ 2. Đặt vào hai đầu của đoạn mạch một hiệu điện thế UAB = 18V. Biến trở Rb có điện trở toàn phần RMN = 20Ω; R1 = 2Ω; đèn có điện trở RĐ = 2Ω; vôn kế có điện trở rất lớn và ampe kế có điện trở nhỏ không đáng kể.

1. Điều chỉnh con chạy C để ampe kế chỉ 1A a. Xác định vị trí con chạy C. b. Tìm số chỉ vôn kế khi đó. c. Biết đèn sáng bình thường. Tìm công suất định mức của đèn.

2. Phải di chuyển con chạy C đến vị trí nào để công suất tiêu thụ trên biến trở đạt giá trị lớn nhất? Giá trị lớn nhất ấy bằng bao nhiêu?

3. Biết đèn chịu được hiệu điện thế tối đa là 4,8V. Hỏi con chạy C chỉ được dịch chuyển trong khoảng nào của biến trở để đèn không bị cháy?

Câu 6: Một học sinh dùng một ampe kế có điện trở RA với các điện trở R = 15Ω và RX mắc vào nguồn điện có hiệu điện thế U không đổi theo các sơ đồ như hình 3. Số chỉ của ampe kế trong các sơ đồ là 0,24A; 0,6A và 0,8A. Do sơ ý nên học sinh đó không ghi chú rõ số chỉ của ampe kế tương ứng với sơ đồ nào trong mạch điện.

a) Xác định rõ số chỉ của ampe kế trong từng sơ đồ. b) Tìm giá trị các điện trở RX, RA và hiệu điện thế U. LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1:

Vì thanh AB đồng chất, tiết diện đều nên trọng tâm G của nó ở giữa thanh.

Ta có: GA = GB = l/2; OA = OG = l/4 ; OB = 3l/4 a. Thanh AB chịu tác dụng của các lực :

- Trọng lực P. - Lực căng T1 của dây OM. - Lực căng T2 của dây BN. + Chọn trục quay tại B, khi thanh cân bằng ta có : T1.BO = P.BG => T1.3l/4 = P.l/2 => T1 = 2N + Chọn trục quay tại O, khi thanh cân bằng ta có : T2.OB = P.OG => T2.3l/4 = P.l/4 => T2 = 4N b. Khi chim đậu vào đầu A, thanh AB chịu tác dụng của các lực :

- Trọng lực P. - Trọng lượng P’ của chim.

- Lực căng T1’ của dây OM. - Lực căng T2’ của dây BN. + Chọn trục quay tại B, khi thanh cân bằng ta có : P.BG + P’.BA = T1’.BO 3T   2 P l 3l  P.  10m.l  T1  2 P  40m  3T1  m  1 2 4 40

Khi thoả mãn điều kiện ta luôn có : 0  T1  T01 

3T  2 P 2 P  m  01  0  m  0, 0375kg 40 40

(do m luôn > 0) (1) + Tương tự, chọn trục quay tại O, khi thanh cân bằng ta có : P’.OA + T2’.OB = P.OG

P  3T2 l l  3l   10m  T2 .  P  10m  3T2  P  m 4 4 4 10

Khi thoả mãn điều kiện ta luôn có : 0  T2  T02 

P  3T02 P m  0  m  0,3kg (do 10 10

m luôn > 0) (2) + Từ (1) và (2)  m  0, 0375kg  m  37,5 g Câu 2: Gọi vA, vB lần lượt là vận tốc của bạn An và bạn Bình. Theo đề ra ta có : 125 100 4   vB  v A vA vB 5

a. Gọi t là thời gian bạn An chạy đến khi gặp Bình Khi An đuổi kịp Bình thì sA – sB = 300m 1 1   vB  v A  t  300m  v A t  300m  s A  300m  s A  1500m 5 5

b. Ta có :

1000 1000 5 1   50 s    0, 05  v A  5m / s  vB  4m / s vB vA 4v A v A

Câu 3: a. Giả sử khi cân bằng nhiệt, trạng thái hỗn hợp trong bình ở 00C. Nhiệt lượng do nước đá thu vào để tan chảy hoàn toàn ở 00C là : Qthu = mđ.λ = 1,4.3,36.105 = 470 400 J Nhiệt lượng do nước toả ra là : Qtoả = mn.Cn.∆t = 3.4200.(24 – 0) = 302 400 J Ta thấy Qthu > Qtoả chứng tỏ chỉ một phần nước đá bị tan ra.

Như vậy khi cân bằng nhiệt, hỗn hợp gồm cả nước và nước đá => Khi cân bằng nhiệt, nhiệt độ của hỗn hợp là t = 00C. Khối lượng phần nước đá tan ra là : Qtoả = mtan.λ => mtan = Qtoả/λ = 302 400/336 000 = 0,9kg Khối lượng nước có trong bình khi cân bằng nhiệt là : mn’ = mn + mtan = 3 + 0,9 = 3,9kg. b. Vì cục nước đá luôn nổi trong quá trình tan ra nên mưc nước không thay đổi sau khi thả cục nước đá vào bình đến khi có cân bằng nhiệt.

Thể tích chiếm chỗ ban đầu trong nước của cục nước đá : + Vì cục nước đá nối : Pd = Pđ = FA = 10DnVc Từ đó tính được Vc = 1400 cm3. Độ dâng lên của mực nước trong bình : ∆h = Vc/S = 1400/200 = 7cm Câu 4:

a. Khi dịch chuyển AB cho ảnh A’’B’’ cho ảnh A’’B’’ = 5AB/4 > AB Thấu kính cho ảnh lớn hơn vật là thấu kính hội tụ (vì vật AB là vật thật) Vật AB cho ảnh A’B’ nhỏ hơn vật nên ở vị trí này AB nằm ngoài khoảng 2f. Ta vẽ được như hình 1. Ảnh A’B’ là thật.

Cần dịch vật lại dần thấu kính để ảnh tăng độ lớn Do f > 15cm, mà khi ta dịch vật một đoạn 9cm < f, do đó AB phải nằm trong khoảng từ f đến 2f. Ta được hình vẽ thứ 2. Ảnh A’’B’’ là thật

b. Xét hình 1 : ΔABF  ΔOMF 

AF AB 5   AF  f OF OM 4

Xét hình 2 : ΔABF  ΔONF 

AF AB 4   AF  f OF ON 5

Vì AB dịch 9cm nên ta có :

5 4 f  f  9cm  f  20cm 4 5

Câu 5: 5.1 5.1.a. Mạch gồm (RCM // RCN) nt R1 nt Rđ Đặt RCM = x thì RCN = 20 – x với : 0  x  20Ω; RCB  RAB  R1  Rd  RCB  4  I AB 

x  20  x 

U AB 18.20  2 RAB  x  20 x  80

20



 x 2  20 x  80 20

x  20  x  20

U CB  I AB RCB 

IA 

x  20  x  18 x  20  x  18.20 .  2 20  x  20 x  80  x  20 x  80 2

18 x  20  x  U CB 1 18 x  2 .  2 RCB  x  20 x  80 20  x  x  20 x  80

Ampe kế chỉ 1A



 x  10(t / m) 18 x  1  x 2  2 x  80  0    x  20 x  80  x  8( L) 2

Vậy con chạy C ở chính giữa biến trở thì ampe kế chỉ 1A 5.1.b 18.20  2 A;U D  I AB RD  2.2  4Ω 10  20.10  80

Với x = 10Ω ta có : I AB 

2

Số chỉ của vôn kế là : Uv = UAB – UD = 18 – 4 = 14 V 5.1.c Công suất định mức của đèn là : PD ( dm )  PD 

U D2 42   8W RD 2

5.2

x  20  x 

Đặt: y  RCB 

20

; RAB  RD  R1  RCB  4  y  I AB 

 2 RCB   Công suất tiệu thụ trên biến trở là : PCB  I AB 

y

Áp dụng BĐT Cosi ta có :

Dấu’=’ xảy ra khi:

y

4 y

U AB 18  RAB y4

  2   18  18    .y   4  y4  y  y 

2

2

 18   2 4  4  PCB     20, 25 y  4

4

 y 4

 x  14,5  x 2  20 x 4 20  x  5,5

Vậy con chạy C ở vị trí sao cho RCM = 5,5Ω hoặc RCM = 14,5Ω thì công suất tiêu thụ trên biến trở đạt cực đại, giá trị cực đại bằng 20,25W. 5.3 U D  I AB RD 

18 36 .2  y4 y4

U D  4,8(V ) 

36  x 2  20 x  4,8  y  3,5   3,5 y4 20

 x 2  20 x  70  0   x  10   30  4,5  x  15,5 2

Vậy con chạy C chỉ được di chuyển trong khoảng sao cho điện trở của đoạn CM có giá trị từ 4,5Ω đến 15,5Ω Câu 6: Gọi số chỉ ampe kế trong 3 sơ đồ 1,2,3 tương ứng là I1, I2, I3. a.   U U  I1   R1 RA  R   U U   I2  R2 RA  R  RX   U U   I3  RRX R3  RA   R  RX

Do :

RRX  R  R  RX  R3  R1  R2  I 2  I1  I 3 R  RX

Vậy : I1 = 0,6 A ; I2 = 0,24A ; I3 = 0,8A. b. Ta có:

 15 RX  U  0, 6  RA  15   0, 24  RA  RX  15   0,8  RA   RX  15   0, 6 RA  9  0, 24 RA  0, 24 RX  3, 6  RA 

2 RX  15 3

Thế ngược trở lại ta có:

2 15 RX  2 2 2 0, 6. RX  0,8  RX  15    RX  15 RX  1350  0  RX  30Ω; RA  RX  15  5Ω 3 RX  15  3 3 U  0, 6  RA  15   12V

Đề thi vào chuyên vật lý trường THPT chuyên Quang Trung - Bình Phước - Năm học 2016 – 2017 Câu 1: Câu 1: Hai vận động viên điền kinh có một buổi tập trên đường chạy có dạng hình chữ nhật ABCD (AB = l00m, BC = 50m). Ban đầu hai vận động viên cùng xuất phát từ điểm A và chạy ngược chiều nhau. Vận động viên thứ nhất chạy với tốc độ không đổi v1 theo chiều ABCD, vận động viên thứ hai chạy với tốc độ không đổi v2 theo chiều ADCB. Sau 2 phút hai vận động viên gặp nhau lần đầu tại trung điểm M của đoạn CD. a) Tính v1 và v2 . b) Khi gặp nhau tại M thì hai vận động viên lập tức chạy quay lại với tốc độ như cũ. Hỏi sau thời gian ngắn nhất là bao lâu thì hai người lại gặp nhau tại điểm M? Câu 2: Người ta cho một vòi nước nóng 80°c và một vòi nước lạnh 20°C đồng thời chảy vào bể đã có sẵn l0kg nước ở nhiệt độ 30°C. Cho biết mỗi phút có 2kg nước ở môi vòi chảy vào bể. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt của nước với không khí và bể chứa, bể chứa đủ lớn để chứa nước. a) Phải mở hai vòi trong bao lâu thì thu được nước trong bể có nhiệt độ 40°C? b) Sau thời gian 1 phút mở cả hai vòi thì nhiệt độ của nước trong bể là bao nhiêu?

Câu 3: Cho mạch điện gồm một điện trở R0  12 , một bóng đèn sợi đốt Đ loại 6V – 6W (coi điện trở của bóng đèn không đổi) và một biến trở R được mắc thành mạch điện như hình 1. Đặt vào hai đầu mạch AB một hiệu điện thế không đổi u = 20V.

a) Xác định giá trị của R để đèn sáng bình thường. b) Khi điều chỉnh biến trở R, người ta thấy có hai giá trị của biến trở là R = R1 và R = R2 thì đoạn mạch MB có cùng công suất tiêu thụ bằng p, biết rằng R1  R2  14 . Hãy tính giá trị P, từ đó nhận xét về độ sáng của đèn trong trường hợp R = R1 và R = R2.

Câu 4: Giữa hai điểm A, B có hiệu điện thế không đổi u. Hai điểm A, B nối với M, N bởi hai dây dẫn kim loại, mỗi dây tương ứng điện trở

r .

2

a) Cho mỗi dây có điện trở suất 2,5.108 .m , tiết diện 100mm2, dài 100km. Tìm điện trở

r 2

của mỗi dây? b) Khi mắc một số bóng đèn sợi đốt vào hai điểm M, N thì sau mỗi (Hình 2) ngày đêm điện năng tiêu thụ trên MN và trên AB chênh lệch nhau 24kWh. Nếu công suất trên AB là PAB = 20 kW thì công suất tiêu thụ trên MN là PMN bằng bao nhiêu? c) Khi mắc một số bóng đèn sợi đốt vào hai điểm M, N thì lúc đầu công suất trên đoạn mạch MN bằng 95% công suất trên AB. Nếu điều chỉnh số bóng đèn để công suất trên MN tăng 20% so với lúc đầu thì công suất này chiếm bao nhiêu phần trăm công suất trên AB? Biết công suất trên MN luôn lớn hơn tổng công suất trên hai điện trở

r . (Điện trở của mỗi bóng 2

đèn ở câu b và câu c luôn không đổi) Câu 5: Đặt vật thật AB trước một thấu kính cho ảnh AB 

1 AB , khi dịch chuyển AB 2

theo phương trục chính một đoạn 18cm thì cho ảnh A"B" = 2AB. Biết AB vuông góc với trục chính của thấu kính, A nằm trên trục chính của thấu kính và độ lớn của tiêu cự thấu kính lớn hơn 10cm. a) Thấu kính trên là thấu kỉnh gì? Vì sao? b) Hãy tìm tiêu cự của thấu kính.

Câu 6: Cho các dụng cụ sau: + Một quả cầu đặc bằng sắt có móc treo. + Một lực kế có giói hạn đo phù họp. + Một giá đỡ. + Một bình chia độ có dung tích đủ dùng. + Một bình dầu ăn.

Hãy lập phương án thí nghiệm xác định trọng lượng riêng của dầu ăn?

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: a) Tốc đô của vân động viên thứ nhất là : v1  Tốc đô của vân động viên thứ hai là: v2 

s1 200 5   m / s t 120 3

s2 100 5   m / s t 120 6

b) Quãng đường môi vận động viên chạy một vòng là s = 300 m.

Gọi m và n lần lượt là số vòng vận động viên thứ nhất và thứ hai chạy được đến lúc gặp nhau tại M (m, n nguyên dương) ta có: 300m 300n m n m v      1  2  m  2n v1 v2 v1 v2 n v2

Vì thời gian gặp nhau ngắn nhất nên n = 1 và m = 2 thỏa mãn => thời gian gặp nhau tại M sớm nhất là: t  

300.2  360 (giây) = 6 phút 5 3

Câu 2: a)

Gọi lượng nước mỗi vòi chảy vào bể là m

Hỗn hợp nước chảy vào bể có khối lương 2m và nhiêt đô 50°C Ta có: 2mc(50 – 40) = 10c(40 – 30) => m = 5kg . t = 2,5 phút b)

Sau 1 phút có 4kg hỗn hợp nước ở 500C chảy váo bế

Ta có: 4c(50 – t) = 10c(t – 30) =>t≈35,70C Câu 3: 62  6 Ta có RD  6

a) Đèn sáng bình thường nên hiệu điện thế hai đầu bóng đèn là:

U d  6V , cường độ dòng điện qua mạch là: I  I dm  1A Hiệu điện thế hai đầu R0 là: U 0  I .R0  1.12  12V Hiệu điện thể hai đầu biến trở là: U R  U  U d  20  12  6  2V R

UR 2   2 I 1

b) Đặt x  RD  R Công suất tiêu thụ của đoạn MB là:

PMB  I 2 x 

U2

 R0  x 

2

 U2  x  x2    2 R0  x  R02  0  *  PMB 

Vì có hai giá trị của biến trở là R = R1 và R = R2 thì công suất tiêu thụ của đoạn MP nên phương trình (*) có hai nghiệm thỏa mãn:   202 U2 R  R  2.6   2.12 x  x   2 R 2  1  1 2 0 PMB PMB    x .x  R 2  R  6 . R  6  122  0  1 2  1   2

Thay R1  R2  14 ta được PMB  8W ; R1  2 và R2  12 Với R  R1  2 thì đèn sáng bình thường.

Với R  R2  12 thì I 

U 20 2    A   1 A  nên đèn sáng yếu RAB 12  6  12 3

Câu 4: a) Điện trở ở mỗi dây là:

r l 105    2,5.108. 4  25 2 S 10

b) Có chênh lệch điện năng tiêu thụ trên AB và ưên MN là do tỏa nhiệt trên hai dây dẫn.

Tổng công suất trên dây dẫn: PT 

24kWh  1kW 24h

Công suất trên MN là: PMN  PAB  PT  20  1  19kW . c) Gọi công suất tiêu thụ trên AB lúc đầu là P1 Ta có: P1  0, 05 P1  0,95 P1 Công suất tiêu thụ trên AB lúc sau là P2 và khi này công suất tiêu thụ trên MN là xP2 . Nghĩa là: 1, 2.0,95 P1  1,14P1  xP2 Nên: 1, 2.0,95 P1  1,14 P1  xP2 1 Mà công suất tỏa nhiệt tổng cộng trên hai điện trở r/2 là: P12 Lúc đầu: 0, 05 P1  2 .r  2  U P12 Lúc sau: 1  x  P2  2 r  3 U

Lấy (2) chia (3) rút ra được : P2   20  20 x  P1 Thay vào (1)

 x  0,939 20 x 2  20 x  1,14  0    x  0, 061

Biết công suất tiêu ữiụ trên MN luôn lớn hơn công suất tiêu thụ tổng cộng trên 2 điện trở r/2.

Câu 5: a) Do AB là vật thật qua thấu kính có thể cho ảnh lớn hơn hoặc nhỏ hơn vật nên đây là thấu kính hội tụ. b) Xét vị trí thứ nhất cho ảnh A’B’ = 0,5AB, vỉ vị trí này có ảnh nhỏ hơnvật qua thấu kính hội tụ mà AB là vật thật nên A’B’ là ảnh thật

Từ hình (a) xét hai tam giác ABF ~ JOF

OJ OF 1     AO 1  3 f AB AF 2

Từ đó nhận thấy khi dịch chuyển lại gần thấu kính thêm một đoạn hon 2f mới cho ảnh ảo.

Mà 18cm < 20 cm < 2f cm nên phải được A”B” cũng là ảnh thật.

Từ hình (b) xét hai tam giác:

ABF ~ OIF

OI OF 3   2   AO 2  f AB AF 2

Vậy 3 f 

3 f  18cm  f  12cm 2

Câu 6: +B1 : Treo lực kế lên giá đỡ. Móc quả cầu vào lực kế. Khi quả cầu cân bằng thì đọc số chỉ lực kế F1 chính là trọng lượng của vật ngoài không khí. ( coi lực đẩy Acsimet trong không khí không đáng kể trong thí nghiệm này )

+B2: Đổ dầu ăn vào bình chia độ một lượng vừa đủ, đọc thể tích của dầu ăn lúc này là V1.

Sau đó đưa quả cầu vẫn đang móc ở lực kế vào bình, để quả cầu chìm trong dầu ăn. Đọc thể tích của dầu ăn lúc này là V2, rồi đọc số chỉ lực kế F2 chính là trọng lượng của vật trong dầu ăn .

(Lưu ý: Khi đọc thể tích cần để mặt thoáng dầu ăn ữong bình phẳng lặng) +B3: Trọng lượng của phần chất lỏng bị chiếm chỗ là lực đẩy Acsimet: FA= F1 – F2 Thể tích chẩt lỏng bị chiếm chỗ: V = V2 – V1 Tính trọng lượng riêng của dâu ăn : d 

FA F1  F2  V V2  V1

+B4: Làm lại thí nghiệm nhiều lần và lấy giá trị trung bình của d.

Đề thi vào chuyên vật lý trường THPT chuyên KHTN Hà Nội - Năm học 2016 – 2017 Câu 1: (2,0 điểm).

Cho mạch điện như trên Hình 1, trong đó: các đèn có thông số Đ1 (6V – 6W) và Đ2 (12V – 6W). Hiệu điện thế giữa hai đầu mạch điện có giá trị không đổi bằng U. Bỏ qua điện trở của dây dẫn và khóa K. Ban đầu khóa K đóng. Khi điều chỉnh biến trở đến giá trị RX = R0 thì cả hai đèn đều sáng bình thường. Giả thiết rằng điện trở của các đèn không đổi. a) Tìm giá trị của U và R0. b) Mở khóa K. Điều chỉnh giá trị của biến trở: khi RX = R1 thì đèn Đ1 sáng bình thường, khi RX = R2 = 10R1 thì đèn Đ2 sáng bình thường. Tính các giá trị điện trở R, R1 và R2.

Câu 2: (2,0 điểm). Cho ba bình cách nhiệt đựng nước ở các nhiệt độ ban đầu t1 = 800C, t2 = 600C và t3. Lần lượt múc nước từ bình 1 sang bình 2, từ bình 2 sang bình 3 và từ bình 3 về bình 1; mỗi lần đều múc một lượng nước có khối lượng m và chỉ múc sau khi trong bình đã có cân bằng nhiệt. Nhiệt độ trong các bình khi có cân bằng nhiệt là t'1 = 700C, t'2 và t'3 = 400C. Khối lượng nước trong bình 1 và bình 2 lúc đầu là m1 = m2 = 1 kg. Bỏ qua mọi hao phí nhiệt. a) Tính giá trị của m và t'2. b) Thực hiện quá trình như trên rất nhiều lần thì nhiệt độ cuối cùng trong bình 1 là t = 580C. Tính khối lượng m3 và nhiệt độ t3 của nước trong bình 3 lúc đầu.

Câu 3: (2,0 điểm). Người ta đặt một vật phẳng nhỏ vuông góc với trục chính của một thấu kính hội tụ. Nếu đặt vật tại A thì ảnh của vật là ảnh thật nằm tại A’. Nếu đặt vật tại B thì ảnh của vật là ảnh ảo và cao bằng ảnh tại A’. Các điểm A, B, A’, B’ đều nằm ở trên trục chính ∆ của thấu kính, trong đó A và B cùng nằm phía trước của thấu kính. a) Ký hiệu O là quang tâm của thấu kính và F’ là tiêu điểm sau của thấu kính. Chứng minh rằng: A’O2 = A’A.A’F’

b) Người ta tìm thấy hình vẽ minh họa lại bài toán này trong vở ghi của một học sinh Chuyên Lý Tổng hợp, nhưng do để lâu ngày nên nét vẽ bị nhòe và nay chỉ còn thấy rõ ba điểm A, A’ và B’ (Hình 2). Trình bày cách dùng thước và compa để xác định vị trí của các tiêu điểm và quang tâm O của thấu kính. Vẽ hình minh họa.

c) Trong bài toán này: AB’ = 8cm, A’B’= 64cm. Tìm tiêu cự của thấu kính.

Câu 4: (2,0 điểm).

Trong mạch điện như trên Hình 3, các ampe kế có điện trở nhỏ không đáng kể. Hiệu điện thế giữa hai đầu mạch điện là U = 30V không đổi. a) Khi điều chỉnh vị trí của con chạy C thì số chỉ của ampe kế A1 có giá trị thay đổi trong khoảng từ 1A đến 1,5A. Tính giá trị các điện trở R1, R2. b) Khi điều chỉnh vị trí của con chạy C thì số chỉ của ampe kế A2 có giá trị bé nhất là 0,4 A và giá trị lớn nhất là IA2max . Tính RMN (giá trị điện trở toàn phần của biến trở) và IA2max.

Câu 5: (2,0 điểm). Một học sinh được giao nhiệm vụ thực hiện thí nghiệm xác định khối lượng và khối lượng riêng của một vật nhờ các dụng cụ: Một thanh cứng AB hình trụ đồng chất, có khối lượng m = 100 g, chiều dài L = 50 cm. Dọc theo thanh có các vạch chia đều đến từng mm. Một bình nước (khối lượng riêng của nước là D0 = 1 g/ cm3 ). Vật cần xác định khối lượng M và khối lượng riêng D. Biết M và D có giá trị nằm trong khoảng 50 g  M  60 g và 4 g / cm3  D  5 g / cm3 , nhưng giá trị chính xác thì chưa biết. Một cuộn chỉ, giá treo. Để xác định M và D, học sinh đó thực hiện các bước như sau: Bước 1: Treo thanh AB lên giá nhờ sợi chỉ buộc cố định vào điểm C trên thanh. Treo vật M vào điểm I thích hợp trên thanh AB để thanh cân bằng nằm ngang. a) Cần phải đo các đại lượng nào để xác định M? Lập biểu thức tính M.

b) Trong thí nghiệm, học sinh đó chọn điểm C nằm cách đầu B một khoảng BC = 19 cm. Điểm I nằm cách đầu B một khoảng l1 có giá trị nằm trong khoảng nào?

Bước 2: Nhúng vật M ngập hoàn toàn trong nước. Dịch điểm treo vật đến vị trí J thích hợp trên thanh AB để thanh vẫn cân bằng nằm ngang. c) Cần phải đo các đại lượng nào để xác định D? Lập biểu thức tính D. d) Với BC = 19 cm, điểm J nằm cách đầu B một khoảng l2 có giá trị nằm trong khoảng nào?

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: a) Khi K đóng thì R bị nối tắt, mạch điện chỉ còn: Đ1 nt (Đ2 // Rx) Vậy: U = U1 + U2 = 18V; I = I1 = I2 + Ix 

P1 P U  2  2  R0  24Ω U1 U 2 R0

b) Điện trở của các đèn: RĐ1 = 6Ω; RĐ2 = 24Ω * Rx = R1, đèn Đ1 sáng bình thường: I  I1  1A  Rtd  R  6  * Rx = R2, đèn Đ2 sáng bình thường: I  I1  I 2  I x 

24 R1  18Ω 24  R1

18  12 12  0,5  R6 R1

Kết hợp R2 = 10R1  R  12 

24 R1 12 R2 24  R1 R  24 10 R1  24   6  12.  6. 2  6.

24  R1 R2  24 R1  24 R2  24 10 R1  24

 30 R12  216 R1  1728  0

 R  12  1  R1  4,8  0 Vậy: R1 = 12 Ω, R2 = 120 Ω, R = 4 Ω Câu 2: a) Phương trình cân bằng nhiệt: - Đổ từ bình 3 về bình 1: (1 - m)(80 - 70) = m(70 - 40) => m = 0,25 kg - Đổ từ bình 1 sang bình 2: 1.(t'2 - 60) = 0,25.(80 - t'2) => t'2 = 64 0 C b) Sau rất nhiều lần múc, nhiệt độ của các bình tiến tới cùng một giá trị cân bằng. Phương trình cân bằng nhiệt: 1.(70 – 58) + 1.(64 – 58) = m3.(58 – 40) => m3 = 1 kg Và: 1.(80 – 58) + 1.(60 – 58) = 1.(58 – t3) => t3 = 340C

Câu 3: a) Sử dụng công thức thấu kính hội tụ cho ảnh thật : 1 1 1 d . f d 2   d   d  d  d d f d  f d  f

 d 2  (d  d )(d   f )  AO 2  AA. AF b) Tia tới song song với trục chính sẽ đi qua tiêu điểm sau F' và chia đoạn A'B' theo tỷ lệ độ cao các ảnh nên ta có cách dựng F như sau: + Dựng các ảnh vuông góc với ∆, có cùng chiều cao và ngược chiều tại A' và B’. + Nối đỉnh các ảnh với nhau, cắt ∆ tại F’ (trùng với trung điểm của A’B’).

Sử dụng hệ thức đã chứng minh ở phần a) để xác định O. Có thể có nhiều cách dựng khác nhau dựa trên các mối quan hệ trong hình học.

- Nếu sử dụng tính chất: bình phương của cạnh góc vuông bằng tích của cạnh huyền với hình chiếu của cạnh góc vuông trên cạnh huyền, thì có cách dựng sau: + Dựng đường tròn đường kính AA'. + Từ F dựng đường vuông góc với ∆, cắt đường tròn tại I. -

Nếu sử dụng tính chất tiếp tuyến và cát tuyến của đường tròn thì có thể dựng như sau:

+ Dựng đường tròn đường kính AF. + Dựng tiếp tuyến A’I. + Dựng đường tròn tâm A' bán kính A’I, cắt ∆ tại O (chọn điểm nằm giữa A' và B'). + Dựng F đối xứng với F' qua O. * Hình vẽ.

c) F' là trung điểm của A'B' nên A'F' = A'B'/2 = 32cm; AA' = 8 + 64 = 72cm. => OA' = d' = 48cm; OA = 72 - 48 = 24cm => f = 16cm

Câu 4: a) IA1 = I1 + I2, trong đó: IA1 = U/R1 Dễ thấy: I 2 max  Vậy:

U khi C nằm tại M và I2min = 0 khi C nằm tại N. R2

30 30 30  1;   1,5  R1  30Ω; R2  60Ω R1 R1 R2

b) Đặt RCN = x, RMN = R. Ta có : I A2 

60 60 .I  .

60  x 60  x

Vậy : I A 2 min 

800 R2 60 R  4

30 Rx

60 60  x



1800 1800  2  x  Rx  60 R  R2   R  60 R  x  4   2  2

khi x = R/2

Giải phương trình : IA2min = 0,4A => RMN = 60Ω (Loại nghiệm RMN = -300) IA2max = U/R = 0,5A khi C nằm tại M hoặc N. Câu 5: Thanh đồng chất nên trọng tâm G của thanh nằm chính giữa thanh: GB = 25cm. a) Dùng cân bằng momen lực: 10M.CI = 10m.CG  M 

CG 25  BC .m  .m CI BC  BI

b) Do: 50 g  M  60 g ; BC  19cm  10  CI  12  7cm  BI  l1  9cm c) Dùng cân bằng momen lực: (10M – 10.D0.V).CJ = 10m.CG Kết hợp với phương trình trong ý a: (D – D0)CJ = D.CI  D 

CJ BC  BJ .D0  .D0 CJ  CI BI  BJ

d) Do: 4 g / cm3  D  5 g / cm3  12,5  CJ  16  3cm  BJ  l1  6,5cm

Đề thi vào chuyên vật lý trường THPT chuyên Bắc Ninh - Năm học 2016 - 2017 Câu 1: (2,0 điểm).

1. Từ hai bến A và B cách nhau s = 32 km dọc theo dòng sông có hai canô cùng xuất phát đi đến gặp nhau để chuyển bưu kiện từ canô nọ sang canô kia trong khoảng thời gian rất ngắn rồi lập tức quay trở về bến cũ. Biết tốc độ của hai canô so với nước yên lặng đều bằng v1 và tốc độ dòng nước so với bờ là v2 thì khi trở về đến bến cũ, thời gian đi hết của hai canô hơn kém nhau là 2 giờ. Nếu tốc độ của hai canô so với nước tăng lên gấp 3 lần thì khi trở về tới bến, thời gian đi hết của hai canô chênh lệch nhau là 12 phút. Biết nước chảy xuôi từ A đến B. a) Hỏi địa điểm gặp nhau của hai canô để trao đổi bưu kiện gần A hay gần B hơn. b) Tìm v1 và v2.

2. Ở một đoạn sông nước chảy với tốc độ v = 3 km/h, một người muốn chèo thuyền từ vị trí M ở bờ sông bên này tới vị trí N ở bờ sông bên kia (Hình 1). Cho MH = 300 m, HN = 400 m.

Hỏi người đó phải chèo thuyền với tốc độ so với nước yên lặng nhỏ nhất là bao nhiêu để có thể tới được N. Câu 2: (1,5 điểm). Một khối thép đặc hình trụ độ cao 20 cm, khối lượng 15,8 kg ban đầu ở nhiệt độ phòng là T0 = 200C. Người ta đặt nó vào trong một lò than trong 15 phút rồi lấy ra thì nhiệt độ khối thép rắn bây giờ là T1 = 8200C. 1. Cho rằng 10% nhiệt lượng của lò than tỏa ra được truyền cho khối thép, hãy xác định lượng than trung bình đã cháy trong lò trong 1 giờ.

2. Khối thép lấy từ lò ra được đặt trong một vại sành (cách nhiệt) hình trụ tròn, đường kính trong là D = 30 cm. Người ta tưới nước ở nhiệt độ T = 200C lên khối thép ấy cho tới khi nó vừa đúng ngập trong nước. Nhiệt độ của nước khi hệ cân bằng nhiệt là T2 = 700C. Hãy tính khối lượng nước mà ta đã tưới lên khối thép.

Cho biết:

Khối lượng riêng của nước và thép lần lượt là: 1000 kg/m3; 7900 kg/m3.

Nhiệt dung riêng của nước và thép lần lượt là: 4200 J/kgK; 460 J/kgK. Nhiệt hóa hơi của nước là: 2,3.106 J/kg; Nhiệt độ sôi của nước là: 1000C. Năng suất tỏa nhiệt của than là: 34.106 J/kg.

Câu 3 (3,0 điểm). Cho mạch điện AB (Hình 2) được nối vào nguồn điện một chiều có hiệu điện thế không đổi là U = 16V,

điện trở Ro = 4 , đèn Đ có ghi 12V - 6W, Rx là biến trở. Bỏ qua điện trở của ampe kế và các dây nối, coi điện trở của đèn Đ không đổi.

1. Tìm giá trị của Rx để đèn sáng bình thường. 2. Điều chỉnh biến trở để công suất tiêu thụ trên đoạn mạch MN cực đại. a) Tính Rx và công suất cực đại đó. b) Tính công suất tiêu thụ của đèn.

3. Thay biến trở Rx bằng một nhiệt điện trở R có cường độ dòng điện chạy qua phụ thuộc vào hiệu điện thế hai đầu điện trở theo quy luật I R  k . U R , trong đó k 

1 4 3

. Tìm công suất

tiêu thụ trên điện trở R và cho biết độ sáng của đèn khi đó.

Câu 4 (2,5 điểm). Vật sáng AB đặt vuông góc với trục chính (A nằm trên trục chính) của thấu kính hội tụ có dạng hình tròn bán kính rìa R, quang tâm O, tiêu điểm chính là F và F'.

Gọi f  OF  OF  là tiêu cự của thấu kính; khoảng cách từ vật AB, ảnh A'B' đến thấu kính lần lượt là d = OA, d' = OA'.

1. Chứng minh rằng với ảnh thật, ta luôn có:

1 1 1 AB d   và   . f d d AB d

2. Vật AB và màn cố định, cách nhau một khoảng L không đổi. Dịch chuyển thấu kính dọc theo trục chính trong khoảng giữa vật và màn thì thấy có hai vị trí của thấu kính mà vật AB cho ảnh rõ nét trên màn, khoảng cách giữa hai vị trí này là  .

Tìm tiêu cự f theo L và  .

3. Thay vật sáng bằng nguồn sáng điểm S trên trục chính. Giữ S và màn cố định, cách nhau một khoảng L1 không đổi. Dịch chuyển thấu kính dọc theo trục chính trong khoảng giữa vật và màn thì thấy vệt sáng trên màn không thu lại thành một điểm, nhưng khi thấu kính cách màn một đoạn 1 thì trên màn thu được một vệt sáng hình tròn có bán kính nhỏ nhất.

Tìm tiêu cự f của thấu kính theo L1 và 1 .

Câu 5 (1,0 điểm). Hai cốc thuỷ tinh giống hệt nhau, vỏ rất mỏng, có diện tích đáy SA = SB = S = 20 cm2 và trọng lượng PA=PB =P, một cốc chứa nước và một cốc chứa dầu. Khi đặt cả hai cốc vào bể nước thì đáy cốc và mực chất lỏng trong cốc đều cách mặt nước trong bể tương ứng là h và n (Hình 3) 1. Xác định n và P. Biết h = 4,5 cm, khối lượng riêng của nước và dầu lần lượt là D1=1000 kg/m3, D2 = 800 kg/m3.

2. Rót dầu vào cốc nước để hai chất lỏng không trộn lẫn vào nhau. Khi chiều cao cột dầu là x thì đáy cốc cách mặt nước một khoảng là y. Thiết lập hệ thức giữa x và y.

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: 1a.

Giả sử lúc đầu hai canô trao đổi bưu kiện tại C: Gọi s1  AC , s2  BC , AB  s  s1  s2 - Thời gian đi đến gặp nhau của hai canô là bằng nhau nên ta có:

t

s1 s2 s s  1 t  1  2 1 v1  v2 v1  v2 v1  v2 v1  v2

- Do v1  v2  v1  v2 nên s1  s2 → C gần B hơn.

1b.

- Thời gian canô đi từ A → C → A: tA 

s1 s s2 s s  1   1  v1  v2 v1  v2 v1  v2 v1  v2 v1  v2

- Thời gian canô đi từ B → C → B: tB 

s2 s s1 s s  2   2  v1  v2 v1  v2 v1  v2 v1  v2 v1  v2

- Ta thấy: t A  tb nên theo đầu bài, ta có: t A  tB 

2v .s s s   2 2 2  2  h v1  v2 v1  v2 v1  v2

(2)

- Tương tự nếu tăng tốc độ lên gấp 3 lần: v1  3v1 , ta có:

2v .s 1 t A  t B  2 2 2   h  9v1  v2 5

(3)

- Lấy (2) chia (3), ta được:

9v12  v22  10  9v12  v22  10v12  10v22  v12  9v22  v1  3v2 2 2 v1  v2 - Thế (4) vào (2):

(4)

2 sv2 s s 32   2  v2    4  km / h  ; v1  3v2  3.4  12  km / h  2 8v 2 4v2 8 8

2.

Gọi V là tốc độ của thuyền so với nước.

Giả sử người đó chèo thuyền theo hướng MP.

Đặt HP = x ta có

Hay

MP PN  V v

MH 2  PH 2 PH  HN  V v x 2  0,32 x  0, 4  V 3

Ta được

9  V  x 2

2

 0,8.V 2 .x  0,81  0,16.V 2  0

Phương trình có nghiệm khi   0  2, 25.V 2  7, 29  0  V  1,8 km/ h Vậy Vmin  1,8 km/ h khi x  225m Câu 2: 1.

Gọi Q là nhiệt lượng mà than tỏa ra trong vòng 1 giờ.

Vậy nhiệt lượng than tỏa ra trong 15 phút là Nhiệt lượng than cung cấp cho khối thép: Phương trình cân bằng nhiệt:

1 Q 4

Q Q .10%  4 40

Q  mt ct T1  T0  40

Thay số Q  232,576.106  J  Lượng than cháy trong 1 giờ:

Q 232,576.106   6,84 kg q 34.106

2.

Thể tích miếng thép Vt 

mt  2.103  m3  Dt

Thể tích trong của vại sành có chiều cao bằng chiều cao của miếng thép là: 2

D V     h  0, 01413  m3  2

 

Thể tích nước trong vại: Vn  V  Vt  0, 01213 m3 Khối lượng nước trong vại: m  Vn Dn  12,13kg

Gọi m’ là khối lượng nước đã hóa hơi, L là nhiệt hóa hơi của nước, ta có phương trình cân bằng



nhiệt: mt ct T1  T2   mcn 100  T   mL  mcn T2  T Thay số ta được m’ = 1,1kg



Vậy khối lượng nước cần dùng là: mn  m  m  13, 23kg

Câu 3: 1.

- Để đèn sáng bình thường thì U MN  U dm  12 V 

 U R0  U  U MN  4 V 

I

U R0 R0



Mà I dm 

4  1 A  4

Pdm 6   0,5  A  U dm 12

 I x  I  I dm  0,5  A   Rx 

U MN 12   24    Ix 0,5

2. a. PMN  I .RMN 2

U2 U2 U2  2 .RMN  .RMN  2 R  R0  RMN   R0  RMN  R MN 

 R0 - Vì U = hằng số, để  PMN max thì   RMN  R MN 

  

2

   min

- Áp dụng bất đẳng thức Côsi:

R0  RMN  2 R0 RMN

 R0 - Vậy   RMN  R MN 

R0  RMN  RMN  R0  4    RMN

Mà

  khi  min

R .R 1 1 1    Rx  MN d  4,8    RMN Rx Rd Rd  RMN

- Công suất tiêu thụ trên đoạn MN cực đại bằng:  PMN max 

U 2 162   16 W  4 R0 4.4

b.

- Cường độ dòng điện trong mạch lúc này: I 

 U d  U  I .R0  16  2.4  8 V 

U 16   2  A R0  RMN 8

U d2 82 8 - Công suất tiêu thụ của bóng đèn: Pd    W  Rd 24 3 3.

Giả sử hiệu điện thế hai đầu điện trở R là U R  U d  U R Cường độ dòng điện qua R I R  k . U R Cường độ dòng điện qua đèn I d 

UR Rd

Cường độ dòng điện qua mạch chính I mc  I R  I d

Ta có phương trình: U  U R  I mc .R0

U   1 Thay số ta được 16  U R   . U R  R  .4 24  4 3 Hay

7 1 UR  . U R  16  0 6 3

Giải phương trình trên ta được U R  12 V  Công suất tiêu thụ trên điện trở PR  U R .I R  k .U R . U R  6 W  Khi đó đèn sáng bình thường

Câu 4: 1.

+ Xét ABO ~ ABO , tỉ số đồng dạng:

AB OA d    AB OA d

+ Xét F AB ~ F OI , có tỉ số đồng dạng:

AB F A  OI F O

Do OI = AB và F A  OA  OF   d   f nên + Từ (1) và (2):

AB d   f  AB f

d  f d   d f  d .d   df  d .d   d f  fd f d

 2 3

+ Chia cả 2 vế phương trình (3) cho dd'f, ta được:

1 1 1   (đpcm) f d d

2.

- Ta có: d  d   L  d 

df  L  d 2  Ld  Lf  0  4  d f

Để thu được 2 ảnh của AB trên màn thì phương trình (4) phải có 2 nghiệm phân biệt

  L2  4 Lf  0 Phương trình có 2 nghiệm khi L>4f

d1 

L  L  ; d2  2 2

Theo giả thiết: d 2  d1    L2  4 Lf    f 

L2   2 4L

3.

Ta có:

r d  d   L1 r    R d R



d

d. f  L1 d f d. f d f

r d 2  L1d  L1 f d L1 L1     R fd f f d

d L  Vì L1, R không đổi, để r nhỏ nhất thì   1  nhỏ nhất  f d  d 2  L1  1   Điều kiện này xảy ra khi : f  L1 L1

Câu 5: 1.

2

5

- Trọng lượng nước trong cốc: P1  S  h  n  .d1 Trọng lượng dầu trong cốc: P2  S  h  n  .d 2 - Vì các cốc nằm cân bằng: FA  P  P1  P  P2  P1  P2  S  h  n  .d1  S  h  n  .d 2  n 

Thay số n 

d1  d 2 D  D2 .h Hay n  1 h d1  d 2 D1  D2

1000  800 .4,5  0,5  cm  1000  800

+ P  FA  PI  Shd1  S  h  n  d1  S .n.d1  10.S .n .D1

Thay số: P  0,1 N  2.

- Trọng lượng dầu trong cốc đựng nước: Px  S .x.d 2

- Lực đẩy Ácsimet tác dụng lên cốc đựng dầu và nước là: FA1  S . y.d1 - Vì cốc nằm cân bằng: P  P1  Px  FA1  S .n.d1  S  h  n  d1  S .x.d 2  S . y.d1  y  h

d2 D 4 x hay y  h  2 x thay số y  4,5  x 5 d1 D1

Đề thi vào chuyên vật lý trường THPT chuyên Nguyễn Trãi - Hải Dương -Năm học 2016 - 2017 Câu 1 (2,0 điểm):

Cho cơ hệ như hình 1. Vật 1 là một khối lập phương (đặc và không thấm nước) có cạnh a = 10cm được làm bằng vật liệu đồng chất có trọng lượng riêng d = 1,25.104N/m3. Vật 2 được nối với một sợi dây vắt qua ròng rọc cố định. Thanh cứng AC, đồng chất, mảnh, tiết diện đều, có chiều dài AC = 20cm; B là điểm treo của vật 1 trên thanh AC; vật 1 chìm hoàn toàn trong bình đựng nước. Biết trọng lượng riêng của nước là dn = 104N/m3. Coi các sợi dây nhẹ, không giãn; bỏ qua mọi ma sát và khối lượng của ròng rọc.

1. Nếu bỏ qua khối lượng của thanh AC, để hệ ở trạng thái cân bằng và thanh AC nằm ngang thì AB = 15cm. Tìm khối lượng m2 của vật 2.

2. Nếu thanh AC có khối lượng m = 75g, để hệ ở trạng thái cân bằng và thanh AC nằm ngang thì AB phải có giá trị bằng bao nhiêu (với m2 tìm được ở phần trên)?

Câu 2 (2,0 điểm): Có hai bình đựng cùng một loại chất lỏng. Một học sinh lần lượt múc từng ca chất lỏng từ bình 2 đổ vào bình 1 và đo nhiệt độ cân bằng của chất lỏng trong bình 1 sau mỗi lần đổ rồi ghi vào bảng số liệu như dưới đây: Lần đổ thứ n

n=1

n=2

n=3

n=4

Nhiệt độ cân bằng của chất lỏng trong bình 1 20°C

35°C

t(°C)

50°C

sau lần đổ thứ n Tính nhiệt độ t (0C) và nhiệt độ của chất lỏng trong mỗi ca lấy từ bình 2 đổ vào bình 1. Coi nhiệt độ và khối lượng của chất lỏng ở mỗi ca lấy từ bình 2 đều như nhau. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường và bình chứa.

Câu 3 (2,5 điểm):

Cho mạch điện AB như hình 2. Biết R1  1; R2  2 , các biến trở R3 và R4. Bỏ qua điện trở các dây nối. Đặt vào hai đầu mạch AB hiệu điện thế không đổi U = 6VR 1. Với trường hợp , . Mắc vào hai điểm C và D một vôn kế lí tưởng. Xác định số chỉ của vôn kế 2. Với trường hợp R3  2,5, R4  3,5 . Mắc vào hai điểm C và D một ampe kế lí tưởng.

Xác định giá trị của R4 để số chỉ của ampe kế là 0,75A và chiều dòng điện qua ampe kế từ C đến D. 3. Với trường hợp R3  2,5 (không đổi). Thay đổi giá trị của biến trở R4, khi R4  R5 hoặc

R4  R6 thì công suất tỏa nhiệt trên biến trở có giá trị như nhau và bằng P, khi thì công suất toả nhiệt trên biến trở đạt giá trị lớn nhất là . Cho biết Pmax 

25 P; R5  R6  6,5 và R5  R6 24

. Tìm R0, R5, R6, R7 Câu 4 (1,5 điểm): Cho mạch điện như hình 3. Biết R là một biến trở tiết diện đều với con chạy C di chuyển được từ M đến N và ngược lại. Điện trở r  1 , đèn Đ1 ghi 6V-6W. Bỏ qua điện trở các dây nối, ampe kế lí tưởng. Đặt vào hai đầu mạch điện AB một hiệu điện thế không đổi U = 36V. 1. Cho R  35 . a. Xác định phần điện trở MC của biến trở để đèn Đ1 sáng bình thường. b. Xác định vị trí con chạy C trên biến trở (so với vị trí M) để số chỉ ampe kế đạt giá trị nhỏ nhất.

2. Thay ampe kế bằng đèn Đ2 ghi 6V-12W, thay đèn Đ1 bằng một điện trở R1  6 như hình 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của R để đèn Đ2 sáng bình thường Câu 5 (2,0 điểm): Cho xy là trục chính của một thấu kính, S là nguồn sáng điểm, S’ là ảnh của S qua thấu kính. Các điểm H, K tương ứng là chân đường vuông góc hạ từ S và S’ xuống xy như hình 5. Gọi F và F’ là hai tiêu điểm của thấu kính, với FH < F’H. Tại thời điểm ban đầu, cho biết SH = 5cm, HF = 10cm, KF’ = 40cm.

1. Xác định tiêu cự của thấu kính.

2. Hệ đang ở vị trí như thời điểm ban đầu. Giữ thấu kính cố định, dịch chuyển nguồn sáng S theo phương song song với xy, chiều ra xa thấu kính với tốc độ bằng 15cm/s thì tốc độ trung bình của ảnh tạo bởi thấu kính trong 1s đầu tiên bằng bao nhiêu?

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: 1.

- Vẽ hình, biểu diễn lực.

- Điều kiện cân bằng cho vật m1 P1  FA  T  T  P1  FA - Điều kiện cân bằng cho vật m2 T2  P2

. 2 - Điều kiện cân bằng của thanh AC (đối với điểm C) là : CB.T  CAT   P1  FA  CB  P2 .CA   da 3  d n .a 3  CB  10m2 .CA  m2 

 d  d n  CB.a3 10.CA

12500  10  0,1 .0, 05  0, 0625kg  4

 m2

3

10.0, 2

2.

- Vẽ hình, biểu diễn lực.

- Điều kiện cân bằng cho vật m1 P1  FA  T  T  P1  FA - Điều kiện cân bằng cho vật m2: T2  P2 - Gọi P là trọng lượng của thanh AC, điểm đặt của P tại điểm O (trung điểm của AC).

- Điều kiện cân bằng của thanh AC (đối với điểm C) là:

P.CO  T .CB  T2 .CA  P.CO   P1  FA  .CB  P2 .CA  CB 

P2 .CA  P.CO P1  FA

 CB 

0, 625.0, 2  0, 75.0,1  0, 02m  2cm 12500.0,13  104.0,13

- Vậy độ dài của đoạn AB là : AB  20  2  18cm Câu 2:

- Gọi nhiệt dung của chất lỏng chứa trong bình 1 (ngay trước lần đổ thứ n = 1) là q1 (J/Kg.K); nhiệt dung của mỗi ca chất lỏng lấy từ bình 2 là q2 (J/Kg.K).

- Gọi nhiệt độ của mỗi ca chất lỏng lấy từ bình 2 là t2 (t2 > 500C); nhiệt độ của chất lỏng chứa trong bình 1 (ngay trước nhiệt độ 200C) là t1.

- Xét phương trình cân bằng nhiệt ở các lần đổ : + Lần đổ 1: q2  t2  20   q1  20  t1 

1

+ Lần đổ 2: q2  t2  35    q1  q2  35  20 

 2

 q2  t2  50   15q1

+ Lần đổ 3: q2  t2  t    q1  2q2  t  35   q2  t2  3t  70   q1  t  35 

3 

+ Lần đổ 4 q2  t2  50    q1  3q2  50  t   q2  t2  3t  200   q1  50  t 

4 

- Lấy (2) chia (3) ta được :

t2  50 50t2  700 15  t  t2  3t  70 t  35 t2  5

5 

- Lấy (2) chia (4) ta được :

t2  50 15  t2  3t  200 50  t

6 

- Thay (5) vào (6) ta được: t22  85t2  400  0

 t2  80C (Thỏa mãn) hoặc t2 = 50C (Loại).

- Thay t2  80C vào (5) ta được t  44C - Vậy nhiệt độ t = 440C và nhiệt độ mỗi ca chất lỏng lấy từ bình 2 đổ vào bình 1 là t2 = 800C. Câu 3: 1.

- Sơ đồ mạch: (R1ntR2)//(R3ntR4).

- Ta có : R12 = 3 ; R34 = 6.

- Vì R12//R34 nên : U12 = U34 = 6V. - Lúc đó: I1  I12 

U12  2 A; R12

I 3  I 34 

U 34  1A. R34

Suy ra: U1  I1.R1  2V ; U 3  I 3 .R3  2,5 V

- Do U3 > U1 nên số chỉ của vôn kế là: UV  U 3  U1  0,5V 2.

- Sơ đồ mạch: (R1//R3)nt(R2//R4).

- Ta có: R13 

2 R4 1.2,5 5  ; R24  1  2,5 7 2  R4

Rtd  R13  R24 

10  19 R4 5 2 R4   7 2  R4 7  2  R4 

- Cường độ dòng điện chạy qua mạch chính là: I 

42  2  R4  U  Rtd 10  19 R4

- Cường độ dòng điện chạy qua điện trở R1 và R2 lần lượt là:

I1  I

30  2  R4  R3  R1  R3 10  19 R4

I2  I

R4 42 R4  R2  R4 10  19 R4

- Xét tại nút C, ta có: I A  I1  I 2



30  2  R4  42 R4   0, 75 10  19 R4 10  19 R4

 R4  2 3.

- Đoạn mạch được mắc: (R1ntR2)//(R0ntR4).

- Ta có: U04 = U. - Công suất tiêu thụ trên điện trở R4 được tính: P4  - Đặt x  R4    ; x1  R5    ; x2  R6     Px 

U 2x

 R0  x 

Có  R0  x   4 xR0  Px  2

  Px max  - Theo bài ra:

1

2

U2 4 R0

U khi x  R0  R7  R0 4 R0

U 2 R4

 R0  R4 

2

P  Px  x1  Px  x2 

P

U 2 x1

 R0  x1 

 R0  x1 



2

U 2 x2

 R0  x2 

2

U 2 x2

 R0  x2 



2

U 2  x1  x2 

 R0  x1    R0  x2  2

2



U2 x1  x2  2 R0

 25 U 2 25  U2 P    24 4 Rn 24  x1  x2  2 Rn 

Lại có: Pmax 



2



U 2 x1

 U 2 25  U 2    4 R0 24  6,5  2 R0 

(với x1  x2  6,5 )

 R0  3  R 7  R0  3 - Lúc đó: P 

25 25  U 2  Pmax     2,88 W 24 24  4 R0 

- Thay vào (1), ta được: P  Px 

U 2x

 R0  x 

2

 2,88

x  2  2,88 x 2  2.2,88.3 x  2,88.32  6 x  0   1  x2  4,5 Vậy R5  4,5; R6  2; R7  R0  3 Câu 4: 1a.

- Với đèn Đ1, ta có : RĐ1 = 6 ; Iđm1 = 1A. - Đặt RMC  x     0  x  R   RCN  35  x   

- Ta có: RAC 

6x ; RBC  36  x x6

- Theo tính chất của đoạn mạch nối tiếp ta có: RAC U AC 6x 6    RBC U BC  36  x  x  6  36  6

 x  6 6  14, 7  RMC  14, 7

1b.

- Điện trở tương đương của đoạn mạch: R td  RAC  RCB

6x  x 2  36 x  216   36  x  x6 x6

- Cường độ dòng điện chạy qua mạch chính là: I  - Số chỉ của ampe kế: I A  I .

36  x  6  U  2 .

Rtd  x  36 x  216

RDI 216 216  2  RDI  x  x  36 x  216 540   x  18 2

- Do đó: IAmin khi x = 18.

- Vậy con chạy C ở vị trí sao cho

MC 18  thì số chỉ của ampe kế nhỏ nhất.

MN 35

2.

- Với đèn Đ2, ta có: RD 2  3; I dm 2  2 A - Đặt RMC  x    0  x  R   RCN  R  x    - Ta có: RAC 

6  x  3 ; RBC  R  x  1 x9

- Điện trở tương đương của đoạn mạch: Rtd  RAC  RCB 

6  x  3  R  x 1 x9

 x 2  2 x  Rx  27  9 R Rtd  x9

- Cường độ dòng điện chạy qua mạch chính là :

I

36  x  9  U  2 Rtd  x  2 x  Rx  27  9 R

- Cường độ dòng điện chạy qua đèn Đ2 là: ID2  I

R1 216  2 RD 2  R1  x  x  2 x  Rx  27  9 R

- Để đèn Đ2 sáng bình thường thì: I D 2  I dm 2  2 A 

216 2  x  2 x  Rx  27  9 R 2

  x 2   R  2  x  9 R  81  0

*

+ Ta có:    R  2   4  9 R  81  R 2  32 R  320 2

+ Để (*) có nghiệm (có giá trị của x) thì:   0  R 2  32 R  320  0 Suy ra: R  40 hoặc R  8 - Do đó giá trị nhỏ nhất của R là : Rmin  8 Câu 5:

- Do S và S’ nằm khác phía trục chính xy nên thấu kính đã cho là thấu kính hội tụ. Ta có hình vẽ: - Đặt f = OF = OF’ - Theo đề: OH  HF  OF  10  f OK  OF   F K  f  40

- Do SH//KS' 

SH OH 10  f   S K OK 40  f

1

- Do OI / /KS' 

OI OF  f   S K F K 40

 2

- Với OI = SH, nên từ (1) và (2) ta được: 10  f f   f  20cm  OH  30cm; OK  60cm 40  f 40

- Vậy tiêu cự thấu kính là 20 cm.

2. *Trường hợp cố định S, tịnh tiến thấu kính: - Gọi: O’ là vị trí quang tâm của thấu kính sau khi dịch chuyển 1s. + v là tốc độ của thấu kính  v  5cm / s  OO  v.t + S1 là vị trí ảnh của S khi quang tâm thấu kính ở vị trí O’.

- Do OO//S S1 

OO SO  S S1 SS 

3

Với OO  v.t ; SS1  v0 .t - Do SH //S K 

SO HO 30 1     OS   2 SO OS  OK 60 2

 SS   SO  OS   3SO

- Thay vào (3), ta được: OO SO v SO 1     S S1 SS  v0 3SO 3

 v0  3v  15cm / s *Trường hợp thấu kính cố định, dịch chuyển nguồn sáng S:

- Do đường SI không đổi nên IF’ không đổi. Do đó khi dịch chuyển S theo phương song song với trục chính đến vị trí S1 thì ảnh tương ứng dịch chuyển từ vị trí S’ đến vị trí S1’ theo phương IF’ như hình vẽ trên.

- Gọi: + S1 và S1’ tương ứng và vị trí nguồn sáng và ảnh của nguồn sáng sau khi dịch chuyển được 1s đầu tiên  SS1  v0 .t  15cm + H’ và K’ tương ứng là chân đường đường vuông góc hạ từ S1 và S1’ xuống trục chính thấu kính

 HH   SS1  15cm; SH  S1 H   5cm  OH   OH  HH   30  15  45cm  F K   OK   OF   OK   20

S H  OH  - Do S1 H //K S1  1  S1 K  OK 

4

OI OF   - Do OI //K S1  S1 K  F K 

5 

- Từ (4), (5) ta được:

OH  OF  45 20    OK  F K  OK  OK   20  OK   36cm

- Do SH //SK 

S K OK S K 60     2  S K  10cm SH OH 5 30

S  K  OK  S  K  36 - Do S1 H //S1 K   1   1  S1 K   4cm  OH 5 45  S1 H  - Từ hình vẽ, ta thấy quãng đường dịch chuyển của ảnh trong thời gian t = 1s là đoạn S S1 : S S1 

 S I 

2

 

 S1 I



Với: S I  S K  KI  10  4  6cm

S1 I  K K  OK  OK   60  36  24cm  S S1 

 S I 

2

 

 S1 I



 62  242  6 17cm

- Vậy tốc độ của ảnh trong thời gian 1s đầu tiên là:

vanh 

S S1  6 17cm / s  24, 74cm / s t

Đề thi vào chuyên vật lý trường THPT chuyên Yên Bái - Năm học 2016 - 2017 Câu 1: Một khách du lịch vượt qua một cái đèo đối xứng và sau đó đi tiếp trên đoạn đường nằm ngang (hình 1), vận tốc trung bình của người này trên đoạn đường đèo là 2,1km/h. Biết người đó đi trên đoạn đường nằm ngang mất 2 giờ và vận tốc khi đi lên đèo bằng 0,6 lần vận tốc khi đi trên đường nằm ngang, còn vận tốc khi xuống đèo bằng 7/3 lần vận tốc khi đi lên đèo. a. Tìm vận tốc của người đó khi lên đèo và khi xuống đèo. b. Tìm chiều dài L của đoạn đường nằm ngang.

Câu 2: 1. Nhà bạn Toàn lắp một bình đun nước nóng. Biết nhiệt độ của nước chưa đun là 100C và khi tắm cần nước 400C; khối lượng riêng của nước D = 1,0.103 kg /m3 , nhiệt dung riêng của nước c = 4200J/kg.K. Nếu mỗi lần tắm bạn Toàn dùng hết 0,05m3nước nóng thì: a. Khối lượng nước nóng bạn toàn đã dùng là bao nhiêu? b. Nhiệt lượng cần cung cấp cho nước một lần tắm là bao nhiêu? c. Nếu đun nước bằng thiết bị điện có công suất 2000W và toàn bộ nhiệt lượng được nước hấp thụ hết thì thời gian đun nước là bao nhiêu?

2. Trong bình nhiệt lượng kế chứa nước đá có khối lượng m1 = 0,3kg ở nhiệt độ t = 200 C. Đưa vào bình một lượng hơi nước có khối lượng m2 = 60g ở nhiệt độ t2 = 1000 C. Xác định nhiệt độ trong bình nhiệt lượng kế khi xả ra cân bằng nhiệt. Cho nhiệt dung riêng của và nhiệt nóng chảy của nước đá lần lượt là c1 = 2100J/kg.K và, nhiệt dung riêng của nước là c2 = 4200J/kg.K và nhiệt hóa hơi của nước là 2,3.106 J / kg.Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với bình nhiệt lượng kế và môi trường.

Câu 3: Cho mạch điện như hình vẽ (hình 2). Hiệu điện thế hai đầu mạch điện là U = 12V, các điện trở R1 = 4Ω; R4 = 12Ω. Điện trở của ampe kế nhỏ không đáng kể. Trên đèn Đ có ghi 6V – 9W. a. Biết đèn Đ sáng bình thường và số chỉ của ampe kế là IA = 1,25A. Tìm các giá trị điện trở R2 và R3.

b. Thay ampe kế bằng điện trở R5 thì dòng điện qua R3 bằng 0. Tìm R5 và nhận xét độ sáng của bóng đèn Đ.

Câu 4: Một vật sáng AB đặt trước một thấu kính phân kì cho một ảnh A1B1 = 0,8cm. Giữ cố định vật AB, thay thấu kính phân kì bằng thấu kính hội tụ có cùng tiêu cự và cũng đặt ở vị trí của thấu kính phân kì thì thu được ảnh thật A2B2 = 4cm. Khoảng cách giữa hai ảnh là 72cm. Không sử dụng công thức thấu kính, hãy: a. Tìm khoảng cách từ ảnh đến mỗi thấu kính. b. Tìm tiêu cự của hai thấu kính và chiều cao của vật AB. Câu 5: Xác định khối lượng riêng của viên sỏi. Chỉ sử dụng các dụng cụ sau: Lực kế có độ nhạy cao, bình đựng kích thước thích hợp không có độ chia, nước có khối lượng riêng Dn đã biết, viên sỏi cần xác định khối lượng riêng, sợi chỉ mảnh và nhẹ.

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: a. + Gọi v1, v2 và v3 lần lượt là vận tốc của du khách trên đoạn đường lên dốc, đoạn đường xuống dốc và đoạn đường nằm ngang. + Theo đề: v1  0, 6v3 ; v2 

7 v1  1, 4v3 .

3

+ Thời gian lên dốc và xuống dốc lần lượt là : t1 

s s ; t2  . v1 v2

+ Vận tốc trung bình của du khách:

vtb 

2.0, 6v3  1, 4v3 2.v1v2 2s 2s     0,84v3 s s t1  t2 v1  v2 2v3  v1 v2

Suy ra: v3 

vtb 2,1   2,5(km / h) 0,84 0,84

Từ đó : v1  0, 6v3  0, 6.2,5  1,5(km / h); v2 

7 v1  1, 4v3  1, 4.2,5  3,5(km / h).

3

b. Đoạn đường nằm ngang có độ dài: L  v3 .t3  2,5.2  5(km) Câu 2: 1. a. Khối lượng nước bạn Toàn dùng mỗi lần tắm: m = D.V = 50 (kg). b. Nhiệt lượng cần cung cấp cho nước một lần tắm: Q = m.c.(t2 – t1) = 50.4200.(40 – 10) = 6,3.106(J) = 6,3.103(kJ). c. Thời gian đun nước: t 

Q 6,3.106   3150( s )  52 ph30 s P 2000

2. + Nước đá tăng nhiệt độ và nóng chảy thành nước ở 00C sẽ thu nhiệt lượng: Q1  m1c1 (0  t1 )  m1   0,3.2100 0   20   0,3.340000  114600  J 

+ Hơi nước ngưng tụ thành nước và hạ nhiệt độ xuống 00C sẽ tỏa nhiệt lượng:

Q2  m2 L  m2 c2 (t2  0)  0, 06.2,3.106  0, 06.4200(100  20)  163200( J ) + Ta thấy Q1 < Q2 nên phần nước ngưng tụ thành nước sẽ không hạ nhiệt độ xuống tới 00C, nhiệt độ cân bằng là t0 > 00C. Ta có phương trình cân bằng nhiệt :

Q1  m1c1 (t0  0)  m2 L  m2 c2 (t2  t0 )  t0 

m2 L  m2 c2 t2  Q1 0, 06.2,3.106  0, 06.4200.100  114600 225    32,140 C. 7  m1  m2  c2  0,3  0, 06  .4200

Câu 3: a. + Dòng điện qua mạch chính và các nhánh có chiều như hình vẽ.

+ Sơ đồ tương đương : Đnt

 R nt  R 1

3



/ / R4  / / R2 

+ Đèn Đ có Uđm = 6V và Pđm = 9W, suy ra Iđm = 1,5A và Rđ = 4Ω. + Do đèn Đ sáng bình thường nên UAC = Uđm = 6V và I = Iđm = 1,5A, suy ra UCB = UAB - UAC = 6V.

+ Điện trở tương đương: R34 

R3 .R4 12.R3 12.R3 48  16.R3  ; R134  R1  R34  4   R3  R4 12  R3 12  R3 12  R3

+ Hiệu điện thế giữa D và B : U DB  U CB . + Cường độ dòng điện qua R4 : I 4 

12.R3 12.R3 12  R3 9.R3  6. .  (1) 12  R3 12  R3 48  16.R3 6  2.R3

9.R3 3.R3 U DB   2 R4 12.  6  2.R3  24  8.R3

+ Từ sơ đồ gốc, ta có I4 = I – IA = 1,5 – 1,25 = 0,25 (A), thay vào (2), được 3.R3 1   4.R3  24  R3  6  Ω  .

24  8.R3 4

+ Thay R3 = 6Ω vào (1) được U DB 

9.R3 9.6   3 V  6  2.R3 6  2.6

+ Cường độ dòng điện qua R3 là I 3 

U DB 3   0,5  A  .

R3 6

+ Cường độ dòng điện qua R2 là I 2  I a  I 3  1, 24  0,5  0, 75  A  R2 

U CB 6   8 Ω .

I2 0, 75

b. Thay ampe kế bằng điện trở R5, ta có mạch cầu điện trở. + Khi cường độ dòng điện qua R3 bằng 0 thì mạch cầu cân bằng, ta suy ra: R1 R4 R .R 8.12   R5  2 4   24  Ω  .

R2 R5 R1 4

+ Do I3 = 0 nên mạch điện trở thành Đnt

 R ntR  / /  R ntR .

1

4

2

5

Điện trở tương đương của mạch là

RAB  Rd 

 R1  R4  .  R2  R5  R1  R4  R2  R5

 4

 4  12  . 8  24  4  12  8  24



44 Ω 3

Cường độ dòng điện mạch chính ( cũng là cường độ dòng điện qua đèn) là I

U AB 3 9  12.   0,82  A .

RAB 44 11

Cường độ dòng điện qua đèn lúc này nhỏ hơn Iđm nên đèn sáng yếu hơn bình thường.

Câu 4: + Với hai thấu kính đã cho, ta có sự tạo ảnh như hình vẽ dưới đây (hình không theo đúng tỉ lệ). Tia BO không đổi.

a. + Từ hình vẽ lại có: ΔO1A1B1 = ΔO2A2B2 

O1 A1 AB 0,8 1  1 1    O2 A2  5O1 A1  a  O2 A2 A2 B2 4 5

+ Mặt khác, theo đề ta có O1A1 + O2A2 = 72cm

(b)

Từ (a) và (b), ta tính được O1A1 = 12 (cm) và O2A2 = 60 (cm). b. + Trường hợp thấu kính phân kì: ΔO1 AB  ΔO1 A1 B1 

O1 A1 A1 B1  1 O1 A AB

ΔF1 A1 B1  ΔF1 O1 I 

F1 A1 A1 B1 A1 B1    2 AB F1 O1 O1 I

Từ (1) và (2) suy ra

F1 A1 O1 A1 F1 O1  O1 A1 O1 A1     F1 O1 .O1 A  O1 A1 .O1 A  O1 A1 .F1 O1   O1 A F1 O1 O1 A F1 O1 Chia hai về cho tích F1 O1 .O1 A.O1 A1 , chuyển vế được

1 1 1     F1 O1 O1 A1 O1 A

+ Trường hợp thấu kính hội tụ : ΔO2 AB  ΔO2 A2 B2 

ΔF2 A2 B2  ΔF2 O2 K 

O2 A2 A2 B2   3 O2 A AB

F2 A2 A2 B2 A2 B2   4 AB F2 O2 O2 K

Từ (3) và (4) suy ra

F2 A2 O2 A2 O2 A2  F2 O2 O2 A2     O2 A2 .O2 A  F2 O2 .O2 A  O2 A2 .F2 O2   O2 A O2 A F2 O2 F2 O2

Chia hai về cho tích F2 O2 .O2 A.O2 A2 , chuyển vế ta được

1 1 1   () F O2 O2 A O2 A2  2

+ Theo đề bài, có F1 O1  F2 O2 ;O1 A  O2 A , cộng vế với vế (*) và (**) ta được: 1 1 1 1 1 1 2 1 1            F1 O1 F2 O2 O1 A1 O1 A O2 A O2 A2 F1 O1 O1 A1 O2 A2

 F1 O1 

2.O1 A1 .O2 A2 (5) O1 A1  O2 A2

Thay O1A1 = 12 (cm) và O2A2 = 60 (cm) vào (5) ta tính được F’1O1 = 20 (cm).

Vậy tiêu cự của cả hai thấu kính có cùng độ dài là 12cm. + Từ (*) suy ra O1 A  vật AB là: AB 

O1 A1 .F1 O1 12.20   30(cm) , thay vào (1), ta tính được chiều cao  F1 O1  O1 A1 20  12

A1 B1 .O1 A 0,8.30   2(cm) O1 A1 12

Câu 5: a. Cơ sở lí thuyết: Gọi D là khối lượng riêng của viên sỏi.

Trọng lượng của viên sỏi đo được là P  10.D.V  V 

P 1 10.D

Khi viên sỏi nhúng ngập trong nước, không chạm đáy bình thì lực kế chỉ trọng lượng biểu kiến: P’ = P - FA = P – 10.Dn V (2) Thay (1) vào (2): P   P  10.Dn .

P P  D   P 1  n   D  Dn () 10.D D P  P 

b. Các bước tiến hành thí nghiệm: + Dùng sợi chỉ mảnh buộc viên sỏi. + Móc lực kế đo trọng lượng P của viên sỏi. + Đổ nước vào bình. + Nhúng viên sỏi ngập trong nước (không chạm đáy bình),dùng lực kế đo trọng lượng biểu kiến P’. + Tính D theo công thức (*). c. Sai số: Do dụng cụ đo và do chủ quan của người đo.

Đề thi vào chuyên vật lý trường THPT chuyên Quảng Bình - Năm học 2016 - 2017 Câu 1 (2 điểm). Để chuẩn bị cho giải đấu bóng đá EURO 2016. Trong một buổi tập luyện của đội tuyển Đức trước ngày thi đấu, cầu thủ OZIL (O) thực hiện pha chuyền bóng cho MULLER (M) theo chiến thuật như sau: O dẫn bóng theo một đường thẳng với tốc độ không đổi v1, M chạy trên một đường thẳng khác với tốc độ không đổi v2, cả hai cùng xuất phát một lúc. Tại thời điểm ban đầu O và M cách nhau một khoảng L = 20m, góc α = 300 như hình 1.

Ngay sau khi M chạy qua điểm N thì O chuyền bóng cho M. Coi bóng chuyển động thẳng với tốc độ không đổi v3, biết v3 = v2 = v1= 4m/s. a. Xác định phương chuyền bóng và thời gian kể từ khi O chuyền bóng đến khi M nhận được bóng. b. Tìm khoảng cách nhỏ nhất giữa O và M trong quá trình chuyển động trên.

Câu 2 (2 điểm).

Một nhiệt lượng kế khối lượng m1 = 120g, chứa một lượng nước có khối lượng m2 = 600g ở cùng nhiệt độ t1 = 20 C. Thả vào nhiệt lượng kế một hỗn hợp nhôm và thiếc có khối lượng tổng cộng m = 180g được nung nóng tới nhiệt độ t2 = 1000 C. Khi có cân bằng nhiệt, nhiệt độ của hệ là t = 240C. Tính khối lượng của nhôm và thiếc có trong hỗn hợp? Biết nhiệt dung riêng của chất làm nhiệt lượng kế, nước, nhôm và thiếc lần lượt là: c1 = 460J/kg.K, c2 = 4200J/kg.K, c3=880J/kg.K, c4 = 230J/kg.K. Câu 3 (2,5 điểm). Cho mạch điện như hình 2. Biết U=16V, R0=4  , R1=12  . Rx là giá trị tức thời của biến trở. Bỏ qua điện trở của Ampe kế và các dây dẫn. a. Tìm Rx sao cho công suất tiêu thụ trên nó là 9W và tính hiệu suất của mạch điện. Biết rằng năng lượng tiêu thụ trên Rx và R1 là có ích. b. Với giá trị nào của Rx thì công suất tiêu thụ trên nó là cực đại? Tìm giá trị cực đại đó.

Câu 4 (2,5 điểm).

Vật AB xác định (A nằm trên trục chính) đặt trước một thấu kính hội tụ và vuông góc với trục chính của thấu kính cho ảnh thật lớn gấp 4 lần vật AB. a. Hãy vẽ ảnh và tìm hệ thức liên hệ giữa tiêu cự thấu kính và khoảng cách từ vật đến thấu kính?

b. Nếu đưa vật lại gần thấu kính thêm 4cm hay 6cm thì đều cho ảnh qua thấu kính có cùng độ lớn. Tính tiêu cự của thấu kính?(Giải bài toán bằng sử dụng kiến thức hình học) Câu 5 (1 điểm).

Hãy xác định số vòng dây của hai cuộn dây trong một máy biến thế bị mất nhãn với các dụng cụ sau: một dây điện từ dài, một nguồn điện xoay chiều, một vôn kế xoay chiều, các dây dẫn điện đủ để nối mạch điện. Coi vôn kế có điện trở rất lớn. Bỏ qua điện trở của các cuộn dây của máy biến thế, điện trở của dây điện từ và các dây nối.

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1:

a. Do tốc độ v1 = v2 nên MN = OK. Khi M chạy đến N thì O chạy đến K và chuyền bóng cho M, M nhận bóng ở H như hình vẽ.

  60 nên ΔNHK là tam giác đều. Do đó Vì v2= v3=> NH = KH và góc α= 300 nên HNK phương chuyền bóng hợp với phương ngang là góc NKH= 600.

Thời gian kể từ khi chuyền bóng đến khi nhận bóng là:

1   2    .20 KH OK  ON  3 3 t    2,9 s v2 v2 4 b. Gọi t’ là thời gian hai cầu thủ chuyển động tới vị trí M’ và O’ như hình vẽ.

Khi đó khoảng cách giữa hai cầu thủ là: OM   OJ 2   OO  JM   2

 20  2 3t 

Ta có OM   16t 2  80 3t  400 

2

  4t  2t 

 40t  10 3 

2

2

 100

Để O’M’ nhỏ nhất thì: 4t  10 3  0 . Vậy khoảng cách nhỏ nhất giữa hai cầu thủ là 10m Câu 2: Nhiệt lượng do nhiệt lượng kế và nước hấp thụ là: Q1  m1C1  t  t1   m2C2  t  t1  Nhiệt lượng do nhôm và thiếc toả ra là : Q2  m3C3  t2  t   m4C4  t2  t  Khi cân bằng nhiệt ta có : m1C1  t  t1   m2C2  t  t1   m3C3  t2  t   m4C4  t2  t 

m3C3  m4C4 

 m1C1  m2C2  t  t1    0,12.460  0, 6.4200  24  20  t2  t

100  24

 m3C3  m4C4  135,54 1

Mặt khác ta có m3  m4  0,18  2  Giải (1) và (2) ta được m3  144,8 g ; m4  35, 2 g Câu 3: a.Điện trở tương đương R1x của R1 và Rx là R1x  Điện trở của toàn mạch là : Rtm  R0  R1x  4 

R1 Rx 12 Rx  R1  Rx 12  Rx

12 Rx 48  16 Rx 16  3  Rx    12  Rx 12  Rx 12  Rx

Cường độ dòng điện trong toàn mạch chính là I  Cường độ dòng điện qua Rx là I x  I .

U 16 12  Rx  12  Rx  .

Rm 16  3  Rx  3  Rx

R1x 12  Rx 12 12  .  Rx 3  Rx 12  Rx 3  Rx

 12  Công suất tiêu thụ trên Rx là Px  R I  Rx .    3  Rx  2 x x

2

1

Với Px  9W ta có phương trình: 122.R x

 3  Rx 

2

 9  16 Rx  Rx2  6 Rx  9  Rx2  10 Rx  9  0

Phương trình này có hai nghiệm là R’=9 và R’’=1 đều thỏa mãn Với Rx  R  9 thì R1x 

64 36  và Rtm   7 7

36 R1x 9  7   56, 25% Vậy hiệu suất của mạch điện là : H   Rm 64 16 7

Với Rx  R  1 thì R1x 

64 12  và Rtm   13 13

Vậy hiệu suất của mạch điện là : H  

R1x 12 3    18, 75% Rtm 64 16

b. Tìm Rx để Px đạt cực đại : Từ biểu thức (1) ta có Px 

122 Rx

 3  Rx 

2



144 Rx 144  2 R  9  6 Rx  9   Rx    6 Rx   2 x

 9  Để Px cực đại, mẫu số của biểu thức trên phải cực tiểu. Vậy ta có  Rx   Rx  min 

Vì Rx .

 9 9 9   9 nên  Rx   khi Rx   Rx2  9  Rx  3 Rx Rx Rx  min 

Thay vào (2) ta có Pmax 

144.3

 3  3

2

 12W

Câu 4: a. Vẽ được hình

Ta có AOB ~ AOB 

AO AB   4  AO  4 AO AO AB

Ta có ONF  ~ ABF  

AB OA  f 4.OA  f  4  f  0,8.OA 1 ON f f

b. Hai vị trí của vật trước thấu kính cho hai ảnh có độ lớn bằng nhau nên: - Thấu kính cho ảnh thật khi: OA1  OA  4

 2

- Thấu kính cho ảnh ảo khi: OA2  OA  6  3 - Vẽ được hình như sau

Trường hợp ảnh thật Xét các tam giác đồng dạng : A1 B1O ~ A1B1O và IOF  ~ A1B1F  Ta có:

A1 B1 A1O A1 B1 OF     4 A1 B1 A1O OI A1O  OF 

Trường hợp ảnh ảo: Xét các tam giác đồng dạng : A2 B2O ~  A2 B2O và A2 B2 F  ~ OKF  Ta có:

A2 B2 A2O A2 B2 A2O  OF  OF      5  A2 B2 A2O OI OF  A1O  OF 

Theo bài ra thì: A1 B1  A2 B2 ; A1 B1  A2 B2  AB  6  Do đó từ (4),(5) và (6) ta có :

OF  OF    A1O  OF   OF   A2O  7  A1O  OF  OF   A2O

Từ (1),(2),(3) và (7) giải ra ta được : f  OF   20cm Câu 5: Dùng đoạn dây điện từ quấn chồng lên hai cuộn dây của máy biến thế và đếm số vòng n0 của cuộn dây này (coi là cuộn dây chuẫn). Nối hai đầu cuộn dây chuẩn vào hai cực của nguồn điện xoay chiều dùng vôn kế đo hiệu điện thế hai đầu cuộn dây này ta được U0. Ngắt vôn kế ra và đo hiệu điện thế hai đầu cuộn dây thứ nhất ta được hiệu điện thế U1.

Ngắt vôn kế ra và dùng đo hiệu điện thế hai đầu cuộn dây thứ 2 ta được hiệu điện thế U2. Áp dụng công thức máy biến thế :

U1 n1 U    n1  1 n0  U 0 n0 U0    n1 , n2 U 2 n2 U2    n2  n0 U 0 n0 U 0 

Đề thi vào chuyên vật lý trường THPT chuyên Đại học sư phạm Hà Nội - Năm học 2016 - 2017 Câu 1: Một nhóm gồm 11 học sinh xếp thành một hàng dọc, trên sân vận động rất rộng, các học sinh đứng cách đều nhau và khoảng cách giữa hai học sinh kế tiếp là l = 1,5m. Tại thời điểm ban đầu, tất cả các học sinh này bắt đầu bước thẳng đều với vận tốc v = 40 cm/s về phía trước để gặp một thầy giáo đang đi đều theo chiều ngược lại với vận tốc không đổi vo = 30 cm/s. Biết rằng thầy giáo luôn đi trên một đường thẳng trùng với đường thẳng học sinh đang đi còn các học sinh khi gặp thầy giáo thì ngay lập tức quay hướng chuyển động về phía phải của mình theo phương vuông góc với phương chuyển động ban đầu nhưng vẫn giữ nguyên tốc độ 1. Chứng minh rằng khi học sinh cuối cùng quay hướng chuyển động thì vị trí các học sinh thuộc một đường thẳng. Tính góc hợp bởi giữa đường thẳng này với đường thẳng các học sinh đi trước khi chuyển hướng.

2.Tính khoảng cách từ học sinh hàng đầu đến học sinh cuối hàng khi học sinh cuối cùng đã quay hướng chuyển động Câu 2: Rót khối lượng m1 = 0,5 kg nước ở nhiệt độ t1 = 150C vào một bình nhiệt lượng kế có khối lượng m2 = 0,2kg đang ở nhiệt độ t2 = 300C. Thả một cục nước đá có khối lượng m3 = 0,5 kg ở nhiệt độ t3 = -100C vào nước trong bình nhiệt lượng kế trên. Hãy tìm nhiệt độ của hốn hợp sau khi cân bằng nhiệt được thiết lập, khối lượng của nước và nước đá khi đó. Cho biết nhiệt dung riêng của nước, nước đá và bình nhiệt lượng kế tương ứng là C1 = 4,2.103 J/kg.độ, C2 = 2,1.103 J/kg.độ, C3 = 880J/kg.độ; nhiệt nóng chảy của nước đá là λ = 3,3.105 J/kg. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt của bình nhiệt lượng kế với môi trường ngoài.

Câu 3: a) Cho mạch điện như hình 1, trong đó R1 = 15Ω , R2 = 10Ω, R3 = 18Ω và R4 = 9 Ω.

Các đèn Đ1 và Đ2 có điện trở bằng nhau và bằng Rđ, Rb là một biến trở, hiệu điện thế hai đầu đoạn CĐ là U. Khi U = 30V và Rb = 2Ω hoặc U = 36V và Rb = 4Ω thì công suất của đoạn mạch AB bằng nhau và bằng 72W, lúc đó hai đèn sáng bình thường. Bỏ qua diện trở của các dây nối và sự thay đôi của điện trở theo nhiệt độ. Tính công suất định mức và hiệu điện thế đinh mức và hiệu điện thế định mức của các đèn.

b) Cho mạch điện như hình 2. Hiệu điện thế.UMN = U không đổi. Bỏ qua điện trở dây nối và các khóa . Nếu K2 đóng còn các khóa khác mở thì công suất tiêu thụ toàn mạch là P1 = 40W. Nếu K1 đóng còn các khóa khác mở thì công suất tiêu thụ toàn mạch là P2 = 2W. Nếu K1 và K3 mở, K2 và K4 đóng thì công suất tiêu thụ toàn mạch là P3 

320 W 7

1) Tính công suất tiêu thụ toàn mạch khi K2 và K4 mở , K1 và K4 đóng 2) Cho U = 40V tính RAB . Coi các điện trở không thay đôi theo nhiệt độ

Câu 4: Người ta lắp một cầu chì để bảo vệ một đoạn mạch bằng dây đồng có tiết diện thẳng là S = 4 mm2. Khi xảy ra hiện tượng đoản mạch, cường độ dòng điện một chiều không đổi trong mạch có giá trị rất lớn nên các phần của mạch sẽ nóng lên rất nhanh và nhiệt lượng tỏa ra ngoài hầu như không đáng kể . Biết rằng: khi dây chì đứt nhiệt độ cua các phần mạch điện trên tăng thêm 100C. Hỏi phải dùng dây chì có tiết diện thẳng S’ bằng bao nhiêu? Biết nhiệt độ ban đầu của tất cả các phần tử của các phần mạch điện là t0 = 250C; nhiệt độ nóng chảy của chì là tc = 3260C; điện trở suất của đồng và chì lần lượt là ρ1 = 1,72.10-8 Ωm, ρ2 = 21.108Ωm;

nhiệt dung riêng của đồng và chì lần lượt là D1 = 8600kg/m3; D2 = 11300kg/m3; nhiệt

nóng chảy của chì là λ = 0,25.105 J/kg Câu 5: Cho thấu kính hội tụ L2 có tiêu cự f2 = 24 cm và vật sáng AB có chiều cao h = 5 mm.

Vật AB đặt trên trục chính ( A thuộc trục chính), vuông góc với trục chính và cách thấu kính L2 một đoan không đổi l = 44 cm. Thấu kính L1 có tiêu cực f1 = -15 cm được đặt giữa vật AB

và L2 sao cho trục chính của hai thấu kính trùng nhau. Khoảng cách giữa thấu kính L1 và L2 là a a) Tìm a để ảnh của vật AB cho bởi quang hệ trên là ảnh thật b) Cho a = 9 cm. Xác định vị trí , chiều cao và đặc điểm của ảnh AB cho bơi quang hệ này

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: a. Chọn gốc thời gian lúc thầy giáo gặp bạn thứ 1; Gốc tọa độ là vị trí thầy gặp bạn thứ nhất.

Chọn trục Ox ngược hướng của cá bạn trước khi gặp thầy; Oy cùng hướng các bạn sau khi gặp thầy.

Thời gian để thầy gặp bạn thứ n là : tn  Khi thầy gặp bạn thứ 11 thì: t11 

 n  1 t v  v0

10t v  v0

Khi đó bạn thứ n có tọa độ :

y  v  t11  tn   

11  n  v v  v0

; x   n  1 l  v

 n  1 v  n  1 lv v  v0



v  v0

y x 10l   v v0 v  v0

Vậy khi đó tọa độ y của các bạn phụ thuộc x theo hàm số bậc nhất => vị trí các bạn thuộc một đường thẳng xiên góc, cắt trục Oy tại y1 

10lv0 10lv ; x11  v  v0 v  v0

Góc tạo bởi đường thăng này và hướng chuyển động trước khi gặp thầy : tan  

y1 v 4      530 7 x11 v0 3

b. Chiều dài hàng sau khi bạn cuối cùng chuyển hướng l 2  y12  x112  l  

10l v  v0

v 2  v02  10, 7 m

Câu 2: Nhiệt lượng nước đá cần để tan hết : Qthu = m3c2.10 +m3λ = 10500 + 165000 = 175500J Nhiệt lượng nước và nhiệt lượng kế tỏa ra khi giảm đến 0°C: Qtỏa = m1c1(t1 – 0) + m2c3(t2 – 0) = 36780J

Do Qtỏa< Qthu nên đá không tan hết, nhiệt độ cân bằng là 0°C: m3c2.10 + Δmλ = 36750 => Khối lượng đá tan : Δm 

36780  10500  0, 08kg 3.105

Khối lượng đá còn lại: m’3 = 0.42kg: khối lượng nước đá m1 = 0,58kg Câu 3: a. Cấu trúc mạch: {[(R1// R2) nt Đ1 nt (R3//R4)] // Đ2}ntRb, Do PAB = I2.RAB mà RAB không đổi; với U= 36 V hạỵ U’ = 30V thi Pab không đổi => I không đổi. =>(U – Rb.)I = (U’- R’b.I).I => (36 – 4I).I = (30 – 2I).I =>I = 3A RAB 

=>

PAB  8Ω; R12  R34  6Ω I2

 6  R  6  .R 6 R6 R

I dm 2 

 8  R  12Ω với R là điện trờ các đèn

U  Rb .I  2 A  Pdm 2  24V R

I d 1  I  I dm 2  1A  Pdm1  12W ;U dm1  12V

U2 b. + K2 đóng ; các khóa còn lại mở :  40 (1) RAB  R + K1 đóng ; các khóa còn lại mở :

U2  20 (2) RBC  R

+ K1, K3 mở ; K2, K4 đóng : RAC 

RBC .R U 2 .7  (3) RBC  R 320

+ K2, K4 mở ; K1, K3 đóng : RBC 

RAC .R U2  (4) RAC  R P

1. Lấy (4)/(3) được Lấy (1)/(2) được

RBC  R 320  RAC  R 7 P

RBC  R 160  2  P  W RAC  R 7

Vậy khi K2, K4 mở K1, K3 đóng công suất mạch là 160/7 W Cho U = 40V Đặt RAC = x; RAB – x. Từ (1) được x + R = 40 (*)

Từ (2), (3) được RAB – x + R = 80 ;

x

 RAB  x  .R RAB  x  R

 35  x 

 80  R  .R 80

 35()

Từ (*) và (**) =>R = x = 20 => RAB = 80Ω Câu 4: Gọi điện trở phần dây đồng và chì là R  

l l ; R    S S

Nhiệt lượng để làm chì nóng chảy : Q’ = I2R’t=m’c’(tc – t0) + m’λ Nhiệt lượng phần mạch điện bằng đồng tỏa ra Q = I2Rt = mcΔt Ta có



I 2 R t mc (tc  t0 )  m  l S D l S [c(t c  t0 )   ]    2 mct DlSct  lS  I Rt

 D [c (tc  t0 )   ]  Dct S2   S   S  2,97 mm 2 2  Dct  D [c (tc  t0 )   ] S

Câu 5: L1 L2 Sơ đồ tạo ảnh : AB   A1 B1   A2 B2

Để A2B2 thật thì d2 > f2 => d2 > 24 Có d 2  a  d1  a 

d1 f1 ad  af1  d1 f1  1 d1  f1 d1  f1

Mà d1  44  a  d 2 

a (44  a )  44.15 a 2  44a  660  44  a  15 59  a

Để d2 > 24 thì –a2 + 44a + 660 > 24(59-a) (do 59 – a > 0) =>-a2 + 68a – 756 >0 =>-(a – 34)2 +400 > 0 => a > 14 Vậy điều kiện 14 < a < 44 thì ảnh A2B2 là thật b. a = 9 cm => d1 = 35 cm; d1’ = -10,5 cm; d2 = 19,5 cm  d 2 

d2 f2  104cm d2  f2

Vậy A2 B2 ảo, cách L2 một khoảng 104 cm => k 

d1 d 2  1, 6  A2 B2  kAB  1, 6.5  8mm d1 d 2

Vậy A2B2 cùng chiều AB cao 8 mm

Đề thi vào chuyên vật lý trường THPT chuyên Vĩnh Phúc - Năm học 2016 - 2017 Câu 1 (2,0 điểm).

Một chiếc cốc hình trụ có diện tích đáy S1  25cm  . Gắn chiếc nến vào đáy cốc. Trọng lượng của nến và cốc lần lượt là

P0  0,5 N và P1. Đặt cốc vào bình hình trụ có diện tích đáy S2  50cm 2 , đáy bình nằm ngang rồi rót nước vào bình. Khi mực nước trong bình là h2  8cm thì phần cốc ngập trong nước là

h1  4cm (Hình 1). Đốt nến và theo dõi mực nước trong bình. Biết phần nến bị cháy bay hơi vào không khí và trọng lượng của phần nến còn lại giảm đều theo thời gian. Nến cháy hết trong thời gian   50 . Bỏ qua ảnh hưởng gây ra bởi sự thay đổi nhiệt độ khi nến cháy, cốc luôn thẳng đứng, trọng lượng riêng của nước là d n 

10 N . Xác định: m3

a) Trọng lượng P1 của cốc. b) Mực nước trong bình khi nến cháy hết. c) Biểu thức mô tả sự phụ thuộc của áp suất nước lên đáy bình theo thời gian. d) Tốc độ di chuyển của cốc so với đáy bình khi nến đang cháy.

Câu 2 (2,0 điểm).

Hai chiếc tàu thủy chuyển động hướng tới nhau trên một đường thẳng với cùng tốc độ v. Kích thước các tàu rất nhỏ so với khoảng cách giữa chúng. Khi hai tàu cách nhau một khoảng L thì một con chim hải âu từ tàu A bay đến gặp tàu B (lần gặp 1), khi tới tàu B nó bay ngay lại tàu A (lần gặp 2), khi tới tàu A nó bay ngay lại tàu B (lần gặp 3) … và cứ tiếp tục như vậy cho đến khi hai tàu gặp nhau. Biết chim luôn bay với tốc độ u không đổi đối với đất (u > v). Tính quãng đường con chim hải âu đã bay được cho đến khi: a) Hai tàu cách nhau một khoảng     L  b) Nó gặp tàu lần thứ n.

Câu 3 (2,0 điểm).

Một bình chứa hình trụ, thành mỏng, có chiều cao h1  20cm , diện tích đáy

S1  100cm 2 đặt trên mặt bàn nằm ngang. Đổ vào bình 1 lít nước ở nhiệt độ t1  80C . Thả vào bình một khối trụ đồng tính khối lượng m, diện tích đáy S 2  60cm 2 , chiều cao

h2  25cm và nhiệt độ t2. Khi cân bằng nhiệt được thiết lập thì đáy dưới của khối trụ song song và cách đáy của bình một đoạn x  4cm nhiệt độ nước trong bình là t0  65C . Bỏ qua

sự nở vì nhiệt, sự trao đổi nhiệt với bình và với môi trường xung quanh. Biết khối lượng riêng của nước D  Cn  4200

1000kg , nhiệt dung riêng của nước và chất làm khối trụ lần lượt là m3

J J và Ctr  2000 . Xác định: kg .K kg .K

a) Khối lượng m của khối trụ. b) Nhiệt độ ban đầu t2 của khối trụ. c) Khối lượng tối thiểu của vật phải đặt lên khối trụ để khi cân bằng thì khối trụ chạm đáy bình.

Câu 4 (2,0 điểm).

Cho mạch điện như hình 2. Hiệu điện thế đặt vào hai đầu A, B có giá trị U không đổi.

Biết R1  R2  R3  R4  R0 1. Mắc vào hai điểm B, D một ampe kế lí tưởng. Hãy tính: a) Điện trở tương đương của đoạn mạch AB theo R0. b) Số chỉ của ampe kế theo U và R0.

2. Tháo ampe kế ra khỏi B, D. Dùng vôn kế có điện trở r0 lần lượt đo hiệu điện thế giữa hai đầu các điện trở R1, R2 thì số chỉ vôn kế tương ứng là UV1, UV2. Tính tỉ số UV1/UV2.

3. Dùng vôn kế trên đo hiệu điện thế giữa hai đầu A, B thì số chỉ vôn kế là 100V. Sau đó lần lượt đo hiệu điện thế giữa hai đầu mỗi điện trở thì thu được số liệu như bảng bên. Biết rằng trong các số liệu ở bảng bên có một giá trị bị ghi sai.

Hiệu điện thế

UAC

UCB

UAD

UDC

Giá trị

24V

26V

10V

10V

a) Tính tỉ số R0/r0. b) Giá trị hiệu điện thế nào ở bảng trên bị sai? Giá trị đúng của nó là bao nhiêu?

Câu 5 (2,0 điểm).

1. Cho hệ thấu kính ghép sát, đồng trục như hình 3. Thấu kính O1 có bán kính đường rìa là R1  1cm , tiêu cự là f1  20cm .

Thấu kính O2 có bán kính đường rìa là R2  2cm , tiêu cự là

f 2  20cm . Đặt trên trục chính của hệ một điểm sáng S cách hệ

một khoảng SO1  1cm . Ở phía bên kia của hệ đặt một màn ảnh E vuông góc với trục chính.

Xác định: a) Vị trí các ảnh của điểm sáng S. b) Vị trí đặt màn E để vệt sáng thu được trên màn có diện tích nhỏ nhất.

Chú ý: Thí sinh được phép sử dụng công thức thấu kính.

2. Một gương phẳng hình chữ nhật có chiều dài L  2,5m , chiều rộng đủ lớn. Đặt gương trên sàn sao cho mép dưới của gương dựa vào góc tường, mặt phản xạ của nó hợp với mặt sàn góc   60 (Hình 4).

Một người tiến đến gần gương, mắt của người này cách chân một đoạn

h  3m . Khi cách tường bao nhiêu thì người đó bắt đầu nhìn thấy ảnh của: a) Mắt mình trong gương. b) Chân mình trong gương.

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: a. ĐKCB: P1  P0  FA  d nVc  d n S1 h1  P1  d n S1 h1  P0  0,5 N b.

Khi nến cháy hết, cốc bị ngập trong nước là h1 , mực nước trong bình là h2 ĐKCB: P1  FA  d nVc  d n S1 h1  h1  2cm Do thể tích nước không đổi nên: S 2 h2  S1 h1  S 2 h2  S1 h1  h2  7cm c.

Tại thời điểm t, cốc bị ngập trong nước là h1 , mực nước trong bình là h2

t  P1  P0  1   t    ĐKCB : P1  P0  1    FA  d n S1 h1 h1  d n S1   Do thể tích nước không đổi nên: S 2 h2  S1 h1  S 2 h2  S1 h1 Thay h1 ở trên vào và thay số ta được: h2  8 

t 50

t   Áp suất nước tác động lên đáy bình là: Pday  d n h2  104  8   .102  800  2t 50  

d.

Sau thời gian t, cốc dịch chuyển đoạn: h  h1  h1 

t



v

h 1 cm   0, 02 t phu t 

Câu 2: a. Quãng đường chim đã bay: S  ut Với t là thời gian bay: t 

Ll  Ll   S  u  2v  2v 

b.

Quãng đường chim đi sau lần gặp 1, 2, 3… lần lượt là d1, d2, d3…  L  d1  ut1  u   vu

 L  d 2  ut2  u  2  vu uv uv  L  L2  L  2vt1  L  2v   d 2  uL L 2 uv vu  u  v

u  v  L  d3  ut3  u  3   uL ....

3 vu u  v  2

uL  u  v  u  v  uv  d  d1  d 2  ...  d n   1    ...    u  v  u  v  u  v  uv 2

n 1

  

Câu 3: a. Giả sử khi thả khối trụ vào bình thì nước chưa tràn ra ngoài  y  h1  x  16cm  S1 x   S1  S 2  y  1000  y  15cm (thỏa mãn)

Điều kiện cân bằng cho khối trụ:

m  D.Vc  DyS 2  1000.0,15.60.104  0,9 kg b. Bảo toàn năng lượng: mn cn  t1  t0   mtr ctr  t0  t2  1.4200.15  0,9.2000.  65  t2   t2  30C

c.

Khi khối trụ chạm đáy thì thể tích của phần bình xung quanh khối trụ còn là: V  h1  S1  S 2   20 100  60   800cm3  1000cm3

→ thể tích phần trụ chìm trong chất lỏng là: Vc  h1 S 2  20.60  12000cm3 ĐKCB cho khối trụ: m  m  D.Vc  Dh1 S 2  1000.0, 2.60.104  1, 2kg

 m  0,3kg

Câu 4: 1a. Do RA=0 nên chập B trùng D. R24 

R R2 R4  0 R2  R4 2

RACB  R1  R24  RAB 

3 RL0 2

R3 RACB 3  R0 R3  RACB 5

1b. Xét tại nút B có: I A  I  I 2 I

I U 5U U 2U U   I1   , I2  1  RAB 3R0 RACB 3R0 2 3R0

 I A  I  I2 

5U U 4U   3R0 3R0 3R0

2.

Mắc vôn kế vào AC ta được mạch:

R34  2 R0 R134 

R34 R1 2  R0 R34  R1 3

RAC 

R134 RV 2 R0 r0  R134  RV 2 R0  3r0

RAB  RAC I

2 R02  5 R0 R0  R2  2 R0  3r0

U  2 R0  3r0  2 R0 r0U U   U AC  UV 1  I .RAC  2 RAB 2 R0  5 R0 r0 2 R02  5 R0 r0

Mắc vôn kế vào CB ta được mạch:

RAB  RAC  RCB 

Rr 2 R 2  5 R0 r0 2 R0  0 0  0 3 R0  r0 3  R0  r0 

I

3U  R0  r0  3UR0 r0 U U 2   U CB  UV 2  I .RCB   V1  2 2 R1B 2 R0  5 R0 r0 UV 2 3 2 R0  5 R0 r0

3a.

Do vai trò của điện trở R3, R4 là như nhau nên các HĐT đo trên các điện trở này được đo đúng. Khi Vôn kế mắc song song với R3 ta có mạch sau:

RAD 

R0 r0 Rr R 2  2 R0 r0  RADC  0 0  R4  0 R0  r0 R0  r0 R0  r0

 RAC 

RACD .R1 R 2  2 R0 r0  0 RACD  R1 2 R0  3r0

 RAB  RAC I 

R02  5 R0 r0  R2  3 2 R0  3r0

U  2 R0  3r0  U  R1B 3R02  5 R0 r0

 U AC  I .RAC 

 I4 

U  R02  2 R0 r0  3R02  5 R0 r0

U R  r  U AC  2 0 0 RADC 3R0  5 R0 r0

 U R 3  U AD  I 4 .RAD 

Ur0  3R0  5r0

U R 3 0 5 r0

Thay U=100V và UR3=10V vào ta được: 10 

R 100 5  0  R r0 3 3 0 5 r0

3b. Theo kết quả phần 2 ta được:

U R1  U AC  I .RAC 

2r0U  2 R0  5r0

2U 200   24V R0 5 2  5 2.  5 3 r0

→ HĐT đo trên điện trở R2 bị đo sai. Giá trị đúng là:

U R 2  I .RCB 

Câu 5: 1a.

3Ur0  2 R0  5r0

3U 3.100   36V R0 2.5 5 2 5 3 r0

Ánh sáng phát ra từ S sẽ đi qua hai phần thấu kính: phần rìa là đơn thấu kính O2 và phần giữa là hệ thấu kính O1, O2 ghép sát. Phần thấu kính ghép sát tương đương một thấu kính có tiêu cự fo=10cm. Phần đơn thấu kính O2 cho ảnh ở S1, phần thấu kính hệ cho ảnh ở S2.

- Sử dụng công thức thấu kính ta có: S1 cách O2 đoạn S1O2=25cm, S2 cách O2 đoạn S2O2=100/9cm.

1b.

- Từ hình vẽ ta thấy diện tích vết sáng trên màn là nhỏ nhất khi đặt màn tại I. - Xét cặp tam giác đồng dạng ta được: S1 I MI S 2 I MI  ;  S1O2 PO2 S 2 O2 AO2 S2 I SI  1  S 2 I  6,54cm 2 S 2 O2 S1O2

Cần đặt màn cách O2 đoạn là:

O2 I  O2 S 2  S 2 I  17, 65 cm 2a. Để mắt M bắt đầu nhìn thấy ảnh của mắt trong gương thì M phải nằm trên đường bao của thị trường của gương (Hình vẽ). tan B 

MC h h   CB  h 3 CB CB tan B

cos  

OA L L   OB   2L OB OB cos 

 CO  OB  CB  2 L  h 3  2m 2b. Để mắt bắt đầu nhìn thấy ảnh của chân C trong gương thì C phải nằm trên đường bao của thị trường của gương (Hình vẽ). Áp dụng tính chất đường phân giác ta có Đặt OC  x OK 

AO L  CK  x cos  cos 

tan K 

NC  L   NC  tan K   x CK  cos  

 1   MN  MC  NC  h  tan K   x  cos  

MN MA MQ    * NC AC BC

sin  

BC  BC  x sin  OC

tan J 

OC x x  CJ   MJ  CJ  MC  h CJ tan J tan J

 x  MQ  MJ .sin J  sin J   h  tan J 

Thay MN, NC, MQ, BC vào (*) ta được phương trình ẩn x: 2 x 2  8 x  5  0 Phương trình có hai nghiệm x1  3, 22m và x2  0, 77 m Khi người bắt đầu nhìn thấy ảnh của chân thì lấy giá trị x1  3, 22m

Đề thi vào khối chuyên vật lý Hà Nội - Năm học 2016 - 2017 Câu 1: 1. Trong những tập phim Harry Potter dành cho thiếu nhi, để điều khiển chổi bay, Harry Potter phải tìm trọng tâm của cây chổi cán dài. a) Em hãy dự đoán cách làm của Harry Potter khi không dùng bất cứ dụng cụ nào khác. b) Ronald Weasley, bạn của Harry quả quyết rằng: nếu cưa đứt cây chổi cán dài theo phương vuông góc với trục của cán chổi và đi qua trọng tâm thì thu được hai phần có khối lượng bằng nhau. Theo em, quan điểm này đúng hay sai? Vì sao?

2. Thanh AB đồng chất dài 700 cm và có khối lượng m đặt trên mặt bàn nằm ngang, phần còn lại nối với hệ thống ròng rọc như hình 1. Biết người có khối lượng 3m, vật nặng C có khối lượng 4m, BM = 2 MN = 4 NA. Bỏ qua ma sát, khối lượng ròng rọc và dây. Hỏi người di chuyển trong khoảng nào trên thanh AB thì thanh vẫn cân bằng?

Câu 2: 1. Một ấm điện có công suất phụ thuộc vào thời gian theo đồ thị như hình 2. Biết rằng hao phí nhiệt là không đáng kể, nhiệt dung riêng của nước là c = 4200 J/kg.K, khối lượng riêng của nước là 1000 kg/m3. Nếu dùng ấm điện trên để đun sôi 3 lít nước từ 250C thì mất bao nhiêu thời gian?

2. Một ngày mùa đông, ta có nửa thùng nước lạnh ở nhiệt độ môi trường và nửa thùng nước nóng. Muốn có nước ấm sử dụng, ta làm theo hai cách: Cách 1: đổ từ từ thùng nước lạnh sang thùng nước nóng.

Cách 2: đổ từ từ thùng nước nóng sang thùng nước lạnh.

Hỏi: a) Cách nào nhiệt truyền ra môi trường ít hơn? Vì sao? b) Cách nào quá trình trao đổi nhiệt giữa nước nóng và nước lạnh xảy ra nhanh hơn? Vì sao?

Câu 3: 1. Trong ngôi nhà lớn, để đi từ phòng này sang phòng khác phải qua một hành lang dài. Em hãy thiết kế mạch điện sao cho chỉ với 1 bóng đèn và 2 công tắc đặt ở đầu và cuối hành lang mà vẫn có thể bật đèn ở công tắc này, tắt đèn ở công tắc kia và ngược lại. Vẽ sơ đồ mạch điện cần dùng.

2. Lấy vôn kế có điện trở vô cùng lớn, ampe kế có điện trở không đáng kể cùng với hai điện trở R1 và R2 nối với nhau bằng dây dẫn có điện trở nhỏ rồi. Tất cả cho vào trong hộp chỉ để lộ mặt ampe kế và vôn kế ra ngoài.

Biết hộp đưa ra 4 đầu dây (hình 3), giữa 2 đầu dây bất kì có 2 dụng cụ điện. Sử dụng nguồn điện có hiệu điện thế không đổi U = 12 V. Nếu: - Mắc nguồn vào A và B có IA = 0 ; UV = 12 V. - Mắc nguồn vào A và C có IA = 3 A; UV = 0 V. - Mắc nguồn vào B và D có: IA = 0; UV = 12 V. - Mắc nguồn vào C và D có: IA = 1 A; UV = 0.

Hãy xác định cách mắc các dụng cụ trong hộp và tìm độ lớn R1 , R2.

Câu 4: Người ta tổ chức một buổi trình diễn thời trang trên bờ biển với sàn diễn nhẵn bóng coi như là gương phẳng nằm ngang với phía sau là một phông lớn (hình 4). Vào thời điểm ánh nắng xiên góc a = 300 đối với mặt đất thì người mẫu cao 170 cm đang đứng cách tường 4 m.

a) Tìm vị trí, chiều cao của bóng người in trên phông. b) Nếu người mẫu sải bước về phía mặt trời với tốc độ 2 m/s thì bóng người ấy trên phông di chuyển theo chiều nào? Với tốc độ là bao nhiêu?

Câu 5: Trong một phòng học có dạng hình lập phương cạnh a = 4 m, người ta mắc bốn bóng đèn ở bốn góc của trần nhà. Để ánh sáng chiếu xuống nền nhà không bị lấp loáng (coi ánh sáng tỏa đều theo mọi phương, bỏ qua kích thước của các bóng đèn) thì phải treo ở chính giữa trần một quạt trần có sải cánh 0,8 m cách trần nhà tối đa là bao nhiêu?

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: 1.

- Để xác định trọng tâm ta làm như sau: đặt chổi lên hai ngón tay rồi lần lượt kéo 2 ngón vào sát nhau sao cho chổi không rơi. Chỗ 2 ngón tay gặp nhau là trọng tâm.

- Nhận định đó là sai vì :Tay đòn ở phần cán chổi dài hơn nên phần cán chổi nhẹ hơn 2.

TH1: Khi M là trục quay, phương trình cân bằng của thanh là: 4 3 .10m.2  2.10m.3  .10m.1,5  3.10m.x  10m.2 7 7

Giải phương trình tìm được x = 2 m.

TH2: Khi B là trục quay, phương trình cân bằng của thanh là: 2.10m.7 = 3.10m.x + 10m.3,5 + 10m.6 Giải phương trình tìm được x = 1,5 m.

Vậy để thanh cân bằng người đó phải di chuyển trong khoảng: sang trái M 2,5 m và sang phải M 2 m.

Câu 2: Từ đồ thị suy ra: P = 1000 + 50t

Gọi tx là thời gian cần thiết để đun sôi nước, công suất trung bình trong khoảng thời gian này là: PTB 

1000  (1000  50t x )  1000  25t x 2

Để đun sôi cần có: mc.∆t = PTB .tx => (1000 + 25tx)tx = 4200.3.75 => tx = 175,44 s 2. a) Cách 1 diện tích tiếp xúc của nước nóng với môi trường ít hơn so với cách 2 nên nhiệt toả ra môi trường ít hơn. b) Đổ từ từ sẽ tạo ra hai lớp nước nóng và lạnh. Trộn theo cách 1 thì quá trình truyền nhiệt xảy ra nhanh hơn vì nước lạnh ở trên, nước nóng ở dưới nên xảy ra đối lưu - một hình thức truyền nhiệt chủ yếu của chất lỏng. Trong cách 2 thì truyền nhiệt bằng dẫn nhiệt nên rất chậm.

Câu 3: 1.

2.

- Nguồn vào A, B: chắc chắn mạch này có V và R hoặc A - Nguồn vào A, C: chắc chắn có A và R1 hoặc R2 - Nguồn vào D, B: chắc chắn có V, không có A nên còn lại là R2 Từ đó ta vẽ được mạch điện:

Ta tính được R1 = 4 Ω và R2 = 12Ω Câu 4: a.

MNĐĐ’ là hình bình hành nên MN = 2CĐ = 3,4m CJ = CĐ/tan300 = 170 cm JH = 400 - 170 = 105,55cm HN = JH.tan300 = 60,94cm b.

Người này di chuyển sang bên trái làm J cũng di chuyển sang trái với tốc độ v.

Khi đó N di chuyển lên với tốc độ

v 3

 1,15m / s

Câu 5:

Để sàn nhà không bị lấp loáng thì ánh sáng từ mỗi bóng đèn chiếu đến đầu cánh quạt phải gặp chân tường tại C  OA    CD   CO

a 2  OD  CO  CD  4  1,131  2,869m BD BD 0,8  CD  CO.  4.  1,131m OA OA 2 2

Vậy phải treo quạt cánh trần tối đa 2,869m

Đề thi vào chuyên vật lý trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu - Đồng Tháp - Năm học 2016 - 2017 Câu 1: (2,0 điểm) Hai vật chuyển động đều trên cùng một đường thẳng với vận tốc v1 < v2. Nếu chúng chuyển động ngược chiều nhau thì cứ sau 1 phút khoảng cách giữa chúng giảm đi 300m. Nếu chúng chuyển động cùng chiều nhau thì cứ sau 10 giây khoảng cách giữa chúng lại tăng thêm 25m.

Tính vận tốc của mỗi vật? Biết trong cả hai trường hợp, hai vật cùng xuất phát và chuyển động với vận tốc không đổi.

Câu 2: (3,0 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ. Hiệu điện thế giữa hai điểm A và B là 20V luôn không đổi. Biết R1 = 3Ω, R2 = R4 = R5 = 2Ω, R3 = 1Ω. Điện trở của ampe kế và dây nối không đáng kể.

1) Khi khoá K mở. Tính: a) Điện trở tương đương của cả mạch. b) Số chỉ của ampe kế và nhiệt lượng toả ra trên R3 trong thời gian 10 phút.

2) Thay điện trở R2 và R4 lần lượt bằng điện trở Rx và Ry, khi khoá K đóng và mở ampe kế đều chỉ 1A. Tính giá trị của điện trở Rx và Ry trong trường hợp này.

Câu 3: (2,0 điểm) Một máy biến thế có số vòng dây cuộn sơ cấp N1 = 200 vòng, cuộn thứ cấp N2 = 4000 vòng.

Hiệu điện thế hai đầu cuộn sơ cấp là 220V. a) Tính hiệu điện thế hai đầu cuộn thứ cấp. b) Giảm bớt cùng số vòng dây n ở cả hai cuộn (n < N1). Hỏi hiệu điện thế hai đầu cuộn thứ cấp sẽ tăng hay giảm so với lúc đầu? Vì sao?

Câu 4: (1 điểm)

Một học sinh làm thí nghiệm đã thu được kết quả như sau: - Chiếu ánh sáng trắng hay đỏ qua một tấm lọc màu đỏ thì được ánh sáng đỏ.

- Chiếu ánh sáng trắng hay tím qua một tấm lọc màu tím thì được ánh sáng tím.

- Chiếu ánh sáng tím qua tấm lọc màu đỏ hoặc ánh sáng đỏ qua một tấm lọc màu tím thì được ánh sáng mờ, không phải đỏ, cũng không phải tím.

Em hãy giải thích các kết quả trên?

Câu 5: (2,0 điểm) Vật sáng AB là một đoạn thẳng nhỏ được đặt vuông góc với trục chính của một thấu kính hội tụ. Điểm A nằm trên trục chính. Nhìn qua thấu kính ta thấy ảnh A’B’ của vật AB cùng chiều với vật. a) Vẽ ảnh A’B’ của AB qua thấu kính. b) Dựa vào hình vẽ, hãy chứng minh:

1 1 1   OF OA OA

c) Dịch chuyển vật dọc theo trục chính lại gần thấu kính thì ảnh của nó dịch chuyển như thế nào? Vì sao?

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Khi 2 vật chuyển động ngược chiều: Quãng đường vật 1 và vât 2 chuyển động được trong 1 phút lần lượt là: s1 = 60.v1

(1)

s2 = 60.v2

(2)

Mà khoảng cách giữa chúng giảm đi 300m, tức là: s1 + s2 = 300

(3)

Thay (1), (2) vào (3). Ta có: 60.v1 + 60.v2 = 300 <=> v1 + v2 = 5

(4)

Khi hai vật chuyển động cùng chiều : Quãng đường vật 1 và vật 2 chuyển động được trong 10 giây lần lượt là : s1’ = 10.v1 (5) s2’ = 10.v2 (6) Mà khoảng cách giữa chúng tăng 25m, tức là : s2’ – s1’ = 25 (7)

Thay (5), (6) vào (7). Ta có : 10.v2 – 10.v1 = 25 <=> v2 – v1 = 2,5 (8) Giải hệ 2 phương trình (4) và (8), ta có : v1 = 1,25 m/s ; v2 = 3,75 m/s Câu 2: 1) Khi K mở ta có mạch sau : {(R1 nt R3) // (R2 nt R4)} a) Điện trở R13 : R13 = R1 + R3 = 3 + 1 = 4Ω Điện trở R24: R24 = R2 + R4 = 2 + 2 = 4Ω Điện trở R1234: R1234 

R13 R24 4.4   2Ω R13  R24 4  4

Điện trở tương đương cả mạch: RAB = R5 + R1234 = 2 + 2 = 4Ω b) Cường độ dòng điện qua đoạn mạch AB: I 

U 20   5A RAB 4

Vì R5 nt R1234 nên I5 = I1234 = 5A Hiệu điện thế đoạn mạch mắc song song: U1234 = I.R1234 = 5.2 = 10V Vì R13 // R24 nên U13 = U24 = U1234 = 10V Cường độ dòng điện qua R24: I24 = U24/R24 = 10/4 = 2,5A Số chỉ của ampe kế: IA = I24 = 2,5A Cường độ dòng điện qua R13: I13 = I – I24 = 2,5A = I3 Nhiệt lượng toả ra trên R3 trong 10 phút = 600s: Q3  I 32 .R3 .t  2,52.1.600  3750 J 2) Khi K mở ta có mạch sau: R5 nt [(R1 nt R3) // (Rx nt Ry)] Cường độ dòng điện qua cả mạch: I R5 

U  ( R1  R3 ).( Rx  Ry ) R1  R3  Rx  Ry

Vì R13 // Rxy nên:

10.(4  Rx  Ry ) 20  (1) 4.( Rx  Ry ) (4  Rx  Ry )  2.( Rx  Ry ) 2 4  Rx  Ry

4  Rx  Ry R1  R3 IA 1 4 hay   I (2) I R1  R3  Rx  Ry I 4  Rx  Ry 4

Từ (1) và (2) suy ra:

4  Rx  Ry 4



Biến đổi => Rx + Ry = 12Ω

(3)

Từ (3) => 0 < Rx; Ry < 12

(4)

10.(4  Rx  Ry ) (4  Rx  Ry )  2.( Rx  Ry )

Khi K đóng: R5 nt (R1 // Rx) nt (R3 // Ry) Cường độ dòng điện trong mạch chính:

I 

I 

20 20 20   R3 .Ry Ry 3Rx 12  Rx R .R 3Rx 2  R5  1 x  2  3  Rx 13  Rx R1  Rx R3  Ry 3  Rx 1  Ry 20.(3  Rx )(13  Rx ) (5) 2.(3  Rx )(13  Rx )  3Rx .(13  Rx )  (12  Rx )(3  Rx )

Vì R1 // Rx nên:

IA R1  I  R1  Rx

3  Rx 1 3  hay I   (6) I  3  Rx 3

Từ (5) và (6) suy ra: 3  Rx 20.(3  Rx )(13  Rx )  3 2.(3  Rx )(13  Rx )  3Rx (13  Rx )  (12  Rx )(3  Rx )

 2 Rx2  128 Rx  666  0 Giải phương trình bậc hai ta được hai nghiệm: Rx1 = 12,33; Rx2 = 9 Theo điều kiện (4) ta loại Rx1 nhận Rx2 = 9 Ω Suy ra Ry = 12 – Rx = 12 – 9 = 3Ω Vậy Rx = 9Ω; Ry = 3Ω Câu 3: a)

U 2 N2  U1 N1

=> U2 = 4400V = 4,4kV b) Khi giảm n vòng dây ở cả hai cuộn:

U 2 N 2  n N n   U 2  U1 . 2 U1 N1  n N1  n n U2 N  n N1 N2  2 .  n U2 N1  n N 2 1 N1 

Vì N1  N 2 

1

n n n n   1  1 N1 N 2 N1 N2

U 2 Suy ra: 1 U2 Hiệu điện thế hai đầu cuộn thứ cấp tăng so với ban đầu Câu 4:

Tấm lọc màu nào thì hấp thụ ít ánh sáng màu đó và hấp thụ nhiều ánh sáng màu khác. Ánh sáng trắng chứa sẵn trong nó các ánh sáng màu.

Khi chiếu qua tấm lọc màu đỏ thì màu đỏ được đi qua, các màu khác bị chặn lại.

Câu 5: a) Vẽ hình:

b) Xét hai tam giác đồng dạng: ∆OAB và ∆OA’B’ AB  OA  (1) AB OA

Xét hai tam giác đồng dạng: ∆FAB và ∆FOI OI AB  OF   (2) AB AB FA

Từ (1) và (2) ta có:

OA OF  (3) OA FA

Mà: FA = OF – OA (4) Từ (3) và (4) suy ra:

OA OF   OA.OF  OA.OA  OA.OF (5) OA OF  OA

Chia cả hai vế phương trình (5) cho (OA.OA’.OF) Ta được:

1 1 1 1 1 1      (đpcm) OA OF OA OF OA OA

c) Dịch chuyển vật lại gần thấu kính thì ảnh ảo của nó cũng dịch chuyển lại gần thấu kính. Vì OF không đổi nên khi OA giảm thì OA’ cũng giảm.

Đề thi vào chuyên vật lý trường THPT chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng - Năm học 2016 2017 Câu 1: Cho 4 quả cầu cùng kích thước A, B, C, D và một đòn bẩy (bỏ qua khối lượng của đòn bẩy) . Thí nghiệm cho thấy đòn bẩy cân bằng trong cả 3 trường hợp được bố trí theo sơ đồ ở hình 1 (gồm 3 hình: hình 1a, hình 1b và hình 1c). a. So sánh khối lượng riêng của chất làm thành các quả cầu. b. Trong thí nghiệm ở hình 1a, nếu nhúng ngập quả A vào dầu (D1 = 0,8g/cm3), nhúng ngập quả B vào nước (D2 = 1g/cm3) thì đòn bẩy nghiêng về phía nào? c. Trong thí nghiệm ở hình 1b và hình 1c, đòn bẩy nghiêng về phía nào nếu đem nhúng ngập tất cả các vật trong nước?

Câu 2: 1. Cho mạch điện như hình vẽ (Hình 2).Đ là bóng đèn có ghi 18V-9W; điện trở R0 = 12Ω. Biến trở con chạy C có giá trị lớn nhất là RMN = 240Ω. Hiệu điện thế giữa A và B là UAB = 27V không đổi. a. Điều chỉnh con chạy C để giá trị của biến trở tham gia vào mạch là Rx = 36Ω (Rx = RMC). Tính cường độ dòng điện qua đèn. Đèn sáng như thế nào? b. Điều chỉnh con chạy C đến vị trí nào để đèn sáng bình thường? c. Nối đầu bên phải của biến trở (điểm N) với B, xác định vị trí con chạy C để đèn sáng bình thường 2. Trình bày phương án thực nghiệm xác định giá trị của hai điện trở R1 và R2 với các dụng cụ sau đây: + Một nguồn điện có hiệu điện thế chưa biết. + Một điện trở có giá trị R0 đã biết. + Một ampe kế có điện trở chưa biết. + Hai điện trở cần đo: R1và R2. + Một số dây dẫn có điện trở không đáng kể.

Chú ý: Để không làm hỏng dụng cụ đo, không được mắc ampe kế song song với bất cứ điện trở nào

Câu 3: Cho một hệ gồm hai thấu kính L1và L2 được đặt sao cho trục chính trùng nhau.

Quang tâm của hai thấu kính cách nhau một đoạn 12cm. Thấu kính L1 là thấu kính phân kì có tiêu cự 10cm, thấu kính L2 là thấu kính hội tụ có tiêu cự 15cm. Đặt vật sáng AB vuông góc với trục chính của thấu kính (A nằm trên trục chính), trước L1 một đoạn 40cm. Tìm vị trí đặt màn M để ảnh qua hệ hiện rõ nét trên màn và vẽ ảnh của AB qua hệ.

Câu 4: Một khối nước đá có khối lượng m1 = 2kg ở nhiệt độ t1= -50C. a. Tính nhiệt lượng cần cung cấp để khối nước đá trên biến thành hơi hoàn toàn ở 1000C. Hãy vẽ đồ thị biểu diễn quá trình biến thiên nhiệt độ theo nhiệt lượng được cung cấp. b. Bỏ khối nước đá nói trên vào một ca nhôm khối lượng m2 = 0,5kg chứa m3 = 3,05kg nước ở nhiệt độ t2 = 500C. Tính khối lượng nước trong bình khi có cân bằng nhiệt. Bỏ qua sự mất nhiệt ra môi trường.Cho nhiệt dung riêng của nước đá; nước và nhôm lần lượt là cđ= 1800J/kgK; cn= 4200J/kg.K và cnh= 880 J/kg.K. Nhiệt nóng chảy của nước đá ở 00C là = 3,4.105J/kg; nhiệt hóa hơi của nước ở 1000C là L = 2,3.106J/kg.

Câu 5: Trong một bình hình trụ có diện tích đáy S = 100cm2có một cục nước đá đang nổi, trong cục nước đá có một khối kim loại. Khi nước đá tan hết thì mực nước trong bình hạ xuống một đoạn Δh = 3mm.Tính trọng lượng khối kim loại.Cho khối lượng riêng của nước và của kim loại lần lượt là Dn= 1000kg/m3và Dk= 7000kg/m3.

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: a) Ta có thể tích các quả cầu bằng nhau: VA = VB = VC = VD =V + Từ hình 1a ta có : PA.2 = PB.2 => PA = PB PA PB   d A  d B  DA  DB 1 VA VB

+ Từ hình 1b, ta có : PC.1 = PB.2 =>

PC 2 PB D   dC  2d B  DC  2 DB  DB  C  2  VC VB 2

+ Từ hình 1c, ta có: (PA + PC)1 = PD.2 => (PB + 2PB)1 = PD.2 => 3PB = 2PD =>

3PB 2 PD 2   3d B  2d D  3DB  2 DD  DB  DD 3  VB VD 3

Từ (1),(2),(3) => DA = DB =

DC 2  DD  5  2 3

b) Lực đẩy Acsimet của dầu tác dụng lên vật A: FAd= d1V = 10D1V Lực đẩy Acsimet của nước tác dụng lên vật B: FAn= d2V = 10D2V D1 < D2=> FAd< FAn => (PA– FAd).2 > (PB– FAn).2 Vậy đòn bẩy nghiêng về phía quả cầu A (Phía quả cấu A chúc xuống) c) + Hình 1b. So sánh: (PC – FAC).1 và (PB – FAB)2 Hay là so sánh : PC – FAC và 2PB – 2FAB Ta có: PC = 2PB Lực đẩy Acsimet của nước lên các quả cầu đều bằng nhau.

FAC = FAB = FAA= FAD= FA => PC – FAC > 2PB– 2FAB Vậy đòn bẩy nghiêng về phía quả cầu C (Phía quả cấu C chúc xuống) + Từ (5) => PA  PB 

PC 2  PD 2 3

Hình 1c . So sánh : (PA+ PC – FAA– FAC)1 và (PD – FAD)2 3  Hay là so sánh : (PA+ 2PA– 2FA)1 và  PA  FAD  2 2 

Hay là so sánh : 3PA– 2FAvà 3PA– 2FA Ta có: 3PA– 2FA= 3PA– 2FA Vậy: Đòn bẩy cân bằng Câu 2: a) I dm 

Pdm 9   0,5 A U dm 18

Rd 

U dm 18   36 I dm 0,5

Rxd 

Rd Rx 36.36   18 Rd  Rx 36  36

RAB  R0  Rxd  12  18  30 I

U AB 27   0,9 A RAB 30

U d  IRxd  0,9.18  16, 2V Id 

U d 16, 2   0, 45 A Rd 36

Vì Ud < Udm nên đèn Đ sáng yếu hơn so với bình thường b) Để đèn sáng bình thường thì : Iđ= Iđm = 0,5A ; Uđ = Uđm = 18V khi đó :

U 0  U AB  U d  27  18  9V I0 

U0 9   0, 75 A R0 12

I x  I 0  I d  0, 75  0,5  0, 25 A U x  U d  18V Rx 

Ux 18   72 Rx 0, 25

c) Vẽ lại mạch điện :

Để đèn sáng bình thường thì : Iđ= Iđm= 0,5A ; Uđ = Uđm = 18V Khi đó : U0 = UAB - Uđ = 27 – 18 = 9V Ux = Uđ= 18V; UCN = U0 = 9V  I 0 

U0 9   0, 75 A R0 12

I CD  I 0  I d  0, 75  0,5  0, 25 A Ta có Ix = ICD+ ICN Ux U 18 9  I CD  CN   0, 25  Rx RCN Rx 240  Rx

 0, 25 Rx2  87 Rx  4320  0

=> Rx= 288Ω > RMN= 240Ω (không phù hợp) Rx= 60Ω (chọn) 2. + Mắc mạch điện theo sơ đồ 1, ampe kế chỉ I0. Ta có: R0  RA 

U 1 I0

+ Mắc mạch điện theo sơ đồ 2, ampe kế chỉ I1. Ta có: R1  RA 

U  2 I1

+ Mắc mạch điện theo sơ đồ 3, ampe kế chỉ I2. Ta có: R2  RA 

U  3 I2

+ Mắc mạch điện theo sơ đồ 4, ampe kế chỉ I. Ta có: R1  R2  RA 

U 4 I

1 1  Lấy (4) trừ (3) ta có R1  U     5   I I2  1 1  Lấy (4) trừ (2) ta có R2  U     6   I I1  Lấy (1) trừ (2) ta có R0  R1 

U U U U U U U U   R0    R1      7  I 0 I1 I 0 I1 I 0 I1 I I 2

1 1 1 1 1 1     R0 I 0 I1 I I 2 I I2 Chia (7) cho (5) ta có:   R1  R0 1 1 1 1 1 1 R1     I I2 I 0 I1 I I 2 1 1 1 1 1 1     R0 I 0 I1 I I 2 I I1 Chia (7) cho (6) ta có:   R2  R0 1 1 1 1 1 1 R2     I I1 I 0 I1 I I 2

Câu 3:

O1O2 = 12cm f1 = O1F1’ = -10cm f2 = O2F2’ = 15cm d1 = O1A = 40cm d2’ = O2A’ = ?

Gọi A1B1là ảnh của AB qua L1, A’B’ là ảnh của A1B1qua L2 Đặt: d1’ = O1A1; d2 = O2A1 Chứng minh được: 1 1 1     d1  8cm f1 d1 d1

d 2  d1  O1O2  8  12  20cm

Chứng minh được:

1 1 1 1 1 1         d 2  60cm f2 d2 d2 15 20 d 2

Câu 4: a. + Nhiệt lượng cần cung cấp để khối nước đá trên tăng từ -50C đến 00C: Qa = m1cđ(0 – (-5)) = 2.1800.5 = 18.000J Nhiệt lượng cần cung cấp để khối nước đá trên nóng chảy hoàn toàn ở 00C: Qb = m1= 2.3,4.105= 680.000J Nhiệt lượng cần cung cấp để khối nước trên tăng từ 00C đến 1000C: Qc = m1cn(100 – 0) = 2.4200.100 = 840.000J Nhiệt lượng cần cung cấp để khối nước trên hóa hơi hoàn toàn ở 1000C: Qd = m1L = 2.2,3.106= 4.600.000J Qab = Qa + Qb= 18.000 + 680.000 = 698.000J Qabc = Qab + Qc = 698.000 + 840000 =1.538.000J Qabcd = Qabc + Qd = 1.538.000 + 4.600.000 = 6.138.000J + Đồ thị:

b. Nhiệt lượng ca nhôm và nước tỏa ra để hạ xuống 00C: Q2 = (m2cnh + 3cn)(50 – 0) = (0,5.880 + 3,05.4200)50 = 662.500J

Vì Q2 > Qanên nước đá tăng lên 00C và nóng chảy.

Vì Q2 < Qab nên nước đá nóng chảy không hoàn toàn, do đó nhiệt độ chung là t = 00C. Gọi m’ là lượng nước đá bị nóng chảy, phương trình cân bằng nhiệt: Q2 = Qa+ m’. => 662.500 = 18.000 + m’.3,4.105=> m’ = 1,90kg Khối lượng nước trong bình khi có cân bằng nhiệt: mn = m3+ m’ = 3,05 + 1,90 = 4,95kg Câu 5: Gọi : P là trọng lượng hệ vật (cục nước đá bên trong có khối kim loại), Pđ là trọng lượng cục nước đá, Vđ là thể tích cục nước đá khi đã tan thành nước.

Pk là trọng lượng khối kim loại, Vk là thể tích khối kim loại.

Vc là thể tích phần chìm của hệ vật.

Ban đầu, hệ vật nổi nên cường độ lực đẩy Acsimet bằng trọng lượng hệ vật.

Ta có : P = FA=> Pđ+ Pk= dnVc  Vc 

Pd  Pk dn

Độ cao mực nước trong bình lúc đầu: h1 

V  Vc V Pd  Pk V P P     d  k S S dn S S dn S dn S

Độ cao mực nước trong bình khi nước đá tan hết: h2 

V  Vd  Vk V Vd Vk V P P      d  k S S S S S dn S dn S

Δh = 3mm = 0,003m Dn = 1000kg/m3=> dn= 10.000N/m3 Dk = 7000kg/m3=> dk= 70.000N/m3 Ta có: Δh = h1– h2  0, 003 

Pk P Pk Pk  k   d n S d k S 10000.0, 01 70000.0, 01

=> Pk= 0,35N

Đề thi vào chuyên vật lý trường THPT chuyên Long An - Năm học 2016 - 2017 Câu 1: Một quả cầu nhỏ có thể tích Vđược thả vào một bình nước. Khi quả cầu đứng yên thì thể tích phần chìm của quả cầu trong nước bằng 86% thể tích quả cầu. Sau đó đổ dầu vào trong bình sao cho dầu phủ kín toàn quả cầu. Hỏi khi quả cầu đứng yên thì thể tích phần chìm của quả cầu trong nước bằng bao nhiêu phần trăm thể tích của cả quả cầu ? Biết trọng lượng riêng của nước là d1 = 10000 N/m3; trọng lượng riêng của dầu là d2 = 8000 N/m3.

Câu 2: Hai bạn An và Bình đi dọc theo con đường thẳng AB và AC vuông góc nhau. An xuất phát từ A với vận tốc v1 = 2 m/s theo hướng AC. Cùng một lúc với An, Bình xuất phát từ B với vận tốc v2 = 1,5 m/s theo hướng BA ( hình vẽ). Sau thời gian t = 12s kể từ lúc đầu xuất phát. Coi hai bạn chuyển động đều. a) Tính khoảng cách l giữa hai bạn lúc xuất phát. b) Sau bao lâu kể từ lức xuất phát, khoảng cách giữa hai bạn gần nhau nhất ? Khoảng cách ấy bằng bao nhiêu?

Câu 3: Vào một mùa đông, một người mẹ pha nước để tắm cho con. Đầu tiên người ấy đổ 1 ca nước sôi vào một thùng chứa có nhiệt độ t1= 250C. Khi có sự cân bằng nhiệt, nhiệt độ của nước trong thùng là t2 = 850C. Người ấy đổ thêm vào thùng 4 ca nước lạnh có nhiệt độ 250C. Khi có sự cân bằng nhiệt, nhiệt độ của nước trong thùng là bao nhiêu ? Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường xung quanh.

Câu 4: Cho mạch điện có sơ đồ như hình vẽ. Nguồn điện có hiệu điện thế U không thay đổi.

Khi cả hai khóa K1 và K2 đều mở, công suất tỏa nhiệt của mạch là P0 = 2W. Khi chỉ có khóa K1 đóng, công suất toa nhiệt cải mạch là P1 = 4W, còn khi chỉ có khóa K2 đóng, công suất tỏa nhiệt của mạch là P2 = 6W.

Hỏi công suất tỏa nhiệt của mạch là bao nhiêu nếu cả hai khóa K1 và K2 đều đóng ? Bỏ qua điện trở của dây nối và các khóa

Câu 5: Hai vật sáng có dạng mũi tên A1B1 và A2B2 cao bằng nhau đặt song song, cùng chiều với nhau và vuông góc với trục chính của một thấu kính hội tụ, điểm A1 và A2 ở trên trục chính cách nhau 45 cm. Thấu kính hội tụ được đặt trong khoảng giữa hai vật sao cho hai ảnh vật ở cùng một vị trí trên trục chính. Biết ảnh A’1 B’1 của A1B1 là ảnh thật, ảnh A’2B’2 của vật A2B2 là ảnh ảo và cao gấp hai lần ảnh A’1 B’1 a) Hãy vẽ ảnh của vật A1B1 và A2B2 trên cùng một hình vẽ. b ) Vận dụng kiến thức hình học, tính khoảng cách từ mỗi vật đến quang tâm và tiêu cự của thấu kính.

Câu 6: Đun sôi một ấm nước bằng bếp điện. Khi sử dụng bếp điện với hiệu điện thế U1 = 200V thì sau thời gian t1 = 5 phút nước sôi, khi sử dụng bếp điện này với hiệu điện thế U2 =100V thì sau thời gian t2 = 25 phút nước sôi.

Hỏi khi sử dụng bếp điện này với hiệu điện thế U3 = 150V thì sau bao lâu nước sôi ? Biết nhiệt lượng hao phí tỷ lệ thuận với thời gian đun. Coi điện trở của bếp không thay đổi theo nhiệt độ.

Câu 7: Một lọ thủy tinh có vỏ dày chứa đầy thủy ngân, dược nút chặt bằng nút thủy ngân. Vì thủy ngân rất độc nên không thể đổ thủy ngân ra được. Người ta muốn xác định khối lượng thủy ngân trong lọ.

Cho các dụng cụ : -

Cân

-

Bình chia độ chứa nước có thể lọt được thủy ngân vào trong

-

Hãy nêu một phương án xác định khối lượng của thủy ngân trong lọ mà không mở nút

ra. Biết khối lượng thủy tinh và thủy ngân lần lượt là D1 và D2.

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Trả lời :Khi quả cầu chìm trong nước P  FA1  d3 .V  d1V1  d1 .86%.V  d3  10000.0,86  8600( N / m3 )

Khi quả cầu chìm trong nước và trong dầu: P  FA1  FA2  d3 .V  d1 .V2  d 2 (V  V2 )

 8600.V  10000.V2  8000.V  8000.V2  600.V  2000.V2  V2 

3 .V  30%.V 10

Câu 2: a) Quãng đường mỗi bạn đi là : s1  v1t ; s2  v2 t Theo định lý Pi – ta – go ta có l 2  s12   l  s2   l  2

v12  v22 t  25m 2v2

b) Gọi d là khoảng cách giữa hai bạn sau thời gian t’ d 2   v1t     25  v2 t   2

2

 d 2  6, 25t 2  75t   625 Khoảng cách d ngắn nhất khi t’= 6s Khoảng cách ngắn nhất dmin = 20m Câu 3: Gọi m,c là khối lượng của nước trong ca và nhiệt dung riêng của nước mT, cT là khối lượng và nhiệt dung riêng của thùng

mc(100  85)  mT cT (85  25)  15mc  60mT cT  mT cT 

mc 4

4mc(t  25)  mc(85  t )  mT cT 85  t   4(t  25) 

5 (85  t )  t  39,30 C 4

Câu 4: Khi cả K1, K2 đều mở, công suất P0 

U2 (1) R1  R2  R3

Khi K1 đóng, công suất P1 

U2 (2) R3

Khi K2 đóng, công suất P2 

U2 (3) R1

Từ (1),(2), (3) ta có 

P0 P1 P2 U2  R2 P1 P2  P0 P1  P0 P1

Khi cả K1, K2 đều đóng, công suất

 1 1 1 P U2     R1 R2 R3 P  P2 

 U2 U2 U2     R1 R2 R3

P0 P1 P2  P2  220W P1 P2  P0 P1  P0 P1

Câu 5:

Xét ΔA1B1O~ΔA’1B’1O A1 B1 A1O h d       1   A1 B1 A1O h1 d1

Xét ΔOIF’~ΔA’1B’1F’ AB OI OF  OF  h f    1 1      2    A1 B1 A1 F  A1 B1 OA1  OF  h1 d1  f

Xét ΔA2B2O~ΔA’2B’2O A2 B2 A2 O d h h 2d      2    2  3   A2 B2 A2 O 2h2 d1 h1 d1

Xét ΔOIF ~ΔA’2B’2F AB OI OF OF h f h 2f    2 2          4     A2 B2 A2 F A2 B2 OA2  OF 2h1 d 2  f h1 d1  f

Từ (1),(3) ta có

d1 2d 2    d1  2d 2. d1 d1

Mà d1 + d2 = 45 ó3d2 = 45 => d2 = 15 cm => d1 = 30 cm Từ (2) , (4) ta có f 2f  d1  f  2d1  2 f  d1  3 f   d  f d1  f  1

Từ (3),(4) ta có

2d 2 2f 15 f      f  20cm  3f 4f d1 d1  f

Câu 6: Do cùng đun để nước trong ấm sôi ở 1000C nên trong mỗi trường hợp ấm nước cùng thu lại cùng một nhiệt lượng Do sử dụng cùng một bếp điện để đun sôi nước nên bếp điện có cùng một điện trở R Khi sử dụng bếp điện với hiệu điện thế U1 = 200V: Qhp1 = Qtỏa1 – Qthu <=> kt1 =

U12 .t1 - Qthu (1) R

Khi sử dụng bếp điện với hiệu điện thế U2 = 100V: Qhp2 = Qtỏa2 – Qthu <=> kt2 =

U 22 .t2 - Qthu (2) R

Khi sử dụng bếp điện với hiệu điện thế U3 = 150V: U 32 .t3 - Qthu (3) Qhp3 = Qtỏa3 – Qthu <=>kt3 = R

Từ (2) và (1) Ta có U 22 U12 k  t2  t1   .t2  .t1 R R  k  25  5  

1002 2002 .25  .5  kR  2500 R R

Từ (3) và(1) ta có k  t3  t1  

U 32 U2 .t3  1 .t1 R R

 k  t3  5  

1502 2002 .t3  .5  kR  2500 R R

Thay kR = 2500 => t3 = 9,375 phút

Câu 7: Dùng cân để xác định khối lượng tổng cộng của lọ thủy ngân m ( bao gồm khối lượng m1 của vỏ và nút thủy tinh + khối lượng m2 của thủy ngân ): m = m1 + m2 (1) bỏ lọ thủy ngân vào bình chia độ đựng nước sao cho lọ thủy ngân chìm hoàn toàn vào trong nước. Xác định thể tích nước dâng lên V ( bằng thể tích V1 của vỏ và nút thủy tinh + thể tích V2 của thủy ngân ): V = V 1 + V2 Ta có V 

m1 m2   2 D1 D2

Giải hệ (1) và (2), khối lượng của thủy ngân

m2 

 m  VD1  D2 D2  D1

Đề thi vào chuyên vật lí trường THPT chuyên Lê Quý Đôn - Vũng Tàu - Năm học 2016 - 2017 Câu 1: Một học sinh dùng một ampe kế có điện trở RA với các điện trở R = 15Ω và RX mắc vào nguồn điện có hiệu điện thế U không đổi theo các sơ đồ như hình 3. Số chỉ của ampe kế trong các sơ đồ là 0,24A; 0,6A và 0,8A. Do sơ ý nên học sinh đó không ghi chú rõ số chỉ của ampe kế tương ứng với sơ đồ nào trong mạch điện.

a) Xác định rõ số chỉ của ampe kế trong từng sơ đồ. b) Tìm giá trị các điện trở RX, RA và hiệu điện thế U. Câu 2: Người ta dùng một bếp ga để đun 1 kg nước ở 200C. Khi nước sôi (1000C) thì bình ga nhẹ đi 15 gam. Cho năng suất tỏa nhiệt của ga là 45.106 J/Kg, nhiệt dung riêng của nước là 4200 J/(kg. độ). a) Tìm hiệu suất của bếp. b) Mang 1 kg nước sôi đổ vào chậu nhôm đang chứa 10 kg nước ở 200C ( nhiệt độ của chậu cũng là 200C). Tìm nhiệt độ của nước trong chậu sau khi có sự cân bằng nhiệt. Nhiệt dung riêng của nhôm là 880 J(/kg. độ), chậu nhôm có khối lượng 1kg, bỏ qua sự tỏa nhiệt ra môi trường.

Câu 3: 1) Một ngôi nhà ở xa đường dây hạ thế 220 V nên công - tơ điện phải đặt ở trụ điện và dùng dây dẫn thẳng đường kính 1 mm dẫn điện vô nhà. Công - tơ cách nhà 150 mét. Tổng công suất các thiết bị tiêu thụ điện của gia đình là 1000 W. a) Tìm điện trở đường dây dẫn biết dây dẫn làm từ chất có điện trở suất 3.10-8 Ω.m. b) Tính cường độ dòng diện trên đường dây và công suất hao phí trên đường dây. Biết hiệu suất truyền tải điện lớn hơn 50%. c) Tính số chỉ điện năng tiêu thụ (theo đơn vị kWh) công – tơ đếm được sau 30 ngày sử dụng.

Biết trung bình một ngày gia đình này dùng các thiết bị điện 10 giờ.

2) Có hai đèn Đ1 (6V – 3W) và Đ2 (6V - 6W); một nguồn điện có hiệu điện thế 12 V. Một biết trở con chạy loại có 3 chốt cắm dây và có điện trở toàn phần là 20 Ω, với hình dạng như hình.

Câu 4: 1) Cho một gương phẳng hình vuông cạnh 10cm đặt thẳng đứng trên sàn nhà, mặt phản xạ của gương hướng vào tường và song song với tường và cách tường một khoảng. Trên

sàn, sát chân tường, trước gương, trên trung trực của cạnh dưới của gương có một nguồn sáng điểm S. a) Xác định diện tích vệt sáng trên đường do chùm phản xạ tạo nên. b) Cho gương dịch chuyển trên sàn về phía trường theo hướng vuông góc với tường (gương luôn song song với tường). Kích thức vệt sáng thay đổi như thế nào?

2) Vật sáng AB cao 1 cm đặt trước thấu kính thì có ảnh A’B’ cao 0,5 cm như hình vẽ.

Bằng phép vẽ, xác định quang tâm O, tiêu điểm F và F’ của thấu kính. Thấu kính đang dùng là loại thấu kính gì? b) Cho khoảng các AA’ là 45cm. Từ hình vẽ, tìm khoảng cách từ F đến O. c) Dịch chuyển vật AB về phía thấu kính một đoạn 10 cm trong 2 giây. Tìm vận tốc trung bình của ảnh A’B’ trong khoảng thời gian đó. * Chú ý: Học sinh không dùng công thức thấu kính.

Câu 5: Cho mạch điện như hình vẽ, R2 - 3Ω. Khi 2 khóa đều ngắt ampe kế chỉ 0,5 A. Khi K1 đóng, K2 ngắt ampe kế chỉ 2 A. Khi K2 đóng, K1 ngắt ampe kế chỉ 1 A.

a) Xác định hiệu điện thế giữa hai điểm M, N và tính giá trị các điện trở R1, R3. b) Tháo K1 ra khỏi mạch và ráp và vị trí cũ của nó đèn Đ1 (3V – 3W) và tương tự với K2 cho đèn Đ2 (6V - 3W). Hỏi các đèn sáng thế nào?

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Gọi số chỉ ampe kế trong 3 sơ đồ 1,2,3 tương ứng là I1, I2, I3. a.

  U U  I1   R1 RA  R   U U   I2  R2 RA  R  RX   U U   I3  RRX R3  RA   R  RX

Do :

RRX  R  R  RX  R3  R1  R2  I 2  I1  I 3 R  RX

Vậy : I1 = 0,6 A ; I2 = 0,24A ; I3 = 0,8A.

 15 RX  b. Ta có: U  0, 6  RA  15   0, 24  RA  RX  15   0,8  RA   RX  15   0, 6 RA  9  0, 24 RA  0, 24 RX  3, 6  RA 

2 RX  15 3

Thế ngược trở lại ta có:

2 15 RX  2 2 2 0, 6. RX  0,8  RX  15    RX  15 RX  1350  0  RX  30Ω; RA  RX  15  5Ω 3 RX  15  3 3

U  0, 6  RA  15   12V

Câu 2: a.

Nhiệt lượng cần để nước sôi: Qi = 1.4200.(100 – 20) = 336000 (J) Nhiệt lượng tỏa ra từ ga: Qtp = 0,015.45.106 = 675000 (J) Hiệu suất: H =

Qi  49, 78% Qtp

b.

Gọi nhiệt độ cần tìm là t0 Có phương trình cần bằng nhiệt lượng : Qtỏa = Qthu => 1.4200.(100 – t0) = 10.4200.(t0 – 20) + 1.880.(t0 – 20) => t0 = 27,14 oC Câu 3: 3.1.a) Điện trở dây : R0 

 .l S



3.108.150  5, 73(Ω)  (0,5.103 ) 2

3.1.b)

U12 Điện trở tương đương của các thiết bị trong gia đình : R1   48, 4(Ω) P1

Cường độ dòng điện trên dây : I d 

U  4, 06  A  R0  R1

Công suất hao phí : Php = Id2.R0 94,65 (W) 3.1.c) Điện năng tiêu thụ : Q = 1.(10.30) = 300 (kWh) 3.2)

62 62  12Ω; R2   6Ω Ta có : R1  3 6

*) Sơ đồ 1: R1 

62 62  12Ω; R2   6Ω = 4 3 6

Để đèn sáng bình thường thì U12 = 6 (V) => Ub = U – U12 = 6 (V) = U12 => Rb = R12 = 4 => => Pm 

U2 R12  Rb

=> H1 

P1  P2  50% Pm

AC 1  CB 4

*) Sơ đồ 2: Để đèn sáng bình thường U1 = U2 = 6 V => R2 = R1b = 6 R1b 

R1 .Rb 6 R1  Rb

Rb = 12 (Ω) =>

AC 3  CB 2

U2 Có Pm  = 12 (W) R2  R1b H2 =

P1  P2 = 75 % Pm

H2 > H1 => Sơ đồ 2 có hiệu suất thắp sáng lớn nhất.

Câu 4:

4.1.a) Viền của vệt sáng trên tường sẽ được tạo thành từ các tia phản xạ trên viền của gương.

Gọi độ dài cạnh gương là a = 10 cm.

Từ hình vẽ có: PQ = PS + SQ = a + a = 2a (cm) SH = 2MK = 2a (cm) Ảnh trên tường là 1 hình vuông có cạnh là 2a (cm) Diện tích ảnh là : S = 2a.2a = 4a2 = 400 (cm2) 4.1.b) Ta thấy diện tích vệt sáng chỉ phụ thuộc vào độ dài cạnh gương a, không phụ thuộc vào khoảng cách từ gương đến tường.

Vậy khi cho gương dịch chuyển như đề bài, kích thước vệt sáng không thay đổi.

4.2)

4.2.a) Nối BB’cắt trục chính tại O là quang tâm thấu kính Dựng thấu kính vuông góc trục chính tại O Kẻ BI vuông góc thấu kính tại I Nối IB’ cắt trục chính tại F’ là tiêu điểm thấu kính Lấy F đối xứng F’ qua O. 4.2.b) AB   Xét 2 tam giác đồng dạng OAB và OA’B’ : AB AB   Xét 2 tam giác đồng dạng F’A’B’ và F’OI : OI AB  OA F A OA  OF  1     => OI OA F O OF  2 => OA = 2OA’ OA + OA’ = AA’ = 45 (cm) => OA = 30 cm ; OA’ = 15 cm OA  OF  1  => OF’ = OF = 10 cm OF  2 4.2.c) Dịch chuyển AB về phía thấu kính 10 cm => OA1 = OA – 10 = 20 (cm)

OA OA F A AB   F O AB

OA1 OA1  10 Có:   OA1  20cm OA1 10 => Ảnh dịch chuyển 1 đoạn: d = OA1’ – OA’ = 5 (cm) => Vận tốc trung bình: vtb = d/t = 2,5 (cm/s) Câu 5: 5.a) + Khi 2 khóa đều ngắt có: R1  R2  R3 

U I1

(1)

+ Khi K1 đóng K2 ngắt có: R3 

U I2

+ Khi K1 ngắt K2 đóng có: R1 

U I3

Từ (1), (2) và (3) có:

(2) (3)

U U U 3   U  6V  R1  6Ω; R2  3Ω 1 2 0,5

5.b) 32 62 Rd 1   3Ω; Rd 2   12Ω 3 3

Vẽ lại mạch:

Chọn chiều dòng điện như hình trên.

Xét tại nút A có: Iđ1 = I2 + I3 =>

U d 1 U1  U d 1 U  U d 1   Rd 1 R2 R3

Xét tại nút B có: Iđ2 = I2 + I1 =>

U  U1 U1  U d 1 U1   Rd 2 R2 R1

3U d 1  U1  6 U1  2, 47V Từ (4), (5) có hệ:   7U1  4U d 1  6 U d 1  2,82V  3V  U d 2  U  U1  3,18V  6V => Đèn 1 và đèn 2 đều sáng yếu hơn bình thường

(4) (5)

Đề thi vào chuyên vật lí trường THPT chuyên Hưng Yên - Năm học 2016 - 2017 Câu 1: Hãy cho biết lợi ích của việc sử dụng tiết kiệm điện năng và các biện pháp sử dụng tiết kiệm điện năng?

Câu 2: Khi bóng đèn huỳnh quang (đèn ống) phát sáng, quạt điện và bàn là điện hoạt động thì các thiết bị đó chuyển hoá năng lượng chủ yếu từ dạng nào sang dạng nào?

Câu 3: Bốn vật có màu lần lượt là trắng, đen, xanh, đỏ. Nếu các vật này chỉ được chiếu sáng bởi ánh sáng màu đỏ thì sẽ thấy chúng có màu gì? Giải thích?

Câu 4: Một đoạn mạch điện có sơ đồ như hình vẽ. Cho biết : UAB = 90V; R1 = 40Ω; R2 = 100Ω; R3 = 150Ω.

a. Tính điện trở tương đương của đoạn mạch AB b. Tính cường độ dòng điện qua mỗi điện trở. c. Tính công suất tiêu thụ của điện trở R1 Câu 5: Một vật sáng AB cao 2cm đặt vuông góc với trục chính của một thấu kính hội tụ tại A. Biết A cách thấu kính 18cm, tiêu cự của thấu kính bằng 12cm. a. Hãy vẽ ảnh A’B’ của AB cho bởi thấu kính và cho biết tính chất của ảnh đó. b. Dựa vào kiến thức hình học và hình vẽ ở câu a, tính khoảng cách từ ảnh tới thấu kính, chiều cao của ảnh, khoảng cách giữa vật và ảnh.

Câu 6: Có hai thanh kim loại giống hệt nhau, một thanh đã nhiễm từ còn thanh kia thì không.

Trình bày cách xác định thanh nào nhiễm từ mà không dùng 1 vật nào khác.

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Lợi ích của việc tiết kiệm điện năng: + Tiết kiệm tiền cho gia đình và xã hội + Góp phần đảm bảo nhu cầu về điện cho những thế hệ sau. + Giảm áp lực làm việc cho các nhà máy sản xuất điện. + Góp phần bảo vệ môi trường, cũng chính là bảo vệ sức khoẻ cho con người.

Các biện pháp sử dụng tiết kiệm điện năng:

+ Lựa chọn sử dụng các dụng cụ hay thiết bị điện có công suất hợp lí, đủ mức cần thiết, không quá lớn cũng không quá nhỏ. + Nên cho bộ phận hẹn giờ làm việc khi sử dụng các thiết bị điện để tự động ngắt mạch xong khoảng thời gian đã hẹn. + Thay thế bóng đèn sợi đốt bằng bóng đèn tiết kiệm điện. + Tắt bớt các thiết bị điện không cần thiết. + Sử dụng các thiết bị điện tiết kiệm điện năng.

Câu 2: - Khi bóng đèn huỳnh quang ( đèn ống) phát sáng, năng lượng chủ yếu chuyển từ điện năng sang quang năng.

- Khi quạt điện hoạt động, năng lượng chủ yếu chuyến từ điện năng sang cơ năng.

- Khi bàn là điện hoạt động, năng lượng chủ yếu chuyển từ điện năng sang nhiệt năng.

Câu 3: - Dưới ánh sáng đỏ, vật màu trắng có màu đỏ vì vật màu trắng tán xạ tốt ánh sáng đỏ.

- Dưới ánh sáng đỏ, vật màu đen có màu đen, vì vật màu đen không tán xạ ánh sáng đỏ.

- Dưới ánh sáng đỏ, vật màu xanh có màu gần như đen vì vật màu xanh tán xạ rất kém ánh sáng đỏ.

- Dưới ánh sáng đỏ, vật màu đỏ vẫn có màu đỏ vì vật màu đỏ tán xạ tốt ánh sáng đỏ.

Câu 4: Sơ đồ mạch điện: R1 nt (R2 // R3) a.

R23 

R2 R3 100.150   60Ω R2  R3 100  150

RAB  R1  R23  40  60  100Ω b.

I1  I 23  I AB 

U AB 90   0,9 A  U1  I1 R1  0,9.40  36 RAB 100

 U 23  U AB  U1  90  36  54V  U 2  U 3  54V  I2 

U U2 54 54   0,54 A; I 3  3   0,36 A R2 100 R3 150

c. Công suất tiêu thụ trên điện trở R1: P1  I12 R1  0,92  0,92.40  32, 4W Câu 5:

Ảnh A’B’ là ảnh thật, lớn hơn vật và ngược chiều vật. b.

Cách 1: IO OF ΔF OI  ΔF AB    AB  F A AB OF  Mà: IO = AB  1 AB  F A ΔABO  ΔAB O 

Từ (1) và (2) 

AB OA  2 AB  OA

OF OA  F A OA

Mà: F’A’ = OA’ – OF’ 

OF OA OA.OF  OA.12   OA   18   OA  36cm OA  OF  OA OA  OF  OA  12

Từ (2) 

AB OA 18 1     AB   2 AB  4cm AB  OA 36 2

Khoảng cách giữa vật và ảnh: AA’ = OA + OA’ = 18 + 36 = 54cm Cách 2: Ta có:

1 1 1 1 1 1 1 1 1          OA  36(cm) f d d OF OA OA 12 18 OA

Có: ΔABO  ΔAB O 

AB OA 18 1     AB   2. AB  2.2  4cm AB  OA 36 2

Khoảng cách giữa vật và ảnh: AA’ = OA + OA’ = 18 + 36 = 54cm Câu 6: Đặt thanh một nằm yên trên mặt bàn, đặt thanh 2 nằm trên đường trung trực của thanh 1 và từ từ di chuyển thanh 2 về phía trung điểm của thanh 1. Nếu thanh 2 hút thanh 1 thì thanh 2 là thanh bị nhiễm từ. Nếu thanh 2 không hút thanh 1 thì thanh 1 là thanh bị nhiễm từ

Đề thi vào Chuyên vật lí - Đại học Quốc Gia Thành Phố Hồ Chí Minh - Năm học 2016 2017 Câu 1: Cho mạch điện như hình 1. R1 là một biến trở, R2 = 8Ω;R3 = R4 = 12Ω. Đèn Đ(12V – 12W), ampe kế lí tưởng. Cho hiệu điện thế UAB = 24V.

a. Tìm giá trị của biến trở để khi K1 ngắt, K2 đóng hoặc khi K1 đóng, K2 ngắt, đèn Đ đều sáng bình thường. Tính các giá trị tương đương của ampe kế. b. Độ sáng của đèn thay đổi thế nào khi cả hai khoá đều đóng và biến trở có giá trị như câu a?

Có thể thay đổi giá trị của biến trở như thế nào (R1 có thể thay đổi giá trị từ 0 đến ∞) để độ sáng của đèn gần độ sáng lúc hoạt động bình thường nhất?

Câu 2: Một hình trụ, bằng đồng, tiết diện đều S = 100cm2 , có khối lượng m0 = 600g, đang đựng khối nước đá ở nhiệt độ t1 = -100C. Chiều cao cột nước đá trong bình h1 = 10cm. Sau đó người ta đổ thêm một lượng nước ở nhiệt độ t2 = 100C và có thể tích V = 2 lít vào bình. a. Hãy xác định nhiệt độ cân bằng của hệ. Cho biết nước đá chỉ tan từ trên xuống, khi chưa tan hết, phần đá còn lại vẫn dính ở đáy bình. Tính khoảng cách từ mặt thoáng của nước đến đáy bình. b. Sau đó người ta dùng dây điện trở có công suất toả nhiệt P = 800W nhúng vào bình nói trên để đun. Hỏi sau thời gian bao lây nước sôi?

Cho biết: + Nhiệt dung riêng của đồng c0 = 400 /kg.K, của nước đá c1 = 2100 J/kg.K, của nước c2 = 4200 J/kg.K. + Nhiệt nóng chảy riêng của nước đá λ = 3,4.105 J/kg (là nhiệt lượng cần thiết cung cấp cho 1kg nước đá ở 00C nóng chảy hoàn toàn) và khi nước đá nóng chảy nhiệt độ của nước đá không tăng. + Khối lượng riêng của nước đá D1 = 900 kg/m3 và của nước D2 = 1000 kg/m3. + Bỏ qua sự trao đổi nhiệt giữa bình và môi trường ngoài.

Câu 3: Cho đoạn mạch điện AB như hình 2. Biến trở r có giá trị thay đổi được từ 0Ω đến 100Ω. X là một đoạn mạch tuân theo định luật Ôm. Hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch AB có

giá trị không đổi. Hiệu điện thế Ur giữa hai đầu biến trở r thay đổi khi ta thay đổi giá trị của r và giá trị lớn nhất của Ur nhận được là 22,5V. Mặt khác, khi thay đổi giá trị biến trở từ r1 đến r2 để hiệu điện thế Ur tăng 10V (Ur2 – Ur1 = 10V) thì dòng điện qua r giảm 1,5A (I1 – I2 = 1,5A).

a. Hãy xác định giá trị điện trở tương đương của đoạn mạch X (xem như không đổi). b. Với giá trị nào của biến trở r thì công suất tiêu thụ trên đoạn mạch X là lớn nhất? Tính công suất lớn nhất đó.

Câu 4: Người ta có thể dùng 2 thấu kính hội tụ (TKHT) hoặc một thấu kính hội tụ và một thấu kính phân kì (TKPK) để biến một chùm tia song song hình trụ có đường kính D1 thành một chùm tia song song hình trụ có đường kính D2 (D2 ≠ D1) a. Hãy vẽ hình mô tả cách sắp xếp các thấu kính, đường đi của chùm tia sáng qua hệ thấu kính, giải thích và chỉ ra biểu thức liên hệ giữa tiêu cự f1, f2 của các thấu kính với D1, D2. Xét các trường hợp có thể xảy ra? b. Xét trường hợp hai TKHT, người ta đặt hai thấu kính đồng trục, cách nhau 27cm. Tìm f1, f2 để có D2 = 2D1.

Câu 5: An và Bình khởi hành cùng lúc trên một đường chạy khép kín L như hình 3. An khởi hành từ A, Bình khởi hành từ B, chạy ngược chiều nhau và gặp nhau lần đầu ở C. Ngay sau khi gặp nhau, Bình quay ngược lại chạy cùng chiều với An. Khi An qua B thì Bình qua A, Bình tiếp tục chạy thêm 120m nữa thì gặp An lần thứ hai tại D. Biết chiều dài quãng đường B1A gấp 6 lần chiều dài A2C (xem hình). Coi vận tốc của mỗi bạn không đổi. Tìm chiều dài đường chạy L.

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: a.

TH1: K1 ngắt, K2 đóng, mạch gồm: R1 nt [R2 // (R3 nt R4)] nt RĐ => Không có dòng điện chạy qua ampe kế => IA = 0 TH2: K1 đóng, K2 ngắt: mạch gồm: R3 nt R2 nt RĐ Ampe kế đo I mạch chính.

RD 

U D2 122   12Ω PD 12

RAB  R3  R2  RD  12  8  12  42Ω I A  I AB 

U AB 12   0, 29 A RAB 42

Vì ở TH1 đèn sáng bình thường nên dựa vào trường hợp này ta sẽ tính được R1.

R34 = R3 + R4 = 12 + 12 = 24Ω R234 

R2 R34 8.24   6Ω R2  R34 8  24

RAB  R1  R23  RD  R1  6  12  R1  18  Ω  I AB  I DM  RAB 

P 12   1A U 12

U AB 24   24Ω  R1  18  24  R1  6Ω I AB 1

Khi cả K1, K2 đóng: {[(R1 // R3) nt R2] // R4} nt RĐ

RAC 

R1 R3 6.12   4; RACD  RAC  R2  4  8  12 R1  R3 6  12

RAD 

RACD R4 12.12   6; RAB  RAD  RD  6  12  18 RACD  R4 12  12

I AB 

U AB 24   1,33 A RAB 18

=> Đèn sáng mạnh hơn bình thường. Để đèn sáng gần bình thường nhất thì cần thay đổi R1 . Đặt: R1  x  RAC 

RAD 

12 x 12 x 20 x  96  RACD  RAC  R2  8  12  x 12  x 12  x

6  5 x  24  6 5 x  24  RACD .R4 39 x  252   RAB  RAD  RD   12  RACD  R4 4 x  30 4 x  30 2 x  15

 I AB 

U AB 24  2 x  15   RAB 39 x  252

Xét hàm: f  x  

24  2 x  15 39 x  252



48 x  360 1 39 x  252

=> f(x) càng nhỏ khi x càng lớn => tăng x → ∞ thì đèn càng gần với mức sáng bình thường.

Câu 2: Tóm tắt: S = 10-2 (m2); m0 = 0,6kg => cCu = c0 = 400 J/kg.K t1 = -100C; c1 = 2100 J/kg.K h1 = 0,1 m; λ = 3,4.105 J/kg; D1 = 900 kg/m3; D2 = 1000 kg/m3. t2 = 100C; c2 = 4200 J/kg.K V2 = 2l => m2 = 2kg a.

Ta có : m1  D2V1  D2 S .h1  1000.102.0,1  1 kg  Nhiệt lượng cần để cả bình và nước tăng đến 00C là : Q1   m1c1  m0 c0  Δt  1.2100  0, 6.400  .10  23400  J 

Nhiệt lượng cần để nước đá tan hoàn toàn là : Q2  m1  3, 4.105  J   340000 J Nhiệt lượng cần để 2kg nước giảm từ 100C xuống 00C là : Q3  m2 c2  t2  0   2.4200.10  84000 J

Ta có : Q1 < Q3 < Q1 + Q2 => 1 phần nước đá bị tan => tcb = 00C ΔQ  Q3  Q1  Δm.  84000  23400  Δm 

tan)

64600  0,19(kg ) (∆m là phần nước đá bị 3, 4.105

h  h1 

Δm 0,19  0,1   0, 08m D1 S 900.102

b. Nhiệt lượng cần để đun sôi nước là :





Q  Q1  Q2   m0 c0   m1  m2  c2  t1000  t00  Q3 Q  23400  340000  0, 6.400  1  2  .4200  .100  84000  1563400 J t 

Q 1563400   1954, 25s  32,57 phut P 800

Câu 3:

r : 0 → 100Ω UAB không đổi X: tuân theo định luật Ôm Urmax = 22,5 V r1 → r2 : Ur2 – Ur2 = 10V thì I1 – I2 = 1,5A a. RX. b. r = ? → PXmax =? a)

Ur 

 r2  r1  X r2 r r U AB  U r 2  U r1  U AB  1 U AB  U 1 rX r2  X r1  X  r2  X  r1  X  AB

I1  I 2 

U AB U r2  r1  AB  U AB  2  r1  X r2  X  r1  X  r2  X 

Lấy (1) chia (2)

Ur2  Ur2 10 20 X  X X  Ω I1  I 2 1,5 3

b) Công suất tiêu thụ trên đoạn mạch X: PX  I 2 X 

2 U AB

r  X 

Vì r thay đổi nên PXmax <=> (r + X)min <=> r = 0.  PX max

Ur 

2 U AB   * X

U r X U AB  AB  U rmax     rmax  100 X rX  r min r r

2

X

 U r max

2 U AB U AB   22,5  U AB  24V  *  PXmax    86, 4W 20 / 3 X 20 / 3 1 100

Câu 4: a.

O1O2  f1  f 2 f D ; 1  1   f1  f 2  D1  D2 f 2 D2

O1O2  f1  f 2   f1  0; f 2  0 b.

O1O2  27   D2  2 D1 f1 , f 2  0  f1  f 2  O1O2  f1  f 2  27  f  9cm     f1 D1 1   1 Ta có:  f1 D1  f 2  18cm f D f D 2  2 2  2 2

Câu 5:

Gọi v1 là vận tốc của An, v2 là vận tốc của Bình - Giai đoạn 1: An đi từ A, Bình đi từ B, gặp nhau tại C  Đặt: A2C  x; B 2C  y; B 2 D  z 

A2C v1t1 v1   B 2C v2 t1 v2

x v1  1 y v2

- Giai đoạn 2: Tiếp tục An đi từ C → B. Bình đi từ C qua B đến A. 

v C 2 B v1t2 v1 y     1  2 CBA v2 t2 v2 L  x v2

Từ (1) và (2)  Đặt y = kx 

x y  y Lx

1 kx   L  x  k 2 x  L   k 2  1 x   k Lx

Lại có: B1A  6. A2C  L   x  y   6 x  L   x  kx   6 x  L   7  k  x   

Từ (*) và (**)

 k  2  loai   k2 1  k  7  k2  k  6  0    k  3  t / m  - Giai đoạn 3: An đi từ B → D; Bình đi từ A → C → D



v B 2 D v1 z 1 x 1    1   do :   ABD v2 120 v2 k  y k

z

120 120   40m k 3

Lại có: ABD  120  x  y  z  120  x  kx  40  120  x  3 x  80  x  20m  L   7  k  x   7  3 .20  200m

Đề thi vào chuyên vật lý trường THPT chuyên Nguyễn Du - Đăk Lăk - Năm học 2015 2016 Câu 1: Lúc 8 giờ, trên đoạn đường thẳng AB, An đi từ A đến B, trong 2\3 đoạn đường đầu đi với vận tốc 40km/h, trong 1\3 đoạn đường sau đi với vận tốc 30km/h. Cùng lúc đó Bình đi từ B về A với vận tốc v, đi được nửa quãng đường thì dừng lại nghỉ 12 phút sau đó tiếp tục đi về A với vận tốc 2v. Cả hai đến nơi cùng một lúc, coi các chuyển động là đều.

Tính vận tốc trung bình của An trên đoạn đường AB. An đến B lúc 10 giờ, tính v. Tìm thời điểm và vị trí hai người gặp nhau. Vẽ đồ thị chuyển động của hai người trên cùng một hệ trục tọa độ.

Câu 2: Một bóng đèn dây tóc công suất 75W có thời gian thắp sáng tối đa 1000 giờ và giá hiện nay là 3500 đồng. Một bóng đèn compact công suất 15W có độ sáng tương đương thắp sáng tối đa được 8000 giờ và giá hiện nay là 60000 đồng.

Tính điện năng tiêu thụ của mỗi loại đèn trong 8000 giờ. Tính toàn bộ chi phí (tiền mua bóng đèn và tiền điện phải trả) cho việc sử dụng mỗi loại bóng trên trong 8000 giờ nếu giá của 1kW.h là 1200 đồng. Từ đó cho biết sử dụng loại bóng nào có lợi hơn? Tại sao?

Câu 3: Một người bán bình siêu tốc đưa quảng cáo rằng bình này đun sôi 2 lít nước trong 5 phút. Biết rằng nhiệt dung riêng của nước 4200J/kg.độ, khối lượng riêng của nước 1000kg/m3.

1. Trên bình có ghi 220V-1800W, bỏ qua sự tỏa nhiệt ra môi trường và sự hấp thụ nhiệt của bình, hãy tính thời gian đun sôi 2 lít nước ở 200C. Kết quả có đúng như lời quảng cáo không? Để đúng như lời quảng cáo thì nhiệt độ ban đầu của nước là bao nhiêu?

2. Một bình khác mất nhãn, để kiểm tra công suất của bình, dùng bình đó đun một 1 lít nước ở 200C sau 3 phút 35 giây thì nước sôi. Rót thêm 1 lít nước ở 200C vào tiếp tục đun sau 3 phút 30 giây nữa thì nước sôi. Bỏ qua nhiệt lượng tỏa ra môi trường, nhiệt độ ban đầu của bình 200C. Tính công suất tiêu thụ và nhiệt lượng hấp thụ của bình.

Câu 4: Hai điểm sáng S1, S2 đặt hai bên thấu kính và cách nhau 16cm trên trục chính của thấu kính có tiêu cự f = 6cm. Ảnh tạo bởi thấu kính của S1 và S2 trùng nhau tại điểm S’.

Thấu kính này là thấu kính gì? Tại sao? Vẽ hình. Từ hình vẽ đó hãy tính khoảng cách từ S’ tới thấu kính.

Câu 5: Cho mạch điện như hình vẽ: R1 = R2 = 6, R4 = 2, R3 là biến trở, điện trở của vôn kế rất lớn. Bỏ qua điện trở dây nối. Đặt vào hai đầu A, B một hiệu điện thế không đổi UAB. 1. Cho R3 = 6 thì số chỉ của vôn kế là 12V. Tính UAB.

2. Thay vôn kế bằng ampe kế có điện trở rất nhỏ. Tìm R3 để công suất trên R3 cực đại. Tính giá trị cực đại này và cường độ dòng điện qua ampe kế.

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: 1) Gọi s là quãng đường A đến B. Vận tốc trung bình của anh An:

vtb 

s 2s s  3.40 3.30



1  36 (km/h) 10 360

2) Thời gian anh An đi từ A đến B: tA = 10 - 8 = 2(h) Quãng đường từ A đến B:s = vtb.tA = 36.2 = 72(km) Anh Bình cũng đến B lúc 10h và nghỉ 12 phút =0,2h nên:

s s  0, 2   2 (h) 2v 4v

3s 3.72 3s   30 (km/h)  1,8 => v  4.1,8 7, 2 4v

3) Chọn gốc tọa độ tại A, chiều dương là chiều A đến B, mốc thời gian lúc 8h00 Thời gian anh An đi hết 2/3 đoạn đường đầu t1A =

2s 2.72 =1,2(h)  3.v1 A 3.40

Thời gian anh Bình đi hết nửa đoạn đường đầu t1B =

s 72   1, 2 (h) 2.v 2.30

Thời điểm anh Bình bắt đầu đi nửa đoạn đường thứ 2 t2B = 1,2 + 0,2 = 1,4h.

Vậy 2 người gặp nhau trong đoạn lúc t£ 1,2h => sA + sB = 72 40t + 30t = 72 t

36  1h 2 min và sA 35

41km

Vậy 2 người gặp nhau lúc 9 giờ 2 phút và cách A khoảng 41km.

4) Phương trình chuyển động của anh A:

40t  0  t  1, 2  xA   48  30  t  1, 2  1, 2  t  2 

Phương trình chuyển động của anh B: 72  30t  xB  36  36  60  t  1, 4 

 0  t  1, 2  1, 2  t  1, 4  1, 4  t  2 

Hoặc(cách giải khác) Bảng thời điểm và vị trí đặc biệt t

0

1,2

xA

0

48

xB

72

36

1,4

72 36

Đồ thị

Câu 2: 1) Điện năng tiêu thụ của đèn sợi đốt trong 8000h A1 = P1.t = 75.8000 = 600 000 (W.h) = 600(kW.h) Điện năng tiêu thụ của đèn compact trong 8000h: A2 = P2t = 15.8000 =120 000 (W.h) = 120 (kW.h) 2) Chi phí sử dụng bóng đèn sợi đốt: 8.3500 + 600.1200 = 748000 đồng Chi phí sử dụng bóng đèn compact:1.60000 + 120.1200 = 204000 (đồng) Vậy sử dụng bóng đèn compact có lợi hơn vì hiệu quả kinh tế cao hơn.

Câu 3: 1) Ta có P.t = m.c.(t2-t1) t=

m.c.(t2  t1 ) 2.4200.80   373 (s) = 6 phút 13 giây.

P 1800

2 0

Đã bỏ qua sự tỏa nhiệt ra môi trường và sự hấp thụ nhiệt của bình thời gian đun sôi 2l nước hơn 6 phút, không đúng như lời quảng cáo. Để đúng lời quảng cáo thì nhiệt độ ban đầu của nước: t1= t2 

P.t 1800.300  100   35, 7 0 C m.c 2.4200

2) Gọi Q là lượng nhiệt của bình hấp thụ Trong lần đun đầu P.t = m1c.(t2-t1) + Q

(1)

Trong lần đun sau, vì bình đã nóng nên nhiệt chỉ cung cấp cho nước sôi P.t' = m2c(t2-t1) Từ (2) P=

(2)

m2 c(t2  t1 ) 1.4200.80   1600W t 210

Thay vào (1) ta có Q=P.t-m1c(t2-t1) =1600.215-1.4200.80=8000 (J).

Câu 4: Mối liên hệ 1) Hình vẽ, giải thích

Hai ảnh S1 và của S2 tạo bởi thấu kính trùng nhau nên một ảnh thật và một ảnh ảo, vậy đây là thấu kính hội tụ.

-

Nếu S1O < OF thì S2O > OF và ngược lại

2) ΔS IS1  ΔS NO : ΔS IO  ΔS NF  :

Suy ra

S I S S1 S O  S1O   S N S O S O

S I S O S O   S N S F  S O  f

S O  S1O S O f .S O   S1O  S O S O  f S O  f

Tương tự ΔS MF  ΔS IO và ΔS MO  ΔS IS 2 Suy ra S 2O 

f .S O S O  f

(2)

(1)

Mà S1O + S2O=16cm

(3)

Thay (1), (2) vào (3) tìm được S'O = 12cm Câu 5: . {R1//(R2 nt R3)} nt R4 (Hoặc vẽ mạch) R23= 12, R123 = 4, RAB = 6 Số chỉ vôn kế UV = U3 + U4 = I3R3 + I4R4 suy ra 3I3 + I = 6

(1)

Ta có I = I1 + I3 và

I1 R23   2 suy ra 3I3 = I (2) I 3 R1

Từ (1), (2) suy ra I = 3A Hiệu điện thế UAB = I. RAB = 18V 2.{ R1 nt (R3//R4)}//R2 Đặt R3 = x R34 

2x 8 x  12 ; R134  x2 x2

2x U R 2  x . 1  9 (1) I 3  AB 34  12  8x x 3  2 x R134 .R3 2 x 18.

P3 = I32.R3 =

81x (3  2x) 2

Vì (3+2x)2 = (3-2x)2 + 24x ≥ 24x nên P3 ≤ Để P3max thì 3 = 2x <=> x = 1,5(W) Thay vào (1) I3 = 1,5(A) I2 

U AB 18  3 R2 6

Số chỉ của ampe kế IA = I2 + I3 = 4,5A

81 27   3,375  W  24 8

Đề thi vào chuyên vật lý trường THPT chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định - Năm học 2015 - 2016 Câu 1 (2,0 đ). Một thanh AB hình trụ đặc, đồng chất, có tiết diện S, trọng lượng riêng d, chiều dài L, được giữ thẳng đứng trong môi trường nước có trọng lượng riêng d0. Khoảng cách từ đầu trên A của thanh đến mặt nước là H0. Người ta thả thanh ra để nó chuyển động đi lên theo phương thẳng đứng. Bỏ qua sức cản của nước và không khí cũng như sự thay đổi của mực nước.

1. Biết rằng kể từ khi thanh bắt đầu nhô lên mặt nước đến khi thanh vừa lên hoàn toàn khỏi mặt nước, lực đẩy Ác-si-mét luôn thay đổi và có giá trị trung bình bằng một nửa lực đẩy Ácsi-mét lớn nhất tác dụng vào vật. Hãy lập biểu thức tính công của lực đẩy Ác-si-mét kể từ lúc thanh AB được thả ra cho đến khi đầu dưới B của thanh lên khỏi mặt nước.

2. Cho d = 6000 N/m3; L = 24 cm; d0 = 10000 N/m3 a) H0 = 12 cm. Tính khoảng cách giữa đầu B và mặt nước khi thanh lên cao nhất. b) Tìm điều kiện của H0 để thanh có thể lên hoàn toàn khỏi mặt nước.

Câu 2 (1,5 đ).: Mùa hè năm nay, ở nước ta đã có một đợt nắng nóng gay gắt khiến nhiệt độ của nước trong các bình chứa có thể lên rất cao. Một người lấy nước từ bình chứa để tắm cho con nhưng thấy nhiệt độ của nước là 450C nên không dùng được. Người đó đã lấy một khối nước đá có khối lượng 6 kg ở nhiệt độ 00C để pha với nước lấy từ bình chứa. Sau khi pha xong thì được chậu nước có nhiệt độ 370C. a) Hỏi khi pha xong thì người này có được bao nhiêu lít nước (ở 370C). b) Biết rằng khi vừa thả khối nước đá vào chậu thì mực nước trong chậu cao bằng miệng chậu. Hỏi khi khối nước đá tan hết thì nước trong chậu có bị trào ra ngoài không?

Biết: + Nhiệt dung riêng của nước là c = 4200 J/kg.K; + Khối lượng riêng của nước là D = 1000 kg/m3; + Khối lượng riêng của nước đá là D0 = 900 kg/m3; + Nhiệt nóng chảy của nước đá ở 00C là = 336000 J/kg.

Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường.

Câu 3 (3,5 đ). Cho mạch điện như hình vẽ :

R1  3, R2  2 , MN là biến trở với RMN = 20 . Vôn kế V và các ampe kế A1, A2 là lí tưởng. Bỏ qua điện trở dây dẫn.

1. Cho UAB = 18 V. a) Đặt C ở chính giữa MN. Xác định số chỉ của các ampe kế và vôn kế. b) Đặt RMC = x. Lập biểu thức số chỉ của vôn kế và các ampe kế theo x. Số chỉ của các dụng cụ trên thay đổi thế nào nếu con chạy C di chuyển từ M đến N? c) Phải đặt con chạy C ở đâu để công suất tiêu thụ trên biến trở là lớn nhất? Tính công suất đó.

2. Giữ nguyên hiệu điện thế UAB = 18 V. Đặt con chạy C ở vị trí M và thay ampe kế A2 bằng một vật dẫn có điện trở Rp. Biết rằng hiệu điện thế Up giữa hai đầu Rp và cường độ dòng điện Ip qua nó có mối liên hệ U P 

100 2 I P . (Up: Vôn; Ip: Ampe). Hãy tính Ip. 3

3. Đặt con chạy C ở vị trí M và thay ampe kế A2 bằng một vật dẫn mà điện trở Rđ của nó có đặc tính sau: + Rđ = 0 nếu UMB ≥ 0 + Rđ =  nếu UMB < 0 Đặt vào hai đầu A, B một hiệu điện thế biến đổi tuần hoàn theo quy luật được biểu diễn bởi đồ thị sau:

Hãy vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của hiệu điện thế giữa hai điểm D và M theo thời gian.

Câu 4 (1,5 đ). Một vật sáng AB hình mũi tên đặt song song với một màn E như hình vẽ. Khoảng cách giữa AB và màn là L. Đặt giữa AB và E một thấu kính hội tụ có tiêu cự f = 20 cm.

a) Tìm điều kiện của L để có hai vị trí của thấu kính cho ảnh rõ nét của AB trên màn. b) Thay vật sáng AB bằng điểm sáng S đặt trên trục chính của thấu kính và cách màn E một khoảng 45 cm. Xác định vị trí đặt thấu kính để vùng sáng trên màn tạo bởi các tia khúc xạ qua thấu kính có diện tích nhỏ nhất. (Biết rằng:

1 1 1   ; trong đó d là khoảng cách từ f d d

thấu kính tới vật sáng, d' là khoảng cách từ thấu kính đến ảnh thật của vật).

Câu 5 (1,5 đ).: Truyện kể rằng, do nhà vua nghi ngờ người thợ kim hoàn đã trộn lẫn bạc vào trong chiếc vương miện bằng vàng nên ông đã ra lệnh cho Ác-si-mét phải tìm ra sự thật. Nếu người thợ kim hoàn trộn bạc vào trong vương miện thì Ác-si-mét phải tìm ra xem trong vương miện có bao nhiêu phần trăm khối lượng vàng. Đặt mình vào hoàn cảnh của Ác-si-mét, em được cấp các dụng cụ sau: + Một chiếc vương miện; + Một khối vàng nguyên chất có cùng khối lượng với chiếc vương miện; + Một thanh nhựa cứng và thẳng, khối lượng không đáng kể; + Một chậu nước; + Một đĩa có móc treo có khối lượng chưa biết; + Nhiều quả nặng lớn nhỏ khác nhau đã biết trước khối lượng; + Các sợi dây mảnh, nhẹ, giá treo.

Yêu cầu: Nêu cơ sở lí thuyết, trình tự tiến hành làm thí nghiệm để xác định tỉ lệ phần trăm khối lượng vàng trong chiếc vương miện mà không làm hỏng vương miện.

Cho biết: Khối lượng riêng của vàng và bạc là DV ; DB

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: 1.

Do d0 > d nên lực đẩy Ác-si-mét lớn hơn trọng lượng của thanh => thanh chuyển động thẳng đứng đi lên Ta có: FA = d0.V = d0.S.L (S là tiết diện của thanh) - Khi thanh bắt đầu chuyển động cho đến khi đầu trên chạm mặt nước, lực đẩy Ác-si-mét không thay đổi. Thanh đi được một đoạn là H0.

- Vậy công trong giai đoạn này là: A1=d0.S.L.H0..

- Khi đầu trên của thanh bắt đầu nhô khỏi mặt nước thì lực Ác-si-mét giảm dần đến bằng 0 cho tới khi đầu dưới lên khỏi mặt nước. Quãng đường đi trong giai đoạn này là L. 1 Vậy: A2  .d 0 .S .L2 2

- Công của lực đẩy Ác-si-mét trong toàn bộ quá trình là: AA  A1  A2  d 0 .S .L.H 0 

1 d 0 .S .L2 2

2a.

Thanh lên tới điểm cao nhất thì đầu dưới của thanh cách mặt nước là h.

Công của trọng lực thực hiện trong cả quá trình có độ lớn là: A  P  H 0  L  h  Mà P là trọng lượng của thanh: P  d .S .L  A  d .S .L  H 0  L  h 

Theo định luật bảo toàn năng lượng: A = AA 1  d .S .L  H 0  L  h   d 0 .S .L.H 0  d 0 .S .L2 2  d  H 0  L  h   d 0 .H 0  h

1 d 0 .L 2

2d 0 H 0  d 0 L  2dH 0  2dL d d 2d  d 0  H0 0 L 2d d 2d

Thay số: h  4cm.

2b. Để thanh ra khỏi mặt nước thì h ≥ 0  H0

d0  d 2d  d 0 L 0 d 2d

 H0 

L  2d  d 0  2  d0  d 

Thay số: H 0  6cm Câu 2: a.

- Gọi M là lượng nước nóng ở 450C cần để pha với nước đá: m là khối lượng của nước đá thì phương trình trao đổi nhiệt là: M .c.  45  37   .m  m.c.  37  0  M 

 m  m.c.37 c.8

Thay số: M  87, 75kg Tổng khối lượng nước tạo ra: M   M  m  93, 75kg V 

M  0, 09375m3  93, 75 lít D

b.

Khi cân bằng, phần khối nước đá có thể tích V chìm trong nước thể tích Vc Có: FA  P  10 DVc  10 D0V  VC 

D0 V D

Khi tan hết, thể tích nước tạo ra thêm là V’ Có: m  D0V  DV   V  

D0 V D

Do V   VC nên mực nước trong chậu có độ cao không đổi. Vậy nước không bị trào ra ngoài chậu.

Câu 3: 1a. Rv  , RA  0 Phân tích mạch: R1 nt R2 nt (RCN//RCM) Tính: R=10Ω ; I=U/R=1,8A => IA1=IA2=0,9A UV=U-UR1=U-IR1=18-1,8.3=12,6V 1b. R1 nt R2 nt [x//(20-x)]

Điện trở toàn mạch là : R  R1  R2 

x  20  x  20

 3 2

x  20  x  20

100  20 x  x 2 R 20

Có: I 

U 360  R 100  20 x  x 2

U CB  I .RCB 

18 x  20  x  x  20  x  360 . ; U CB  2 20 100  20 x  x 2 100  20 x  x

Dòng điện qua A1 là I1 

U CB 18 x   20  x  100  20 x  x 2

Dòng điện qua A2 là I2 

18  20  x  U CB  x 100  20 x  x 2

Số chỉ của V là UV  U  IR1 UV  18 

360.3 1080  18  2 100  20 x  x 100  20 x  x 2

Khi con chạy C dịch chuyển từ M đến N thì x tăng Số chỉ của ampe kế A1 là I1 , ta có Khi x tăng thì

I 100  20 x  x 2 100  20  x     I1 18 x 18 x 18

 20  x  100 1 giảm và giảm dẫn đến giảm => I1 tăng 18 18x I1

Số chỉ của ampe kế A2 là I2, ta có :

1 50 x   I 2 9  20  x  18

Khi x tăng thì hai số hạng đều tăng dẫn đến Số chỉ của vôn kế là UV  18 

1 tăng => I2 giảm I2

1080 x  20 x  100 2

Xét mẫu số f  x   x 2  20 x  100

f(x) đạt cực tiểu tại x  

b  10 2a

Khảo sát: 0  x  10  UV tăng khi x tăng

10  x  20  UV giảm khi x tăng 1c 2 U BC Công suất tiêu thụ trên biến trở là Px : Px  RBC

Trong phần a ta đã tính được U CB  Và RCB 

Px 

100  20 x  x 2

 20  x  .x 20 6480  20 x  x 2  18 x   20  x   20   2 2 100  20 x  x 2  100  20 x  x 20  x x     2

Do đó Px

 20  x  .18 x

2

6480  100   20 x  x 2   2  20 x  x 

2

 100   20 x  x 2  cực tiểu Để Px cực đại thì mẫu số phải cực tiểu =>  2  20 x  x 

100

Theo BĐT Côsi ta có: 

100 20 x  x

2

20 x  x

 20 x  x 2 

2

100 20 x  x

2

 20 x  x 2

 20 x  x 2  20

Mẫu số nhỏ nhất khi

100 20 x  x

2

 20 x  x 2

 x   20 x  100  0   x  10   0  x  10 2

Vậy công suất tiêu thụ trên biến trở đạt cực đại khi C ở giữa biến trở Công suất đó là : Pmax 

6480  20  10  102 

100  20  10  10 

2.

Phân tích mạch: R1 nt R2 nt(Rp//RMN) Có U  U AC  U CB   R1  R2  I  U CB

2

 16, 2 W 

U CB 

100 2 IP 3

I

U CB 5  I P  I P2  I P RMN 3

5  100 2  18  5  I P2  I P   IP 3  3

 125 I P2  15 I P  54  0

 I P  0, 6 A 3.

Khi C trùng với M ta có x=0 * Nếu U AB  0  U MB  0 . Khi đó Rđ = 0  U DM 

U 18 R 2  2  7, 2V R1  R2 5

* Nếu U AB  0  U MB  0  Rd   Ta có mạch: R1 nt R2 nt RMN  U DM  

U .R2  1, 44V R1  R2  RMN

Câu 4: a.

Khoảng cách giữa vật và ảnh là L = d + d' Mà: d  

df d f

Ld

df  d   Ld  Lf  0 1 d f

- Để có hai vị trí của thấu kính đều cho ảnh rõ nét của AB trên màn thì phương trình (1) phải có 2 nghiệm phân biệt

   L2  4 Lf  0  L  4 f  80cm b.

Vẽ hình - Xét nửa trên trục chính của thấu kính - Chứng minh được : S MN ~ S IO 

- Thay được :

- Vì

MN d  d   L   IO d

d

MN S N  IO S O

df L d L L d f    df f d f d f

L d L  (BĐT Cô-si) không đổi, IO không đổi nên: MNmin khi f f d

 d  Lf  30cm

- Như vậy để vùng sáng hiện trên màn E có kích thước nhỏ nhất thì điểm sáng S phải cách thấu kính 30 cm

Đề thi vào chuyên vật lí trường THPT Đại học sư phạm Hà Nội – Năm học 2015 – 2016 Câu 1: Trên một đường thẳng AB dài 81 km, xe thứ nhất đi từ A đến B, cứ sau 15 phút chuyển động thẳng đều, xe này dừng lại nghỉ 5 phút. Trong khoảng thời gian 15 phút đầu, vận tốc của xe thứ nhất là v1 = 10 km/h và trong các khoảng thời gian chuyển động kế tiếp, vận tốc của xe này lần lượt là 2v1, 3v1, 4v1…Xe thứ hai xuất phát cùng lúc với xe thứ nhất và chuyển động thẳng đều từ B về A với vận tốc v2 = 30km/h. a. Tìm thời điểm hai xe gặp nhau tính từ lúc xuất phát và xác định vị trí gặp nhau khi đó. b. Xác định vị trí hai xe gặp nhau nếu xe đi từ B xuất phát muộn hơn xe đi từ A 12 phút.

Câu 2: Một bình có chứa hỗn hợp nước và nước đá, khối lượng của hỗn hợp này là M = 10kg. Người ta đem chiếc bình vào trong phòng và ngay lúc đó bắt đầu đo nhiệt độ của hỗn hợp. Từ thời điểm ban đưa bình vào trong phòng t0 = 0 đến thời điểm t1 = 50 phút thì nhiệt độ của hỗn hợp nước và nước đá luôn bằng 0. Ngay sau thời điểm t1 nói trên thì nhiệt độ của nước bắt đầu tăng và đến thời điểm t2 = 60 phút thì nhiệt độ của nước trong bình là 20C. Nhiệt dung riêng của nước c = 4200 J/kg.K và nhiệt nóng chảy của nước đá λ = 3,4.105 J/kg.

Xác định khối lượng nước đá trong bình vào thời điểm t0. Bỏ qua nhiệt dung của bình. Coi quá trình trao đổi nhiệt giữa môi trường và bình không phụ thuộc vào độ chênh lệch nhiệt độ giữa môi trường và bình.

Câu 3: Cho mạch điện như hình 1, trong đó r = 4Ω; hiệu điện thế UAC = 18V; R1 = 12 Ω; R2 = 4 Ω; R4 = 18 Ω; R5 = 6 Ω; điện trở của đèn Đ là RĐ = 3 Ω; R3 là một biến trở. Ampe kế A có điện trở không đáng kể, vôn kế V có điện trở vô cùng lớn. Các dây nối điện trở không đáng kể.

a. Cho R3 = 21 Ω; tìm số chỉ của ampe kế A, vôn kế V và công suất tiêu thụ của đèn Đ b. Dịch chuyển con chạy của biến trở R3 sao cho vôn kế V chỉ số 0, tìm giá trị của R3 khi đó Câu 4: a. Cho mạch điện như hình 2, trong đó r = 1 Ω; hiệu điện thế UMN = 36V. Đèn Đ1 có ghi 6V – 12W, đèn Đ2 có ghi 6V – 6W; R là một biên trở con chạy tiếp xúc tại điểm C. Tìm

giá trị nhỏ nhất của R để đèn Đ1 sáng bình thường, xác định vị trí tiếp điểm C và độ sáng của đèn Đ2 khi đó.

b. Ban đầu điện năng được truyền từ nơi phát đến một khu dân cư bằng đường dây với công suất hao phí bằng 10% công suất truyền đi. Coi hao phí điện năng do toả nhiệt trên đường dây và công suất hao phí không vượt quá 20% công suất truyền đi. Nếu công suất tiêu thụ điện của khu dân cư này tăng 20% so với công suất tiêu thụ ban đầu và giữ nguyên hiệu điện thế U ở nơi phát đi thì công suất hao phí bằng bao nhiêu phần trăm công suất cần truyền đi?

Câu 5: Một vật sáng nhỏ AB đặt vuông góc với trục chính của một thấu kính (điểm B thuộc trục chính) cho ảnh thật cách vật một khoảng nào đó. Giữ thấu kính cố định, nếu dịch chuyển vật lại gần thấu kính dọc theo trục chính của nó 1 đoạn là 30cm thì ảnh của vật AB cho bởi thấu kính vẫn là ảnh thật, cách vật một khoảng như cũ và cao gấp 4 lần ảnh cũ. a. Tìm tiêu cự của thấu kính b. Tìm khoảng cách nhỏ nhất giữa vật và ảnh của nó cho bởi thấu kính.

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: a) Quãng đường xe từ A đi là: S1 = 0,25.10.(1 + 2 + 3 +…+ n)  1.n  Quãng đường xe từ B đi là S 2    .30  3 

Với n là số khoảng thời gian 20 phút Với n = 5, S1 + S2 = 87,5 km > AB => 2 xe gặp nhau trước khi xe từ A thực hiện được xong 5 quá trình chuyển động.

Xét sau khi xe từ A thực hiện xong 4 quá trình chuyển động, n = 4, có: S1 + S2 = 65 km => 2 xe cần đi tiếp tổng cộng 81 – 65 = 16(km) nữa để gặp nhau Có 16 = 5v1.t + v2.t => t = 0,2 (h) < 20 phút (thỏa mãn)

Vậy sau T = 0,2 + 4.1/3 = 25/13 (h) từ lúc xuất phát thì 2 xe gặp nhau.

Vị trí gặp nhau cách B : 23.30/15 = 46 (km) b.

Nếu xe B xuất phát muộn hơn xe A 12 phút Từ ý a ta thấy : tại thời điểm sau 23/15 (h) kể từ lúc xe A xuất phát (4/3 h kể từ khi xe B xuất phát), 2 xe còn cách nhau : 0,2 . 30 = 6 (km) Trong thời gian 15 – 12 = 3 (phút) còn lại, 2 xe đi được tổng quãng đường là : (30 + 50).0,05 = 4 (km) Sau đó xe A sẽ dừng lại nghỉ và xe B cần đi tiếp

64 1  (h) nữa để 2 xe gặp nhau ( 30 15

1 1  thỏa mãn xe A vẫn dừng lại nghỉ) 15 12

Tổng thời gian xe B đi để gặp xe A là T’ = 43+0,05+115= Vậy vị trí gặp nhau cách B :

4 1 29  0, 05   (h) 3 15 30

29 .30  43,5  km  30

Câu 2: Nhiệt lượng bình nhận được trong thời gian 60 phút là : Q2 = 2.10.4200 = 84000(J) Vì trong 50 phút đầu nhiệt độ bình không đổi ở 0oC => Nhiệt lượng bình nhận trong 50 phút đầu chỉ dùng để làm tan hết lượng nước đá trong bình.

Theo đề bài, quá trình trao đổi nhiệt giữa bình với môi trường không thay đổi Nên trong 50 phút đầu, nhiệt lượng bình nhận được là : Q1 

50 .Q2  70000  J  60

Vậy khối lượng nước đá trong bình vào thời điểm ban đầu là : m  Câu 3:

Sơ đồ mạch : <{[(RĐ nt R3) // R1] nt R2} // (R1 nt R5)> nt r

Q1





7 (kg ) 34

Đặt R3 = x Ta tính được điện trở các đoạn như sau : R45 = 18 + 6 = 24 Rm 

68x  516 45x  513 27x  405 (45x  513)( x  6)  Im   I13 D   I5  5x  57 34x  258 34x  258 (17x  129)(5x  57)

 I D  I3 

162 17x  129

Có IA = I3 + I5 Uv = |U3 – U5| a) Khi R3 = x = 21 Thay số có IA = 5/6 (A); Uv = 4 (V) PĐ = IĐ2 . RĐ = 1/3 (W) b) Uv = 0 => U3 – U5 = 0 => U5 = U3 =>

6(45x  513)( x  6) 162 x   x  3Ω (17x  129)(5x  57) 17x  129

Vậy để số chỉ Vôn kế là 0 thì R3 = 3 Câu 4:

a. Sơ đồ mạch điện : r nt [(R1 nt RCD) // R2] nt RBC Đặt RCD = x (x > 0) => RBC = R – x R1 = 62/12 = 3Ω R2 = 62/6 = 6Ω Đèn 1 sáng bình thường => I1 = 12/6 = 2 (A)

Rm 

R2  x 2  R.x  2x  9 R  27  I1  I m . 2 x9 R1  R2  x



36( x  9) 6 x 2  2x  81 144  2  R   x7 2 x9 x9  x  R.x  2x  9 R  27 x  9

=> R nhỏ nhất khi 1 

144 0 ( x  9) 2

=> x = 3 hoặc x = –21 (loại) => R = 8Ω => C ở vị trí sao cho

CD 3  BC 5

Khi đó I2 = I1 = 2 (A) => Đèn 2 sáng quá mức bình thường. b.

Công suất hao phí trên đường dây: ΔP  Lúc đầu có

P2 R R  P 2 . A ( A  2 không đổi) 2 U U

ΔP1  10% => P1.A = 0,1 P1

Sau khi công suất sử dụng tăng 20% Có: P2 – ∆P2 = 1,2(P1 – ∆P1) = 1,08P1 => P2 – P22.A = 1,08P1

 P2  P  1, 23 P2 P   .0,1  1, 08   1  P2 P1 P   8, 77  P1 2 2 2 1

Nếu

P2  8, 77 thì H = 1 – P2A ≈ 12,3% ( loại vì hao phí không quá 20%) P1

Nếu

P2  1, 23 thì H = 1 – P2A ≈ 87,7% P1

Vậy hiệu suất cần tìm là 87,7% Câu 5:

a) Công thức thấu kính :

1 1 1 1 1       (1) f d1 d1 d 2 d 2

Khoảng cách ảnh và vật không đổi:

d1 + d1’ = d2 + d2’

Dịch vật về phía thấu kính 30 cm:

d2 = d1 – 30

Ảnh mới cao gấp 4 lần ảnh cũ: Từ (2) và (3) => d2’ = d1’ + 30 Từ (4) và (5) => =>

(2)

(3)

d 2 d1 (4) 4 d2 d1 (5)

d1  30 d 4 1 d1  30 d1

d1d1’–40d1’–10d1 = 0

Từ (1), (3) và (5) =>

(6)

d1 – d1’ – 30 = 0

(7)

Từ (6) và (7) => d’12 – 20 d’1 – 300 = 0 => d’1 = 30 (cm) hoặc d’1 = –10 < 0 (loại) => d1 = 60 (cm) Từ (1) => f = 20 (cm) b) Từ (1) => L = d + d’ =

d2 d f

Để L min => 2d(d–f) – d2 = 0 => d = 2f = 40 (cm) => Khoảng cách nhỏ nhất giữa vật và ảnh thật của nó là Lmin = 80 (cm).

Đề thi vào chuyên vật lí trường THPT chuyên Vĩnh Phúc - Năm học 2015 - 2016 Câu 1: Một bình thông nhau gồm 2 nhánh hình trụ đặt thẳng đứng có tiết diện S1 = 40 cm2 và S2 = 20 cm2. Phần ống nối thông hai trụ tiết diện nhỏ không đáng kể. Một lượng nước có thể tích V = 2 lít được đổ vào bên trong bình. Các nhánh được đậy kín bằng các pittông khối lượng m1 = 1,2 kg và m2 = 1 kg như hình vẽ. Các pittông có thể dễ dàng dịch chuyển bên trong các nhánh. Cho khối lượng riêng của nước là D1 = 103 kg/m3, của dầu hỏa là D2 = 800 kg/m3.

a. Tìm độ cao của các cột nước trong hai nhánh khi hệ ở trạng thái cân bằng. b. Người ta đổ thêm dầu hỏa vào trong nhánh 2. Tìm khối lượng dầu tối đa có thể đổ vào sao cho không có lượng chất lỏng nào bị tràn ra ngoài. Cho chiều cao của các nhánh bằng nhau bằng H = 0,45 m. c. Chiều cao H của hai nhánh phải bằng bao nhiêu để khi mực chất lỏng ở một trong hai nhánh đầy thì độ chênh lệch mực chất lỏng ở hai nhánh là 0,15 m?

Câu 2: Cho mạch điện như hình vẽ.

Đèn Đ có ghi: 6 V – 3 W. Thay đổi biến trở R để công suất trên nó đạt giá trị cực đại và bằng 9 W, khi đó đèn sáng bình thường. Tìm giá trị của R0 và U. Bỏ qua điện trở của dây nối.

Câu 3: Một vật xuất phát từ A chuyển động về phía B trên đường thẳng AB theo quy luật: trong 10 s đầu vật chuyển động đều hướng về B với vận tốc v1 = 10 cm/s, sau đó vật chuyển

động lùi lại về phía A với vận tốc v2 = 4 cm/s trong thời gian 5 s. Tiếp đó vật lại chuyển động về B với vận tốc v1 trong 10 s, rồi lại giật lùi với vận tốc v2 trong 5 s. Quá trình lặp lại liên tục như vậy. a. Sau 43 s kể từ lúc bắt đầu chuyển động vật cách vị trí xuất phát một khoảng bằng bao nhiêu? b. Sau thời gian bao lâu kể từ thời điểm bắt đầu chuyển động vật cách điểm xuất phát 500 cm. c. Cùng một lúc với vật trên có một vật khác xuất phát từ B chuyển động về A với vận tốc không đổi v3 = 6 cm/s. Tìm vị trí hai vật gặp nhau. Biết khoảng cách AB = 10 m.

Câu 4: Một nhiệt lượng kế ban đầu không chứa gì, có nhiệt độ t0. Đổ vào nhiệt lượng kế một ca nước nóng thì thấy nhiệt độ của nhiệt lượng kế tăng thêm 5 0C. Lần thứ hai, đổ thêm một ca nước nóng như trên vào thì thấy nhiệt độ của nhiệt lượng kế tăng thêm 3 0C nữa. Hỏi nếu lần thứ ba đổ thêm vào cùng một lúc 5 ca nước nóng nói trên thì nhiệt độ của nhiệt lượng kế tăng thêm bao nhiêu độ nữa ?

Câu 5: Cho thấu kính phân kì L1 có tiêu cự f1 = –18 cm và thấu kính hội tụ L2 có tiêu cự f2 = 24 cm, đặt cùng trục chính, cách nhau một khoảng l. Một vật sáng AB đặt vuông góc với trục chính trước thấu kính L1, cách L1 một khoảng d1, qua hệ hai thấu kính cho ảnh sau cùng là A2B2.

a. Cho d1 = 18 cm. Xác định l để ảnh A2B2 là ảnh thật. b. Tìm l để A2B2 có độ lớn không thay đổi khi cho AB di chuyển dọc theo trục chính. c. Bây giờ người ta đưa vật AB vào khoảng giữa hai thấu kính, hỏi vật AB phải ở vị trí nào để ảnh của vật qua hai thấu kính trùng nhau. Biết khoảng cách giữa hai thấu kính lúc này là l = 60 cm.

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: a.

Khi hệ ở trạng thái cân bằng tổng áp suất ở đáy của hai bình phải bằng nhau.

10.m1 10.m2  10.D1 .h1   10.D1 .h2 S1 S2

Thay số:

10.1, 2 10.1  10.103.h1   10.103.h2 4 4 40.10 20.10

Hay: h1 = h2 + 0,2 (1).

Tổng thể tích nước trong bình: V = h1.S1 + h2.S2.

Thay số: 2.10–3 = 40.10–4.h1 + 20.10–4.h2 à 2h1 + h2 = 1 (2).

Từ (1) và (2) ta tìm được: h1 = 0,4 m và h2 = 0,2 m. b.

Có hai trường hợp: khi đổ dầu vào nhánh 2 thì nước ở nhánh 1 sẽ bị trào ra trước hoặc dầu ở nhánh 2 bị trào ra trước. Ta xét trường hợp nước ở nhánh 1 bị trào ra trước. Gọi H1 và H2 là độ dài của các cột nước trong hai cột, x là chiều dài của cột dầu. Khi đó H1 = H = 0,45 m. Vì tổng thể tích nước trong hai ống vẫn không đổi bằng 2 l nên H1 và H2 vẫn thỏa mãn (2) à H2 = 0,1 m. Điều kiện cân bằng cho hệ: Thay số:

10.m1 10.m2  10.D1 .H1   10.D1 .H 2  10.D2 x S1 S2

10.1, 2 10.1  10.103.0, 45   10.103.0,1  10.8.102.x 4 40.10 20.104

=> x = 0,1875 m Khi đó tổng độ cao của cột chất lỏng bên ống 2 là: H2 + x = 0,2875 m < 0,45 m à như vậy giả thiết là đúng. => khối lượng dầu lớn nhất có thể đổ vào là: m = D2.x.S2 = 8.102.0,1875.20.10–4 = 0,3 kg c. h1, h2, x phải thỏa mãn các phương trình (2) và (3) Ta có các phương trình: 2h1 + h2 = 1 (4) h1 = h2 + 0,2 + 0,8 x (5) Độ chênh lệch mực chất lỏng ở hai nhánh là 0,15 m => h1 = h2 + x + 0,15 (6) hoặc h1 + 0,15 = h2 + x (7)

Từ (4), (5), (6) ta có: h1 = 0,47 m, h2 = 0,07 m, x = 0,25 Từ (4), (5), (7) ta có: h1 = 0,87 m, h2 = – 0,73 m, x = 1,75 (loại) => độ cao của hai nhánh: H = h1 = 0,47 m.

Câu 2: Điện trở của đèn là: Rđ = 12 Ω, đặt R = x. Điện trở tương đương của mạch: Rtđ =

12  R0  x  12 R0 12.x  R0  12  x 12  x

=> cường độ dòng điện trong mạch: I =

U 12  x  U  Rtd 12  R0  x  12 R0

=> cường độ dòng điện qua biến trở: Ix  I

12 12U  x  12 12  R0  x  12 R0

Công suất trên biến trở: Px  I x2 x 

=> Px 

122 U 2 12 R0   12  R0  x   x  

2



122 U 2 x 12  R0  x  12 R0 

2

122 U 2 3U 2 =9W  4.12.R0 12  R0  12  R0  R0

=> U2 = 3.R0(12 + R0) (1) Dấu “ = ” xảy ra khi x 

12 R0 12  R0

Khi đèn sáng bình thường thì hiệu điện thế hai đầu biến trở bằng hiệu điện thế hai đầu đèn bằng 6 V => Ix.x = 6 hay

12 R0 12U  12  R0  x  12 R0 12  R0

12 R0 12U 12 R0 12  R0  12 R0 12  R0  12  R0

Hay: U = 12 + R0 (2) Từ (1) và (2) suy ra: R0 = 6 Ω và U = 18 V. Câu 3: a.

Trong mỗi chu trình vật đi được quãng đường bằng: 10.10 – 4.5 = 80 cm, thời gian thực hiện một chu trình là: 10 + 5 = 15 s.

Nhận xét: 2. 15 < t = 43 s < 3.15 s => vật đang ở trong chu trình thứ 3.

Ngoài ra: t = 43 s > 2.15 + 10 = 40 s => vật đang giật lùi, thời gian giật lùi là: 43 – 40 = 3 s. => khoảng cách đến điểm xuất phát là: AC = 2.80 + 10.10 – 3.5 = 245 m. b.

TH1: Nhận xét: 6.80 < AC = 500 m < 7.80 (m) à vật đang ở trong chu trình thứ 6 và đang tiến: AC = 500 m = 6.80 + 20 m => vật tiến thêm 20 m => thời gian tiến thêm là: 20:10 = 2 s => tổng thời gian là: 6.15 + 2 = 92 s.

TH 2: 500 cm = 400 cm + 100 cm => tổng thời gian là: 5.15 + 10 = 85 s. c.

Giả sử khi gặp nhau vật đi từ A đang chuyển động ở giai đoạn thứ n + 1. Có hai trường hợp có thể xảy ra là khi gặp nhau thì vật A đang tiến hoặc vật A đang lùi. Biểu thức tính quãng đường và thời gian ứng với hai trường hợp trên là: – TH 1: Nếu vật đang đi về phía B: S2 = 80.n + 10. Δt (cm) Thời gian: t = 15.n + Δt (s) (với 0 < Δt 10 s, n là số chu trình) – TH 2: Nếu vật đang đi giật lùi về phía A: S2 = 80.n + 10.10 – 4. Δt (cm) Thời gian: t = 15.n + 10 + Δt (s) (với 0 Δt 5 s, n là số chu trình).

– Quãng đường mà vật 1 đã đi S1 = 6.t Khi hai vật gặp nhau thì tổng quãng đường mà chúng đã đi bằng AB. Giả sử khi gặp nhau vật 2 đang chuyển động về B : 80.n + 10. Δt + 6 (15.n + Δt ) = 1000 n

1000  16.Δt (1) 170

Với 0 < Δt 10 s => 4,94 < n < 5,88 => n = 5 => giả sử đúng.

Thay vào (1) suy ra: Δt = 9,375 s. => Khi gặp nhau hai vật cách A một khoảng là: S2 = 80.n + 10. Δt = 493,75 cm.

Câu 4: – Gọi: qK là nhiệt dung của nhiệt lượng kế. qC là nhiệt dung của một ca nước nóng, t là nhiệt độ của nước nóng.

– Khi đổ một ca nước nóng: q C  t  (t 0  5)   5q K (1) – Khi đổ thêm 1 ca nước nóng lần hai:

q C  t  (t 0  5  3)   3(q K  q C ) (2)

– Khi đổ thêm 5 ca nước nóng lần ba: 5q C  t  (t 0  5  3  Δt)  (q K  2q C )Δt (3)

– Từ (1) và (2) ta có : 5q K  3q C  3q K  3q C  q C 

qK (4) 3

– Từ (2) và (3) ta có : 5(3q K  3q C )  5q C Δt  (q K  2q C )Δt (5) – Thay (4) vào (5) ta có : 5(3q K  q K )  5 => 20q K 

qK q Δt  (q K  2 K )Δt 3 3

10q K Δt 3

=> ∆t = 6(0C) Câu 5: Sơ đồ tạo ảnh: L1 L2 AB   A1 B1   A2 B2 d 2  d 2 d d  1

1

a) Ta có: d1 

d1 f1 = – 9 cm; d2 = l – d1’ = l + 9; d1  f1

d f 24(l  9) d 2  2 2  d2  f2 l  15

Để ảnh cuối cùng là ảnh thật thì d2’ > 0 => l > 15cm. b) Ta có: d1 

d1 f1 18d1 ld  18l  18d1  ; d2  1 d1  f1 d1  18 d1  18

d f 24(ld1  18l  18d1 ) d 2  2 2  d 2  f 2 ld1  18l  6d1  432 k

d1d 2 432 432   d1d 2 ld1  18l  6d1  432 d1 (l  6)  18l  432

Để k không phụ thuộc vào d1 thì l = 6 cm; khi đó thì k = 4/3; ảnh cùng chiều với vật. c) Đặt O1A = d1, O2A = d2 (d1 > 0, d2 < 60 cm) Ta có: d1 + d2 = 60 d2 = 60 – d1 (1) d1 

d1 f1 18d1  d1  f1 d1  18

d f (60  d1 )24 (60  d1 )24 d 2  2 2   d 2  f 2 60  d1  24 36  d1

Do vật thật qua thấu kính phân kỳ luôn cho ảnh ảo, cùng chiều, nhỏ hơn vật và gần thấu kính hơn vật nên để hai ảnh trùng nhau thì ảnh của vật qua thấu kính hội tụ phải nằm trong khoảng O1O2 do đó ảnh này phải là ảnh ảo => d1’, d2’< 0 Khi hai ảnh trùng nhau ta có d1  d 2  60 => – d1’ – d2’ = 60 (4) ta được

18d1 (60  d1 )24   60 d1  18 36  d1

 11d12  240d1  10800  0  d1  44,1cm Vậy AB cách thấu kính L1 khoảng d1 = 44,1cm.

Đề thi vào khối chuyên vật lý Hà Nội - Năm học 2015 - 2016 Câu 1: (2,5 điểm) 1. Trời về chiều, sau một ngày lao động mệt nhọc, ông lão đánh cá nằm nghỉ trên bờ sông.

Theo thói quen, ông lão thả mắt theo dòng nước nhìn thấy một vật ngập hoàn toàn trong nước đang lững lờ trôi. Ông lão vớt lấy vật và mang lên bờ, đó là một chiếc bình đất nung, miệng bình được nút kín. Ông lão mở nút ra và kinh ngạc: trong bình có 400 đồng tiền vàng giống nhau. Ông lão quyết định giữ lại một phần nhỏ, phần còn lại để phân phát cho những người nghèo trong vùng. Sau đó, ông lão đậy kín bình lại rồi ném xuống sông thấy một phần ba bình nhô lên khỏi mặt nước. Hãy tìm khối lượng mỗi đồng tiền vàng. Biết bình có thể tích ngoài 4,5 lít và khối lượng riêng của nước là 1000kg/m3.

2. Hai bố con có khối lượng lần lượt là 60kg và 30kg cần phải vượt qua một hào nước sâu có chiều rộng cỡ 2m trong lúc đi dã ngoại. Trong tay họ chỉ có 2 tấm ván nhẹ, chắc, cùng độ dài nhưng nhỏ hơn bề rộng của hào nước. Hai người đang lúng túng chưa nghĩ ra cách vượt qua khó khăn này. Bạn hãy chỉ cho họ cách làm và dự kiến chiều dài tối thiểu của tấm ván để hai bố con vượt qua hào nước một cách an toàn.

Câu 2: (1,5 điểm) Vào mùa đông, người ta dẫn nước nóng ở nhiệt độ không đổi chảy đều vào bể tắm có sẵn nước lạnh. Giả sử sự cân bằng nhiệt diễn ra ngay sau khi nước nóng chảy vào bể và bỏ qua sự trao đổi nhiệt của hệ thống với môi trường xung quanh. Sau phút thứ nhất, nhiệt độ của nước trong bể tăng thêm 0,8oC so với ban đầu. Sau phút thứ hai, nhiệt độ của nước trong bể tăng thêm 1,2oC so với ban đầu. Sau bao lâu nhiệt độ của nước trong bể tăng 2oC so với ban đầu?

Câu 3: (2,0 điểm) Bàn là điện sử dụng cho các chất liệu vải khác nhau có sơ đồ mạch điện như hình 1. Các chốt 1, 2, 3, 4 là các tiếp điểm để đấu nối các thanh dẫn có điện trở không đáng kể nhằm thiết lập chế độ nhiệt cho bàn là.

Bạn hãy cho biết có bao nhiêu chế độ cho các công suất tỏa nhiệt khác nhau? Chỉ rõ cách đấu nối thanh dẫn vào các chốt và giá trị các công suất tương ứng.

Hình 1:

Câu 4: (1,5 điểm) Một cô gái cao 165cm, mắt cách đỉnh đầu 10cm đứng gần chiếc gương lớn G đặt nghiêng 600 so với mặt sàn nằm ngang (Hình 2 với C là chân, Đ là đỉnh đầu).

1. Tìm khoảng cách xa nhất từ chân cô gái tới vị trí đặt gương để cô ấy ngắm được toàn thân mình qua gương. Tìm kích thước tối thiểu của gương khi đó.

2. Khi cô gái từ từ lùi xa gương thì hình ảnh cô ấy dịch chuyển thế nào?

Câu 5: (2,5 điểm) 1. Để giảm bớt hao phí khi truyền tải điện đi xa người ta có thể sử dụng những phương án nào? Chỉ rõ nhược điểm của mỗi phương án?

2. Một máy phát điện nhỏ hoạt động với công suất không đổi cấp điện cho những bóng đèn giống nhau để chiếu sáng hầm lò. Do hệ thống dây truyền tải đã cũ nên hao phí khá nhiều điện năng. Người ta quyết định dùng hệ thống máy biến áp lý tưởng cho nơi phát và nơi tiêu thụ. Thực tế cho thấy: nếu tăng hiệu điện thế nơi phát từ 220V lên 440V thì số đèn được cung cấp đủ điện năng tăng từ 9 đèn lên 36 đèn. a. Tìm số đèn được cấp đủ điện năng khi hiệu điện thế nơi phát tăng lên 660V. b. Ta có thể tăng hiệu điện thế nơi phát đến giá trị nào để số đèn được cấp đủ điện năng là cực đại? Tìm số đèn cực đại đó.

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: 1. Khi bình có đầy tiền : Pb + Pt = FA = V.dn Khi lấy hết tiền thì:

Pb = 2V.dn/3

Vậy thì Pt = V.dn/3 nên tìm được m = 3,75g 2. Lập luận qua nguyên lý đòn bẩy để đưa đến các hình vẽ:

   / 3  2m   min  1,5m Câu 2: Giả sử cứ mỗi phút có m nước nóng ở nhiệt độ t chảy vào M nước lạnh ở t0 Sau 1ph thì m(t – t0 – 0,8) = M.0,8

(1)

Sau 2ph thì 2m(t – t0 – 1,2) = M.1,2

(2)

Sau n ph thì n.m(t– t0 – 2) = M.2

(3)

Từ (1), (2) và (3) tìm được n = 10 phút Câu 3: * Cho 2 điện trở ghép nối tiếp khi nối tắt chốt 4–3: P1  * Dùng điện trở 96,8Ω khi nối tắt 1–2 và 3–4: P2  * Dùng điện trở 48,4Ω khi nối tắt 1–3: P3 

U2  333,33W R1  R2

U2  500W R1

U2  1000W R2

* Dùng 2 điện trở song song khi nối tắt 1–3;2–4: P4  P2  P3  1500W Câu 4: 1. Để nhìn thấy toàn thân ở khoảng cách xa nhất phải thỏa mãn hình vẽ:

* Dễ thấy M’ đối xứng M qua gương tạo ra ∆MCM’ vuông ở C có góc 600 nên: MC = MH = M’H = h’ = 155cm suy ra: GM  

h 2h  0 cos30 3

x = CM’ – GM’= 2h.cos300  * Có:

tan(ĐM’C) =

2h h   89, 49cm 3 3

165 nên <(ĐM’C) = 31,570 155 3

Tìm được: HK = HM’.tan(HM’K)= 4,25cm

Suy ra :

GK = GH + HK = M’H.tan 300 +4,25 = 93,74cm

2. Hình ảnh quan sát được lùi xa và đi xuống, mất dần từ chân đến đầu Câu 5: 1. Điện năng khi truyền tải đi xa thì hao phí: ΔP 

P2  . U2 S

* Giảm điện trở suất: Tốn kém khi sử dụng các kim loại, hợp kim đắt tiền * Tăng tiết diện S: Khối lượng dây tăng, không kinh tế * Tăng hiệu điện thế: Phải sử dụng máy biến thế, đường điện cao thế nguy hiểm 2. Từ công thức: Pp  Pt  ΔP , do ΔP 

1 với suy ra: U2

Với điện áp U thì:

P = 9x + ∆P

(1)

Với điện áp 2U thì

P = 36x + ∆P/4

(2)

Với điện áp 3U thì

P = nx + ∆P/9

(3)

Tìm được: P = 45x; ∆P = 36x suy ra n = 41 đèn * Với U thì ∆P = 36x; với Umới thì ∆P = x (công suất tiêu hao nhỏ nhất) nên Umới = 6U = 1320V. Số đèn cực đại là 44 đèn.

Đề thi vào chuyên vật lý trường THPT chuyên Nguyễn Trãi – Hải Dương – Năm học 2015 – 2016 Câu 1: Người ta kéo một vật hình trụ đặc đồng chất khối lượng m từ dưới đáy hồ lên trên như hình vẽ 1. Vận tốc của vật trong quá trình kéo là không đổi v = 0,2 m/s. Trong 50 giây tính từ lúc bắt đầu kéo công suất của lực kéo bằng 7000W, trong 10 giây tiếp theo công suất của lực kéo tăng từ 7000W đến 8000W, sau đó công suất của lực kéo không đổi bằng 8000W.

Biết trọng lượng riêng của nước là d0 = 10000 N/m3, bỏ qua mọi ma sát, khối lượng ròng rọc và lực cản của nước. Coi độ sâu của nước trong hồ không thay đổi trong quá trình kéo vật.

Hãy tính : a. Khối lượng m và khối lượng riêng của vật b. Áp lực do cột nước tác dụng lên mặt trên của vật.

Câu 2: Hai bình nhiệt lượng kế A và B, bình A chứa lượng nước có khối lượng m1 và một quả cầu kim loại khối lượng m3 ở nhiệt độ 1000C, bình B chứa lượng nước có khối lượng m2 ở nhiệt độ 200C. Nếu lấy quả cầu từ bình A thả vào bình B, khi cân bằng nhiệt thì nhiệt độ của nước trong bình B là t1 = 250 C. Sau đó lấy quả cầu từ bình B thả trở lại vào bình A, khi cân bằng nhiệt thì nhiệt độ nước trong bình A là t2 = 900C. Cho rằng chỉ có nước trong các bình và quả cầu trao đổi nhiệt cho nhau. a. Lấy quả cầu từ bình A thả vào bình B lần thứ 2, khi cân bằng nhiệt thì nhiệt độ của nước trong bình B là bao nhiêu ? b. Sau khi thả quả cầu từ bình A vào bình B lần thứ 2, đổ cả nước trong bình B và quả cầu vào bình A thì nhiệt độ khi cân bằng của nước bằng bao nhiêu ?

Câu 3: Cho mạch điện như hình vẽ 2. Biết R1 = 12Ω, R2 = 9Ω,R3 là một biến trở, R4 = 6Ω. Đặt vào A,B một hiệu điện thế không đổi U = 24V. Cho điện trở của ampe kế và các dây nối không đáng kể.

a. Cho R3 = 6Ω. Tìm số chỉ của ampe kế b. Thay ampe kế bằng vôn kế có điện trở vô cùng lớn.

Tìm R3 để số chỉ của vôn kế là 16V Nếu cho R3 giảm thì số chỉ của vôn kế thay đổi như thế nào.

Câu 4: Cho mạch điện như hình vẽ 3. Đặt vào hai điểm A,B một hiệu điện thế không đổi U = 6V. Các điện trở R1 = 1,5Ω, R2 = 3Ω, bóng điện có điện trở R3 = 3Ω. RCD là một biến trở con chạy. Coi điện trở bóng đèn không thay đổi theo nhiệt độ, điện trở của ampe kế và các dây nối không đáng kể.

a. Khóa K đóng, dịch chuyển con chạy đến khi M trùng C thì đèn sáng bình thường. Xác định số chỉ ampe kế, hiệu điện thế và công suất định mức của đèn. b. Khóa K mở, dịch chuyển con chạy M đến vị trí cho RCM = 1Ω thì cường độ dòng điện qua đèn là 4/9 A. Tìm điện trở của biến trở. c. Thay đổi biến trở ở trên bằng một biến trở khác có điện trở 16Ω. Đóng khóa K. Xác định vị trí con chạy M để công suất tỏa nhiệt trên biến trở đạt giá trị lớn nhất.

Câu 5: Đặt vật sáng AB vuông góc với trục chính của thấu kính hội tụ có tiêu cự f, A nằm trên trục chính cách thấu kính đoạn d1, ta được ảnh A1B1 cao bằng nửa vật. Dịch chuyển vật dọc theo trục chính lại gần thấu kính đoạn 20 cm ta thấy ảnh A2B2 là ảnh thật cách A1B1 một đoạn 10 cm. a. Tính f và d1 b. Giữ vật AB cố định, di chuyển thấu kính lại gần vật từ vị trí cách vật đoạn d1 đến vị trí các vật đoạn 0,5d1. Tính quãng đường ảnh di chuyển

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: a.

Vật chuyển động qua 3 giai đoạn: Giai đoạn 1: Vật chuyển động hoàn toàn trong nước Giai đoạn 2: Vật đang chuyển động từ trong nước ra ngoài không khí

Giai đoạn 3: Vật chuyển động hoàn toàn trong không khí A F .s   F .v t t

Công suất của lực kéo là: P =

Giai đoạn 1: Vật chuyển động hoàn toàn trong nước Lực kéo tác dụng lên vật: F 

1 v



7000  35000 N 0, 2

Giai đoạn 3: Vật chuyển động hoàn toàn trong không khí, lực kéo vật là F 

2 v



8000  40000 N 0, 2

Trong lượng của vật P = F’= 40000N Khối lượng của vật: m = P/10 = 4 0000/10 = 4000kg Lực đẩy Acsimét tác dụng lên vật: FA = P – F = 40000 – 35000 = 5000N Thể tích của vật: V = FA/d0 = 5000/10000 = 0,5m3.

Khối lượng riêng của vật là: dV 

m 4000   8000 N / m3 V 0,5

b. Khoảng cách từ mặt thoáng đến mặt trên của vật khi vật ở đáy hồ: h = v.t1 = 0,2.50 = 10m Áp suất của nước tác dụng lên mặt trên của vật: p = d0h = 10000.10 = 100000Pa Giai đoạn 2: Vật đang chuyển động từ trong nước ra ngoài không khí Độ cao của vật: h’= v.t2 = 0,2.10 = 2m Diện tích mặt trên của vật: S 

V 0,5   0, 25m 2 h 2

Áp lực: FL= p.S = 100000.0,25 = 25000N Câu 2: a. Gọi nhiệt dung riêng của nước và quả cầu lần lượt là c1, c2 Khi thả quả cầu từ bình A vào bình B lần 1: m3c2(100 – 25) = m2c1(25 – 20) → 15 m3c2 = m2c1 (1) Thả quả cầu từ bình B vào bình A: m3c2(90 – 25) = m1c1(100 – 90) → 6,5 m3c2 = m1c1 (2) Thả quả cầu từ bình A vào bình B lần 2: m3c2(90–t) = m2c1(t – 25) (3) Thay (1) và0 (3): 90 – t = 15(t–25) → t = 29,06250C b. Ta có phương trình cân bằng nhiệt: (m1c1+ m3c2)(100 – t’) = m2c1(t’–20) (4) Từ (1), (2), (4) ta có: 7,5(100 – t’) = 15(t’–20) → t ≈ 46,670C

Câu 3: a. R34 

R3 R4 6.6   3Ω  R3  R4 6  6

R234 = R2 + R34 = 9 + 3 = 12Ω

I2 

U 24   2A R234 12

U34 = I2R34 = 2.3 = 6V I3 

U 34 6   1A R3 6

I1 

U 24   2A R1 12

Ia = I1 + I3 = 2 + 1 = 3A b. + Tìm R3 để số chỉ vôn kế là 16V Gọi R3 = x (Ω) U1 = U – Uv = 24 – 16 = 8V

I1 

U1 8 2   A R1 12 3

I1 R2 I1 R2    I 2 R13 I1  I 2 R1  R2  R3

→

I1 9 21  x 2(21  x)  => I  .I1   I4 I 21  x 9 27

Uv = U3 + U4 = I3R3 + I4R4= →10x + 84 = 144 →x = 6Ω

2 x 6.2.(21  x) 10 x  84    16 3 27 9

+ Khi R3 giảm thì điện trở mạch giảm →I = I4 = U/Rtd tăng →U4 = IR4 tăng →U2 = U – U4 giảm →I2 = U2/R2 giảm → I1 = I – I2 tăng →U1 = I1R1 tăng →Uv = U – U1 giảm Vậy số chỉ vôn kế giảm khi R3 giảm.

Câu 4: a.

Khi k đóng, di chuyển con chạy M trùng C. Mạch gồm (R2//R3)ntR1

Rtd = R1 

R2 R3 3.3  1,5   3Ω R2  R3 33

Cường độ dòng điện trong mạch chính: I=

U 6   2A Rtd 3

U3 = IR23 = 2.1,5 = 3V →Uđm = U3 = 3V

U 2 m 32 Công suất định mức của đèn: Pđm =   3W R3 3 Số chỉ ampe kế I a  I 2 

U3 3   1A R2 3

b. Khi k mở mạch như hình vẽ:

Đặt RMD = x RMN 

R2 ( x  R3 ) 3( x  3)  R2  x  R3 6 x

Rtd  RCM  RNM  R1  1  I

U 6( x  6)  Rtd 24  5,5 x

3( x  3) 3( x  3) 24  5,5 x  1,5  2,5   6 x 6 x 6 x

I3 R2 R2 3 6( x  6)   I3  I .

I 2 R3  x R2  R3  x 6  x 24  5,5 x

18 4  A  x  3Ω 24  5.5 x 9

RCD = x + RCM = 1 + 3 = 4Ω c. Đặt điện trở đoạn mạch AM là y (y>0)

Điện trở đoạn mạch AN là: RAN 

33  y  6 y

Điện trở đoạn mạch AB là: RAB  RAN  R1 

3y  9 4,5 y  18  1,5  y6 y6

Cường độ dòng điện trong mạch chính là: I  Ta có:

Iy I3



6  y  6 U  RAB 4,5 y  18

R3 R3 3 6  y  6 18  Iy  I .  y  R2 y  R2  R3 y  6 4,5 y  18 4,5 y  18 2

  18 182 . y  Công suất tỏa nhiệt trên biến trở : Py  I . y    2   4,5 y  18  18   4,5 y   y   2 y

 18  Để công suất trên biến trở đạt giá trị lớn nhất thì  4,5 y   đạt giá trị nhỏ nhất  y  

Mà: 4,5 y 

18 18  2 4,5 y .  18 y y

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 4,5 y  Mà: y 

RCM .RMD = 4Ω RCM  RMD

RCM + RMD = 16Ω →RCM = RMD = 8Ω

18  y  4Ω y

→Khi con chạy M ở chính giữa biến trở thì công suất tỏa nhiệt trên biến trở đạt giá trị cực đại.

Câu 5: a. Chứng minh công thức:

Gọi d = BO, f = OF, OB = d’ ΔABO  ΔABO



AB OA d    AB OA d

ΔOIF   ΔABF   

AB AF  d   f   OI OF  f

d d  f 1 1 1     d f f d d

Khi AB cho ảnh thật A1B1: d1 1 d   d1  1 d1 2 2

1 1 1 3     d1  3 f  d1  1,5 f f d1 d1 d1 Khi AB cho ảnh thật A2B2: Dịch chuyển vật lại gần thấu kính một đoạn 20 cm ta được ảnh thật A2B2 dịch ra xa 10 cm d2 = d1 – 20 = 3f – 20, d2’= d1’+10 =1,5f +10 tượng tự như phần trên ta có:

1 1 1 1 1 1       f  20cm f d2 d2 f 3 f  20 1,5 f  10

Khoảng cách từ AB đến thấu kính lúc đầu: d1 = 60c b.

Dịch chuyển Thấu kính từ vị trí cách vật d1 = 60 cm đến vị trí cách vật d2 = d1/2 =30 cm thì ảnh luôn là thật Ta có :

1 1 1 df    d  f d d d f

Khoảng cách từ vật đến ảnh: l = d 

df d2  →d2– ld + lf = 0 phương trình này có d f d f

nghiệm Δ  l 2  4lf  0  l  4 f  lmin  4 f → xảy ra khi d = lmin/2 = 2f = 40cm Vậy d giảm từ 60cm đến 40cm thì l giảm, d giảm từ 40 đến 30 cm thì l tăng Khi d = 60cm thì l =

602  90cm 60  20

Khi d = 40cm thì l =

402  80cm 40  20

Khi d = 30cm thì l =

302  90cm 30  20

Vậy quãng đường ảnh đi là: s = (90 – 80) + (90 – 80) = 20cm

Đề thi vào chuyên vật lý trường THPT chuyên Đại học Vinh - Năm học 2015 - 2016 Câu 1(2,0 điểm).Một ca nôxuất phát từ điểm A trên một khúc sông thẳng AB = 8 km và chạy xuôi dòng. Cùng lúc đó, tại A một bè gỗ cũng bắt đầu trôixuôi dòng. Canô chạy đến B thì quay lại chạy ngược dòng, sau 48 phút tính từ lúc xuất phát ở A,ca nô gặp lại bèlần thứ nhấttại C, với BC = 6,4 km. Coi nước chảy đều, vận tốc của ca nô so với nước là không đổi. Bỏ qua thời gian ca nô quay đầu, kích thước của ca nô và của bè. a) Tính vận tốc của dòng nước và vận tốc của ca nô khi xuôi dòng. b) Giả sử sau khi gặpbè, ca nô quay lại chạy xuôi, tới B quay lại chạy ngược, gặp bèquay lại chạy xuôi... cứ như vậy cho đến khi ca nô và bè gặp nhau ở B. Tính tổng thời gian chạy của ca nô.

Câu 2(2,0 điểm).Mộtbình nhiệt lượng kế chứa nước có khối lượng nước m1 = 100 g đang ở nhiệt độ t1 = 25 0 C. Người ta thả vào bình một quả cầu bằng kim loại có khối lượng

m 2 = 100 g, đang ở nhiệt độ t 2 = 100 0 C. Nhiệt độ của hệ thống khi cân bằng nhiệt là t = 30 0 C. Sau đó, người ta đổ thêm vào bình một lượng nước có khối lượng m3 = 200 g cũng có nhiệt độ t1 = 25 0 C thì nhiệt độ của hệ thống khi cân bằng nhiệt là t' = 27,5 0 C. Cho biết nhiệt dung riêng của nước là c1 = 4200 J/(kg.K). Bỏ qua sự trao đổi nhiệt của hệ thống với môi trường bên ngoài. Bình nhiệt lượng kế có thu và tỏa nhiệt. Tìm nhiệt dung riêng c 2 của kim loại chế tạo quả cầu.

Câu 3(1,5 điểm).Cho mạch điện gồm điện trở R1 = 1  nối tiếp với một biến trở R và chúng được mắc vàomột hiệu điện thế không đổi U = 10 V. a)Ban đầu công suất tỏa nhiệt trên biến trở là 16 W. Hãy tính hiệu điện thế trên biến trở lúc đó. b)Khi thay đổi biến trở, công suất tỏa nhiệt trên biến trở có thể đạttới 26 W được không? Tại sao?

Câu 4(2,0 điểm).Có hai bóng đèn khác nhau, bóng I loại (6 V - 3 W) và bóng II loại

(3 V - 3 W). Người ta mắc chúng vàomột hiệu điện thế không đổi U = 12 V. Để hai đèn sáng bình thường cần dùng thêm hai điện trở R1 , R 2 . a) Hãyvẽ tất cả các cách mắc có thể có. Tìm các giá trị điện trở R1 , R 2 tương ứng với các cách mắc đó. b) Trong tất cả các cách mắc tìm được ở trên, cách nào có lợi nhất. Giải thích vì sao?

Câu 5(1,5 điểm).Một thấu kính hội tụ có tiêu cự f = 20 cm. Đặt một vật phẳng nhỏ AB vuông góc với trục chính của thấu kính sao cho điểm A nằm trên trục chính, qua thấu kínhthu được ảnh thật A'B'. a)Biết A'B' có chiều cao gấp bốn lần AB. Vẽ hình vàtừ đó tính khoảng cách từ AB đến thấu kính. b) Đặt một màn ảnh P vuông góc với trục chính của thấu kính, cách AB một đoạn không đổi

90 cm. Di chuyển thấu kính giữa vật và màn sao cho trục chính thấu kính không đổi, ta thấy có hai vị trí thấu kính cho ảnh rõ nét của vật trên màn. Dựa vào hình vẽ câu a hãy tínhkhoảng cách từ hai vị trí đóđếnvật.

Câu 6(1,0điểm).Một quả cân đặc được tạo nên từ hai kim loại đồng và sắt. Hãy nêu phương án thí nghiệm vàlập công thức để tìmtỉ lệ khối lượng đồng và sắt có trong quả cân. Các dụng cụ được sử dụng gồm: -Một lực kế lò xo có thang đo phù hợp và giới hạn đo lớn hơn trọng lượng quả cân.

- Một bình chứa nước không có vạch chia độ, có thể bỏ chìm quả cân vào mà nước không tràn ra ngoài.

Cho rằng đã biết khối lượng riêng của nướclà D, của đồng là D1và của sắt là D2.

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đổi: 0,48 phút = 0,8 h. a. Thời gian chạy của ca nô bằng thời gian trôi của bè, vận tốc dòng nước chính là vận tốc bè: vn  vb 

AC 8  6, 4   2 (km/h) t 0,8

Gọi vận tốc của ca nô so với nước là v0, vận tốc ca nô khi xuôi dòng và ngược dòng là v1 và v2  v1 = v 0 + v n ; v 2 = v 0 - v n .

Thời gian chạy xuôi dòng t1 

AB AB  v1 v0  v n

Thời gian chạy ngược dòng t 2  Theo bài ra ta có: t1 + t2 = 0,8 h.

Từ (1), (2) và (3) ta có :

CB CB  v 2 v0  v n

(1)

(2) (3)

AB CB 8 6, 4    v0  v n v0  v n v0  2 v0  2

 v 02  18v 0  0  v0 = 18 km/h.

 Khi xuôi dòng:v1 = 20 (km/h). b. Tổng thời gian chạy của ca nô chính là thời gian bè trôi từ A đến B:

t3 

AB 8   4 h. vn 2

Câu 2: Gọi c, m là nhiệt dung riêng và khối lượng của nhiệt lượng kế.

Lần 1: QT1  QTH1  c 2 m 2 (100  30)  (c1m1  cm)(30  25)

 7c 2  (420  cm).5

(1)

Lần 2: QT2  QTH2  (420  cm  0,1c 2 )(30  27,5)  c1m3 (27,5  25)

 420  cm  0,1c 2  4200.0,2  840

(2)

Từ (1) và (2): 7C 2  5(840  0,1C 2 )  7,5C 2  5.840

 C 2  560 J /(kg.K) Câu 3: 1. Ta có: I = U/ (R + R1) = 10/ (R + 1) Công suất tỏa nhiệt trên R là P = RI2

 P = 100R/ (R2 + 2R + 1)  PR2 + 2.(P – 50)R + P = 0 Thay P = 16W ta có 4R2 - 17R + 4 = 0 Giải phương trình ta được hai giá trị của R là R2 = 4  và R3 = 0,25  UMN = RI = 10R/ (R+ 1) Với R = R2 = 4 thì UMN = R2I = 10 R2/ (R2+ 1) = 8 V Với R = R3 = 0,25 thì UMN = R3I = 10 R3/ (R3+ 1) = 2 V 2. Để phương trình PR2 + 2(P - 50)R + P = 0 có nghiệm thì  = (P- 50)2 - P2 = 2500 - 100P ≥ 0 => P ≤ 25W Vậy chỉ có thể nâng công suất tỏa nhiệt tối đa của biến trở lên 25W khi mắc vào nguồn điện này nên không thể nâng công suất tỏa nhiệtcủa biến trở lên 26W được.

Câu 4: Ta có I D1 =

U 6 PD1 3  12  . = = 0,5 A , R D1  D1  I D1 0,5 U D1 6

I D2 

U 3 PD2 3   1 A  I D1 , R D2  D2   3  .

I D2 1 U D2 3

Các đèn không thể trực tiếp mắc nối tiếp hay song. Vì vậy có 3 cách mắc: Cách 1: R1 nt(Đ1//R2)ntĐ2 R1

R2 Đ1

Đ2

3 I = ID2= 1 A  UR1= 3V  R1 =  3 , 1 UR2= 6V  R 2 =

6  12 .

0,5

Cách 2: R1 nt[Đ1//(R2ntĐ2)]

R1

I = ID1+ID2= 3 A  UR1= 6V

 R1 =

Đ1 Đ2

R2

Đ1

R1

Đ2

R2

6 3  2 , UR2= 3V  R 2 =  3 .

3 1

Cách 3: (R1 ntĐ1)//(R2ntĐ2) I = ID1 + ID2= 3 A  UR1= 6V

9 6  R1 =  12 , UR2= 9V  R 2 =  9 .

1 0,5

2. Cách mắc có lợi nhất khi hiệu suất lớn nhất. Vì công suất có ích là công suất tỏa nhiệt trên 2 bóng đèn, luôn không đổi nên hiệu suất lớn nhất khi công suất của mạch nhỏ nhất, tức I nhỏ nhất vì U không đổi.Vì vậy cách 1 có lợi nhất.

Câu 5: 1.Ta có hình vẽ bên B A

M O

F’

A’

B’

Đặt OA = d; O’A’ = d’.Xét hai tam giác đồng dạng ABO và A’B’O ta có:

A'B' OA ' d '    4 (1) AB OA ' d Xét hai tam giác đồng dạng OMF’ và A’B’F’ ta có:

A'B' A'B' F'A ' d ' f d ' 20      4 (2) OM AB F'O f 20 Từ (2)  d '  100 cm. Thay vào (1)  d  25 cm.

2. Từ (1) và (2) ở câu 1 ta có:

d ' d ' 20   20d '  dd ' 20d  20(d  d ')  dd ' d 20 Mà khoảng cách vật đến ảnh thật (trên màn) là 90cm  d  d '  90 Từ đó: dd' = 20.90 = 1800

d = 30cm. d = 60cm. hoặc  d' = 60 cm. d' = 30 cm.

Giải hệ ta được  Câu 6:

+ Móc quả cân vào lực kế, lực kế chỉ giá trị P.

P = (m1 +m 2 ). g (1) Với m1, m2 là khối lượng đồng và sắt trong quả cầu.



+ Thả quả cân chìm vào nước, nó chịu thêm lực đẩy Acsimet F hướng lên

P' = P - F = P - VDg (2) Từ (2) suy ra V = V1 +V2 =

P  P' (3) Dg

Từ (1) suy ra m1 + m 2 = V1D1  V2 D 2 

P (4) g

Trong đó V1, V2, D1, D2 là thể tích và khối lượng riêng của đồng và sắt trong quả cân.

Từ (3) và (4) ta có hệ phương trình hai ẩn là V1 và V2:

(D  D 2 ).P  D 2 .P ' P  P'   V   V + V = 1 1 2   D.(D 2  D1 ).g Dg      V D  V D  P V  (D  D1 ).P  D1.P ' 1 1 2 2   2 g D.(D 2  D1 ).g Vậy tỉ số:

Hoặc

m1 V1D1 D (D  D 2 ).P  D 2 .P ' = =- 1. m 2 V2 D 2 D 2 (D  D1 ).P  D1.P '

m1 V1D1 D1 (D 2  D).P  D 2 .P ' = = . m 2 V2 D 2 D 2 (D  D1 ).P  D1.P '

Đề thi vào chuyên vật lí trường THPT chuyên KHTN Hà Nội - Năm học 2015 - 2016 Câu 1: Thả nhẹ một cốc rỗng hình trụ theo phương thẳng đứng, miệng cốc hướng lên trên vào một chất lỏng X thì khi cân bằng cốc nổi và miệng cốc cách mặt chất lỏng một khoảng h1 = 5,0 cm. Đổ nhẹ cát vào cốc đến khi khối lượng cát trong ống là m1 = 0,2kg thì cốc bắt đầu chìm. Thả nhẹ cốc trên (lúc đầu chưa có cát) vào bình đựng chất lỏng Y thì miệng cốc cách mặt chất lỏng một khoảng là h2 = 6,0 cm. Đổ nhẹ m2 = 0,3kg cát vào cốc thì cốc bắt đầu chìm. Trong toàn bộ các quá trình trên cốc luôn luôn giữ ở vị trí thẳng đứng. a. Tìm tỷ số khối lượng riêng của hai chất lỏng X và Y. b. Tìm chiều cao và khối lượng của cốc.

Câu 2: Để nghiên cứu tính chất nhiệt của chất rắn X (không tan trong nước) người ta làm thí nghiệm sau: Thả miếng chất rắn X có khối lượng m1 = 2kg ở nhiệt độ t1 = 20 oC vào bình chứa ở nhiệt độ t2 = 90 oC thì khi cân bằng, nhiệt độ của hệ là tCB = 70 oC. Nhiệt dung riêng của chất X ở 20 oC là c1 = 840 J/(kg.K), nhiệt dung riêng của nước là không đổi và bằng c2 = 4200 J/(kg.K). Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với bình chứa và môi trường. a. Coi rằng nhiệt dung riêng của chất X cũng không thay đổi. Tìm khối lượng nước trong bình. b. Trên thực tế, khối lượng nước trong bình chính xác là m2 = 1,05 kg. Sự sai lệch so với kết quả tính được trong phần trên là do nhiệt dung riêng cx của chấ X phụ thuộc vào yếu tố nhiệt độ t. Giả thiết sự phụ thuộc đó được mô tả bằng quy luật cx = c0(1 + αt) trong đó t là nhiệt độ của chất X tính theo đơn vị oC, c0 và α là các hằng số. Hãy xác định c0 và α.

Câu 3: Bộ bóng đèn được mắc vào hiệu điện thế không đổi U qua một điện trở RS (Hình 1). Điện trở các bóng đèn cùng bằng R và không phụ thuộc vào hiệu điện thế. Khi có n1 = 2 hoặc n2 = 9 bóng đèn mắc song song vào M và N thì tổng công suất tiêu thụ trên các bóng đèn trong cả hai trường hợp đều bằng P.

a. Hỏi khi có n bóng đèn mắc song song vào M và N thì công suất tiêu thụ của mỗi bóng đèn là bao nhiêu (biểu diễn kết quả theo P và n)? b. Tìm n để tổng công suất tiêu thụ của bộ bóng đèn lớn nhất.

Câu 4: Người ta tìm thấy trong bản thảo của Snell một sơ đồ quang học, mà theo mô tả đi kèm thì đó là hình vẽ ảnh của một đoạn thẳng AB qua một thấu kính (A và B đều nằm ở trước thấu kính). Do để lâu ngày nên nét vẽ bị nhoè và nay chỉ còn thấy rõ 4 điểm trong đó 3 điểm nằm ở các đỉnh của tam giác vuông cân (vuông tại A) và một điểm ở trọng tâm của tam giác đó (Hình 2). Các điểm trên hình vẽ là các điểm ở hai đầu của vật và hai đầu của ảnh

a. Điểm B là điểm nào trên hình vẽ? Hãy giải thích. b. Bằng cách vẽ, hãy khôi phục vị trí quang tâm và các tiêu điểm của thấu kính. c. Biết tiêu cự của thấu kính là f = 6cm. Tìm chiều dài AB của vật và góc nghiêng của vật AB với trục chính của thấu kính.

Câu 5: Cho mạch điện như Hình 3. Hiệu điện thế giữa hai đầu mạch không đổi và bằng U. Các ampe kế giống nhau có cùng điện trở RA. Giá trị điện trở R = 12Ω; Rx là biến trở. Khi Rx = 12Ω thì ampe kế A1 chỉ I1 = 120 mA, ampe kế A2 chỉ I2 = 40mA, dòng qua ampe kế A2 có chiều từ M đến N.

a. Tìm RA và U. b. Tìm Rx để tổng số chỉ của ampe kế là 410 mA.

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1:

a.

Khi cốc rỗng, có : P = FA 10.m = 10.D1.(h – h1).S

(1)

10.m = 10.D2.(h – h2).S

(2)

Khi cốc bắt đầu chìm, có : 10.(m + m1) = 10.D1.h.S

(3)

10.(m + m2) = 10.D2.h.S

(4)

Từ (1) và (3) => m1 = D1.h1.S Từ (2) và (4) => m2 = D2.h2.S 

D1 m1h2   0,8 D2 m2 h1

b.

Từ (3) và (4) 

m1  m D1 m1h2    m  0, 2kg m2  m D2 m2 h1

Từ (1) và (2) 

h  h2 D1 m1h2    h  0,1m h  h1 D2 m2 h1

Câu 2: a) Có phương trình cân bằng nhiệt: Qtỏa = Qthu <=> m1C1(tCB – t1) = m2C2(t2 – tCB) => m2 = 1 (kg) b) Có phương trình cân bằng nhiệt: Qtỏa = Qthu <=> m1CTB(tCB – t1) = m2C2(t2 – tCB) => CTB = 882 J/(kg.K) Với : CTB = (C1 + C1’)/2 => C1’ = 924 J/(kg.K)

C0  806, 4 J / (kg .K ) C1  C0 (1  20 )  840   Có hệ :   1  2, 08.10 3 K 1 C1  C0 (1  70 )  924   480 

Câu 3: a) Tổng công suất tiêu thụ của bộ bóng đèn là: Pn 

U2 R   RS   n 

2

.

R (1) n

Với n1 = 2 và n2 = 9 có: 2

U2

R U2 R R R   P .  .  2  RS    9  RS   2 2 2 9    R  n1  R  n2  RS    RS   n1  n2   

R R 18  RS   ;P  n1n2 3 2 3 2





2

2

U2 R

3  2   n  3 2 

2

 P1 

2

Pn U R 18   2 n  nRS  R  n3 2



2



2

.

U R

2

P

b) Áp dụng bất đẳng thức Cô–si, từ (1) => Pn đạt cực đại khi: n 

RS 3 2 R

Vì n nguyên nên ta xét 2 giá trị gần nhất là n = 4 và n = 5.

Mà :

4



5

 4  3 2  5  3 2  2

2

nên ta chọn n = 4

Vậy mắc 4 bóng đèn thì công suất sẽ lớn nhất.

Câu 4: a) Giao điểm của đường thẳng AB và A’B’ là điểm I nằm trên mặt thấu kính. Do A và B đều nằm trước thấu kính nên I phải nằm ngoài đoạn AB. Nếu B là một trong hai đỉnh còn lại của tam giác thì I nằm trong đoạn AB (Vô lý). Vậy B phải nằm tại trọng tâm của tam giác.

b)

Chọn một trong hai đỉnh còn lại là A’, đỉnh còn lại là B’.

Kéo dài đoạn thẳng AB cắt A’B’ tại điểm I nằm trên mặt thấu kính.

Kéo dài đoạn thẳng BB’ cắt AA’ tại quang tâm O của thấu kính.

Thấu kính là thấu kính hội tụ.

B là trọng tâm, nên OI là đường trung bình của DAA’B’ nên OI // AB’ tức OI ^ AA’ => trục chính D đi qua AA’.

Kẻ đường Bx // AA’ cắt OI tại J. Kéo dài B’J cắt AA’ tại tiêu điểm F’.

Lấy F đối xứng F’ qua O. c) O là trung điểm AA’ => OA = OA’ = 2f = 12 cm. => AB’ = AA’ = 24 cm => IA’ = IB’ = IA = 12 2 cm => AB = 2.AI/3 = 8 2 cm.

Góc hợp giữa AB và AA’ là 450.

Câu 5:

a) Do tính đối xứng của mạch nên số chỉ của ampe kế A3 cũng là 120 mA như ampe kế A1.

Ta có: IR = IA1 – IA2 = 80 mA. UAN = IR.R = IA1RA + IA2(RA + Rx) => 0,08.12 = 0,12RA + 0,04(RA + 12) => RA = 3

UAB = IA1RA + IRR = 0,12.3 + 0,08.12 = 1,32 V b) Do RA < R nên khi chưa có cầu MN (A2 và Rx) thì UMN > 0 => Khi gắn cầu MN thì dòng qua A2 đi từ M đến N Theo đề có: IA1 + IA2 + IA3 = 2IA1 + IA2 = 0,41 A Mà: U = IA1RA + IRR = IA1RA + (IA1 – IA2)R => 15IA1 – 12IA2 = 1,32

(2)

Từ (1) và (2): => IA1 = 0,16 A ; IA2 = 0,09 A => IR = 0,07 A UR = IRR = IA1RA + IA2(R + x) => 0,07.12 = 0,16.3 + 0,09(12 + x) => x = 1Ω

(1)

Đề thi vào chuyên vật lí trường THPT chuyên Thái Nguyên – Năm học 2015 – 2016 Câu 1: Từ 2 thành phố A và B cách nhau 200km có 2 ô tô cùng khởi hành, chuyển động ngược chiều và lại gần nhau. Xe đi từ A có vận tốc không đổi v1 = 40 km/h, xe đi từ B có vận tốc là v2 = 60km/h. Sau khi xuất phát được 1h thì xe đi từ B dừng lại nghỉ 30 phút, rồi tiếp tục đi về A với vận tốc cũ. Hỏi sau bao lâu các xe gặp nhau cà vị trí gặp nhau cách A bao nhiêu km? Vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của toạ độ vào thời gian của 2 xe trong cùng 1 hệ trục toạ độ (xOt).

Câu 2: Cho mạch điện như hình 1. Nếu mắc hai chốt 1 và 2 vào hiệu điện thế U thì công suất toả nhiệt là 60W khi hai chốt 3 và 4 để hở và bằng 100W khi chốt 3 và 4 chập lại. Nếu mắc hai chốt 3 và 4 vào hiệu điện thế U như trên mà hai chốt 1 và 2 để hở thì công suất toả nhiệt của mạch là 40W. Tìm công suất toả nhiệt của mạch trong trường hợp hai chốt 3 và 4 vẫn nối vào hiệu điện thế U như trên mà chốt 1 và 2 được chập lại.

Câu 3: Hai tia sáng đối xứng nhau qua trục chính của một thấu kính phân kì có tiêu cự 5cm.

Giao điểm của chúng cắt trục chính của thấu kính tại A (hình 2), biết OA = d = 20cm và α = 50.

a. Trình bày cách vẽ tia khúc xạ của hai tia sáng trên qua thấu kính. b. Xác định độ lớn của góc β tạo bởi hai tia khúc xạ đó.

Câu 4: Cho mạch điện như hình vẽ, các ampe kế và dây nối có điện trở không đáng kể, R1 = 5Ω, R2 = 10 Ω, R3 = 8 Ω, R4 = 16 Ω, UAB = 26V.

a. Tính số chỉ của các ampe kế. b. Đổi chỗ 2 điện trở R1 và R2 thì các ampe kế chỉ bao nhiêu? Xác định chiều dòng điện đi qua ampe kế A2.

Câu 5: Cho một thanh gỗ thẳng dài có thể quay quanh một trục lắp cố định ở một giá thí nghiệm, một thước chia tới milimet, một bình hình trụ lớn đựng nước (đã biết khối lượng riêng của nước), một bình hình trụ lớn đựng dầu hoả, một lọ nhỏ rỗng, một lọ nhỏ chứa đầy cát có nút đậy kín bằng cao su, hai sợi dây. Hãy trình bày một phương án xác định khối lượng riêng của dầu hoả.

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1:

Gọi C là điểm xe xuất phát từ B dừng lại nghỉ. Ta có: BC = v2.t0 = 60.1 = 60km Gọi t là thời gian hai xe gặp nhau. Ta có:

v1t  v2 (t  1,5)  AC  40t  60(t  1,5)  200  60  t  2,3h Vị trí gặp nhau cách A là: s = v1t = 40.2,3 = 93km Câu 2: + TH1: Mắc U vào 1,3; để hở 3,4 => không có dòng qua R3 => R1 nối tiếp R2 => P = U2/(R1 + R2) (1) + TH2: Mắc U vào 1,2; chốt 3 và 4 chập lại: Mạch gồm (R2 // R3) nt R1

=> Rtd  R1 

R2 R3  P2  R2  R3

R2  R3 U2 U2 RR R1 R2  R1 R3  R2 R3 R1  2 3 R2  R3

+ Khi mắc U vào chốt 3,4; chốt 1,2 để hở. Mạch có R2 nt R3.

P3 = U2/(R2 + R3) (3) + Khi mắc U vào 3,4; chốt 1,2 chập vào nhau. Mạch có: R3 nt (R1 //R2)

P4 

R1  R2 U2 U2 RR R1 R2  R1 R3  R2 R3 R3  1 2 R1  R2

Từ (1), (2), (3), (4)

 P2 R1  R2 P  R  R P 40 P 40  4 2 3  2  3   P4  100.  60, 67W  P4 P1 60 60  P3  R1  R2  P1 R2  R3 Câu 3:

a. Vì tia tới song song với trục chính của một thấu kính phân kì sẽ cho tia ló có đường kéo dài đi qua tiêu điểm ảnh => Tại quang tâm O dựng trục phụ ∆’ // AI Tại F’ dựng đường vuông góc với trục chính tại F’, cắt ∆’ tại F1’ => F1’ là tiêu điểm ảnh của trục phụ ∆’ => Đường thẳng nối F1’I chính là tia ló IA’ của tia tới IA. Tương tự, ta vẽ tia ló của tia còn lại. b.

OI  OA.tan  (1)  0  + Xét ∆AOI có AOI  90   MF  AF  3  OI  OC  4 (3) Gọi β’ là góc hợp bởi tia IA’ và trục chính.

+ Xét ∆OCI có:

OI  OC.tan  (2)  0  b COI  90   F F1 CF  3  OI  OC  4 (4) Từ (1) và (2) => OA.tanα = OC.tanβ (*) + Tứ giác MIOF1’là hình bình hành do MF1’ // OI (cùng vuông góc với đường thẳng ∆) và OF1’ // MI (cách dựng) => MF1’ = OI Kết hợp với (3) => MF1 

FF  1 4 1 1 MF   FF1  MF1  OI  1  3 4 4 OI 4

Kết hợp với (4) => CF’/OC = ¼ Mà CF’ + OC = OF’ = 5cm => OC = 7cm (**) Từ (*) và (**) => 20.tan50 = 4tanβ => β = 23,620.

Câu 4: a. Vì RA2 = 0 => UMN = 0 => chập M với N Mạch gồm (R1 // R2) nt (R3 // R4) RAM 

RR R1 R2 5.10 10 8.16 16   ; RMB  3 4    R1  R2 5  10 3 R3  R4 8  16 3

RAB  RAM  RMB  I A1 

U R2 26 26 I A1  AB   3 A; I1  3 RAB 26 / 3 R1  R2

R4 10 16 3  2 AI 3  I A1  .3  2 A 3  10 R3  R4 8  16

Tại nút M: giả sử dòng điện qua A2 có chiều từ M đến N => I1 = I3 + IA2 => IA2 = 0A => không có dòng điện qua ampe kế A2 b. Đổi chỗ R1 và R2. Mạch gồm: (R1 // R2) nt (R3 // R4)

=> Cách mắc mạch điện không đổi I 3  I 3  2 A; I 2 

R1 .I A1  1A R1  R2

Gỉa sử dòng điện qua ampe kế A2 có chiều từ N đến M

=> I2’ + IA2’ = I3’ => IA2’ = 1A => giả sử đúng.

Câu 5: – Đổ đầy nước vào lọ rỗng, nút lại và buộc sợi chỉ vào cổ hai lọ nước và cát rồi treo lên giá thí nghiệm như hình vẽ.

=> P0.l0 = P1.l1 (1) (dùng thước đo l0 và l1) – Đổ hết nước ra, đổ dầu vào đầy lọ rỗng, nút lại và buộc dây chỉ, mắc như hình 1. Gọi l2 là khoảng cách từ O đến điểm treo bình dầu => P0l0 = P2l2 Từ (1) và (2) => P1l1 = P2l2 => m1.l1 = m2.l2 => D nước.V.l1 = D dầu.V.l2 (V là thể tích bình rỗng) => D nước.l1 = D dầu.l2 => D dầu = D nước.l1/l2

Đề thi vào chuyên vật lý trường THPT chuyên Thái Bình – Năm học 2015 – 2016 Câu 1: Lúc 6 giờ, một xe buýt chuyển động thẳng đều qua điểm A theo hướng AH với vận tốc v1 = 18 km/h và một học sinh chuyển động thẳng đều qua điểm B với vận tốc v2 để đón xe đi thi vào lớp 10 THPT chuyên Thái Bình. Biết BH = 40 m, AB = 80 m (Hình vẽ 1).

1. Học sinh phải chạy theo hướng nào, với vận tốc nhỏ nhất bằng bao nhiêu để đón được xe buýt?

2. Nếu chạy với vận tốc nhỏ nhất thì lúc mấy giờ học sinh đó gặp được xe buýt?

Câu 2: 1. Điện năng được truyền từ nơi phát đến một khu dân cư bằng đường dây truyền tải có điện trở không đổi với điện năng hao phí trên đường dây là 12,5%. Nếu công suất sử dụng điện của khu dân cư này tăng 25% và giữ nguyên điện áp ở nơi phát thì điện năng hao phí trên chính đường dây đó là bao nhiêu phần trăm? Biết hiệu suất truyền tải điện năng lớn hơn 80%.

2. Một đoạn dây dẫn MN đồng chất, có dòng điện I chạy qua, được treo nằm ngang bằng hai sợi dây không giãn, đặt trong miền không gian có từ trường đều (hình vẽ 2). Biết lực căng trên mỗi sợi dây treo là 4N, đoạn dây có trọng lượng 2N. Tính lực điện từ tác dụng lên đoạn dây dẫn MN.

Câu 3: Người ta thả một miếng đồng có khối lượng m1 = 0,4 kg đã được đốt nóng đến nhiệt độ t10C vào một nhiệt lượng kế có chứa m2 = 0,5 kg nước ở nhiệt độ t2 = 240C. Nhiệt độ khi có sự cân bằng nhiệt là t3 = 900C. Biết nhiệt dung riêng và khối lượng riêng của đồng và nước

lần lượt là c1 = 400 J/kg.K; D1 = 8900 kg/m3; c2 = 4200 J/kg.K; D2 = 1000 kg/m3. Nhiệt hóa hơi của nước là L = 2,5. 106 J/kg. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt giữa nước với nhiệt lượng kế và môi trường. a. Xác định nhiệt độ ban đầu t1 của miếng đồng. b. Sau đó thả thêm một miếng đồng khác có khối lượng m3 cũng ở nhiệt độ t10C vào nhiệt lượng kế. Khi lập lại cân bằng nhiệt, mực nước trong nhiệt lượng kế vẫn bằng mực nước trước khi thả miếng đồng m3. Xác định khối lượng m3 Câu 4: Cho mạch điện như hình vẽ 3. Biết R3 = 4Ω, R1 = R2 = 12Ω, R4 = 10Ω. Ampe kế có điện trở RA= 1Ω, Ry là một biến trở. Hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch U có giá trị không thay đổi. Bỏ qua điện trở của khóa K và các dây nối.

1. K đóng. Cho Ry thay đổi đến khi công suất trên Ry đạt giá trị cực đại Pymax thì ampe kế chỉ 3A. Tính U, Pymax và giá trị của Ry khi đó.

2. K mở. Giữ nguyên giá trị của Ry như câu trên. Tìm số chỉ của ampe kế khi đó và tính hiệu điện thế UBM Câu 5: 1. Đặt một vật sáng AB vuông góc với trục chính của một thấu kính tiêu cự f, thấu kính cho ảnh thật A1B1. Dịch chuyển vật lại gần thấu kính 10 cm thì thấy ảnh bị dịch chuyển đi 20 cm. Biết hai ảnh cùng tính chất và ảnh sau cao gấp 2 lần ảnh trước. Tìm tiêu cự của thấu kính.

2. Một người có khoảng nhìn rõ ngắn nhất là 10 cm, khoảng nhìn rõ xa nhất là 40 cm. a. Mắt người này mắc tật gì? Người này phải đeo kính có tiêu cự bằng bao nhiêu để nhìn rõ được các vật ở xa vô cùng (coi kính đeo sát mắt)? b. Người này không đeo kính trên mà dùng một kính lúp trên vành đỡ kính có ghi 5X để quan sát các vật nhỏ, mắt đặt cách kính 2 cm. Xác định phạm vi đặt vật trước kính để mắt nhìn rõ vật.

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: – HS vẽ hình. Giả sử học sinh này gặp ô tô tại điểm C sau thời gian t: AC = v1. t ; BC = v2. t

Áp dụng định lý hàm số Sin cho tam giác ABC: v BC AC AC Sin  => v2 = 1 Sin   => BC = Sin  Sin Sin Sin

Trong AHB: sin   =>v2 =

BH 40 1      300 AB 80 2

18 Sin30 . Để v2 có nhỏ nhất sin   1    900 Sin

Học sinh này phải chạy theo hướng vuông góc với BA v2( min) = Khoảng thời gian : Δt 

AC v1

ABC vuông tại B => AC =

AB 80  Cos  Cos300

160  AC 

160 3

(m)  Δt 

3  32  18, 475s 5 3

– HS đón được ô tô lúc 6h 0phút 18,475s Câu 2: –Ban đầu: P1  ΔP1  P11

ΔP1  12,5%P1 ; P1 87,5%P1 .

–Khi công suất tiêu thụ tăng 25%  P2  1, 25 P1 ; P2  ΔP2  P2 Từ (1), (2)  P2  P1  (ΔP2  ΔP1 )  ( P2 P1 ) Mặt khác

1/ 2 = 9 km/h = 2,5 m/s Sin900

 P  2  ΔP2 P2 2   P2  P1  ΔP1  2   1  0, 25.0,875 P1 ΔP1 P12  P1    P  2   P2  P1  0,125 P1  2   1  0, 25.0,875 P1  P1   2

P  P2 P 7  1  0,125  2    0,125; Đặt 2  x P1 P1  P1  32

=> x – 1 = 0,125x2 + 3/32 => 0,125x2 – x + 35/32 = 0 . Giải pt x

6,69 và x 1,30 2

2

P  P  ΔP1  2  0,125 P1  2  ΔP2  P1    P1   0,125 P2  0,125 x  Phần trăm điện năng hao phí: P2 P2 P2 P1

Do H2 > 80%

ΔP2  0,125 x  0,125.1,30  16, 25% (Thỏa mãn) P2

ΔP2  0,125 x  0,125.6, 69  83, 625% ( Loại) P2

– Áp dụng quy tắc bàn tay trái Lực điện từ tác dụng lên đoạn dây dẫn có chiều đi xuống. HS vẽ hình và biểu diễn lực

Áp dụng điều kiện cân bằng P + F = T1+ T2 F = 6 N Câu 3: Khi có sự cân bằng nhiệt: Nhiệt lượng miếng đồng tỏa ra bằng nhiệt lượng nước thu vào. m1c1( t1 – t3 ) = m2c2( t3 – t2 ) t1 = t3 +

m2 c2 (t3  t2 ) m1c1

Thay số: t1 = 90 +

0,5.4200.(90  24)  956, 25 Khi thả miếng đồng m3 vào nhiệt lượng kế 0, 4.400

mực nước trong nhiệt lượng kế không đổi chứng tỏ thể tích nước bị hóa hơi bằng thể tích của miếng đồng thả vào (Vnước= Vđồng), nhiệt độ khi có sự cân bằng nhiệt là t4 = 1000C. Phương trình cân bằng nhiệt: m3c1( t1 – t4 ) = m1c1( t4 – t3 ) + m2c2( t4 – t3 ) + L.mnước hóa hơi (1) mnước hóa hơi: khối lượng nước hóa hơi mnước hóa hơi = Vnước.D2 = Vđồng.D2 = Từ (1), (2) m3 =

Thay số: m3 =

m3 D2 (2) D1

 m1c1  m2 c2  . t4  t3   t1  t4  .c1  L.

D2 D1

 0, 4.400  0,5.4200  .(100  90) 1000 (956, 25  100).400  2,5.10 .

8900

 0,367 kg

6

Câu 4: –K đóng:





Sơ đồ mạch điện: R4 nt  R3 nt  R2 / / R1   / /  Ry ntRA 

R123  R3 

R1 R2 12.12  4  10Ω R1  R2 12  12

RYA = RA + RY = 1 + y ; Đặt Ry = y RAB 

RYA .R123 (1  y ).10 (1  y ).10   RYA  R123 1  y  10 y  11

Rm  R4  RAB  10 

I

10(1  y ) 20( y  6)  y  11 y  11

U .  y  1 R U  U AB  I .RAB  U . AB  Rm Rm 2.  y  6 

Số chỉ am pe kế: I A 

U AB U  RAY 2.  y  6 

Công suất trên Ry : Py  I A2 RY 

U 2 .y  4.( y  6) 2

Áp dụng bất đẳng thức Côsi: ( y 

PY 



U2

4. 2 6

 I A  PYmax 



2



6 y

U2  6  4.  y    y  

2

)2 6

U2 khi y = 6Ω = RY 96

U  3 A  U  6.  6  6   72V 2.( y  6)

722  54W 96





K mở: Viết sơ đồ và vẽ lại mạch điện mạch điện :R4nt R4 nt  RA ntRy ntR2  / / R3 ntR1

RY = 6 RAMN = RA + RY + R2 = 19 RAN 

R3 .RAMN 4.19 76   Ω  3,3Ω R3  RAMN 4  19 23

Rm = R4 + RAMN +R1 = 10 + 3,3 + 12 = 25,3 I

U 72   2,845 A Rm 25,3

Số chỉ của Ăm pe kế: I A 

U AN I .RAN 2,845.3,3    0, 494 A RAMN RAMN 19

UBM = –I.R1 – IA.R2 = –2,845.12 – 0,494.12 » – 40V RY = 6 RAMN = RA + RY + R2 = 19 Rm = R4 + RAMN +R1 = 10 + 3,3 + 12 = 25,3

Số chỉ của Ăm pe kế: UBM = –I.R1 – IA.R2 = –2,845.12 – 0,494.12 => – 40V Câu 5: Ban đầu:

AB   A1 B1 d1 d1

Khi dịch chuyển vật lại gần TK:

AB   A1 B1 d2 d 2

Vì ảnh thật, vật thật Thấu kính hội tụ Khi vật dịch lại gần thấu kính, ảnh lớn hơn trước và cùng tính chất ảnh dịch chuyển xa thấu kính d2 = d1 – 10 ;d2’ = d1’ + 20; K2 = 2.K1 Áp dụng công thức:

K1  

d  f f  1 (1) d1  f f

K2  

d  f f  2 (2) d2  f f K2 = 2K1 (3)

Từ (1), (2), (3) d1 = f + 20; d’1 = f + 20 Áp dụng công thức:

1 1 1   => f = 20cm f d d

Mắt người này mắc tật cận thị.

Tiêu cự của kính cần đeo: f = – OCv = – 40 cm Kính lúp 5X f =

25  5cm 5

+ Khi ảnh qua kính lúp hiện lên ở điểm cực cận: d’ = l – OCc = – 8 cm ; d m 

d . f  3, 077cm d  f

+ Khi ảnh qua kính lúp hiện lên ở điểm cực viễn: d’ = l – OCv = – 38 cm ; d M 

d f  4, 419cm d  f

Khoảng đặt vật trước kính là: 3, 077cm  d  4, 419cm

Đề thi vào chuyên vật lý trường THPT chuyên Thái Bình – Năm học 2014 – 2015 Câu 1: Trên dòng sông, nước chảy với vận tốc u, có hai tàu thủy đi lại gặp nhau. Tại một thời điểm nào đó, khi một tàu thủy qua địa điểm A thì chiếc tàu thủy kia đi qua địa điểm B, đồng thời từ A có một xuồng máy chạy qua chạy lại giữa hai tàu thủy nói trên cho tới khi hai tàu thủy gặp nhau. Khoảng cách giữa hai địa điểm A và B theo bờ sông là L. Vận tốc của tàu thủy và của xuồng máy khi nước yên lặng là v và V. Địa điểm A nằm ở thượng nguồn. a. Xác định thời gian xuồng máy đã chuyển động từ địa điểm A cho đến khi hai tàu thủy gặp nhau. b. Xác định quãng đường mà xuồng máy đã chạy trong thời gian nói trên. Câu trả lời như thế nào nếu xuồng máy xuất phát từ B. Câu 2: Một bình hình trụ có bán kính đáy là R1= 20cm chứa nước ở nhiệt độ t1 = 200C đặt trên mặt bàn nằm ngang. Người ta thả một quả cầu đặc bằng nhôm có bán kính R2= 10cm ở nhiệt độ t2 = 400C vào bình thì mực nước ngập chính giữa quả cầu. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt giữa nước, quả cầu với bình và môi trường; cho biết khối lượng riêng của nước là D1= 1000 kg/m3 và của nhôm là D2 = 2700 kg/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 có cân bằng nhiệt. b. Đổ thêm dầu ở nhiệt độ t3 = 150C vào bình cho vừa đủ ngập quả cầu. Biết khối lượng riêng của dầu là D3 = 800 kg/m3, nhiệt dung riêng của dầu là c3 = 2800 J/kg.K. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt giữa nước, dầu, quả cầu với bình và môi trường. Hãy xác định nhiệt độ của hệ khi cân bằng nhiệt, áp lực của quả cầu lên đáy bình. Cho biết công thức tính thể tích hình cầu là 4 Vc   Rc 3 , thể tích hình trụ là Vtr   Rtr 2 h .   3,14 3

Câu 3: Cho mạch điện (như hình 1). Đặt vào hai đầu của đoạn mạch một hiệu điện thế UAB = 18V. Biến trở Rb có điện trở toàn phần RMN = 20Ω, R1 = 2Ω; đèn có điện trở RĐ= 2Ω; vôn kế có điện trở rất lớn và ampe kế có điện trở nhỏ không đáng kể.

1. Điều chỉnh con chạy C để ampe kế chỉ 1A.

a. Xác định vị trí con chạy C. b. Tìm số chỉ vôn kế khi đó. c. Biết đèn sáng bình thường. Tìm công suất định mức của đèn.

2. Phải di chuyển con chạy C đến vị trí nào để công suất tiêu thụ trên biến trở đạt giá trị lớn nhất? Giá trị lớn nhất ấy bằng bao nhiêu? Cho biết độ sáng của đèn lúc này.

3. Biết đèn chịu được hiệu điện thế tối đa là 4,8V. Hỏi con chạy C chỉ được dịch chuyển trong khoảng nào của biến trở để đèn không bị cháy?

Câu 4: Một thấu kính hội tụ tiêu cự f .

1. Một điểm sáng S qua thấu kính cho ảnh thật S’. Gọi khoảng cách từ S đến thấu kính là d; từ S’ đến thấu kính là d’. Chứng minh công thức .

1 1 1   d d f

2. Điểm sáng A đặt trên trục chính của thấu kính hội tụ cách thấu kính một khoảng OA = 60cm. Tiêu cự của thấu kính f = 40cm. Cho điểm sáng A chuyển động trong thời gian 16 giây với vận tốc 0,5cm/s theo phương hợp với trục chính một góc α = 600 lại gần về phía thấu kính. Xác định vận tốc trung bình của ảnh và góc β hợp bởi phương chuyển động của ảnh với trục chính.

Câu 5: Cho các dụng cụ: –

Một vật có khối lượng m =10 gam.

–

Một thước kẻ học sinh có độ chia nhỏ nhất là 1mm và giới hạn đo là 20cm.

–

Một giá đỡ.

Để xác định chiều dài L và khối lượng M của một thanh đồng chất, tiết diện đều (chiều dài của thanh lớn hơn chiều dài của thước), một học sinh sử dụng các dụng cụ trên và đã tiến hành một thí nghiệm như sau: Đặt vật khối lượng m lên trên thanh ở cách đầu A của thanh một đoạn là x, thanh nằm cân bằng trên một điểm tựa tại O trên giá đỡ cách đầu A một đoạn là y (như hình 2). Khi vật m đặt ở các vị trí khác nhau, để đảm bảo cho thanh cân bằng theo phương nằm ngang, học sinh đó thu được bảng số liệu như sau: x(mm)

10

30

50

70

90

100

120

y(mm)

120

129

137

146

155

160

162

a. Thiết lập mối quan hệ giữa y với x, M, m và L trong trường hợp thanh cân bằng theo phương nằm ngang. b. Từ bảng số liệu thu được ở trên, em hãy vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của y theo x. Từ đó xác định khối lượng M và chiều dài L của thanh.

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: a. Vận tốc của tàu A là vA = v + u, của tàu B là: vB = v – u Thời gian để hai tàu gặp nhau là: t 

L L , đó cũng là thời gian xuồng máy  v  u  v  u 2v

chuyển động. b. Vận tốc xuồng máy khi xuôi dòng là: Vx  V  u Vận tốc xuồng máy khi ngược dòng là: Vn  V  u

Theo sơ đồ trên ta có: AB1 = A1B1 + AA1 A1B2 = A2B2 + A1A2 .............. => (AB1 + A1B2 +............) = (A1B1+ A2B2+ .......) + (AA1 + A1A2 +.......)

V ới AB1 + A1B2 +................: là tổng quãng đường sx xuồng máy đi xuôi dòng.

A1B1+ A2B2 + ............: là tổng quãng đường sn xuồng máy đi xuôi dòng.

AA1 + A1A2 +.................: là tổng quãng đường sA tàu thuỷ A đi được.

Có sx = sn + sA (1) trong đó s A  t.v A 

L .  v  u  (2) 2v

Gọi tx là tổng thời gian xuồng máy đi xuôi dòng, tn là tổng thời gian xuồng máy đi ngược dòng thì: t = tx + tn 

sx s L  n  V  u V  u 2v

Thay (1) ; (2) vào (3) thì:

(3)

sn s s .2V sn .2V L vu L L  vu  L V v  n  .   2n  .

1    .   2 2 2 V  u V  u 2v V  u 2 v 2v  V  u  V  u 2v V  u V u

 sn 

L V  v V 2  u2 L . .  .(V  v).(V  u ) 2v V  u 2V 4Vv

 sx  sn  2 sn  s A   sx  sn 

L L .(V  v).(V  u )  .(u  v) 2Vv 2v

L .(V 2  uv) (4) 2Vv

Trường hợp xuồng máy xuất phát từ B thì ta thay u bởi – u trong công thức (4) tổng quãng đường là:

L .(V 2  uv) 2Vv

Câu 2: 1 4 a. Thể tích chất lỏng trong bình V1   R12 R2  .  R23 2 3 1 4   Khối lượng của bình là : m1  V1 D1    R12 R2  .  R23  D1 2 3  

Thay số ta được m1 = 10,47kg 4 Khối lượng của quả cầu : m2  D2V2   R23 D2  11,3kg 3

Từ điều kiện của bài toán cho, ta có phương trình cân bằng nhiệt

m1c1 (t  t1 )  m2 c2 (t  t2 ) với t là nhiệt đôi hỗn hợp khi cân bằng Do đó, ta có nhiệt độ khi cân bằng là t 

m1c1t1  m2 c2t2 thay số t ≈ 23,70c m1c1  m2 c2

b. Do thể tích của dầu và nước bằng nhau nên khối lượng của dầu là

m3 m1 mD   m3  1 3 D3 D1 D1

thay số ta được m3 ≈ 8,38kg Khi cân bằng nhiệt ta được nhiệt độ của hệ là tx.

Phương trình cân bằng nhiệt m1c1  t  t x   m2 c2  t  t x   m3c3  t x  t3  → t x 

m1c1t  m2 c2t  m3c3t3 m1c1  m2 c2  m3c3

Thay số tx ≈ 21,060c 1 4 Áp lực của quả cầu lên đáy bình: F  P  FA  10m2  .  R23  D1  D3  .10 2 3

Thay số: F ≈ 75N Câu 3:

1.a + Mạch gồm : (RCM//RCN )ntR1ntRđ Đặt RCM = x thì RCN = 20 –x với 0  x  20Ω ; RCB  + RAB  R1  Rd  RCB + I AB  + IA 

x(20  x) 20

x(20  x)  x 2  20 x  80  4  20 20

U AB 18.20  2 RAB  x  20 x  80

U CB 18 x(20  x) 1 18 x  2   2 RCN  x  20 x  80 20  x  x  20 x  80

+ Ampe kế chỉ 1A 

18 x  1  x 2  2 x  80  0  x  20 x  80 2

+ Giải phương trình ta được x = 10W hoặc x = –8 (loại) + Vậy con chạy C ở chính giữa biến trở thì ampe kế chỉ 1A 1.b Với x = 10W ta có + I AB 

18.20  2( A) 10  20.10  80 2

U D  I AB RD  2.2  4(V ) + Số chỉ của vôn kế là: UV  U AB  U D  18  4  14(V ) 1.c + Công suất định mức của đèn là: PD (dm)  PD  2. Đặt y  R CB 

x(20  x) 20

RAB  RD  R1  RCB  4  y + I AB 

U AB 18  RAB y  4

Công suất tiêu thụ trên biến trở là:

 2 + PCB  I AB RCB   

  2   18  18   . y   y4  y 4   y  

2

U D2 42   8(W) RD 2

+ Áp dụng BĐT côsi ta có:

y

4 2 44 y

2

 18  +  PCB     20, 25  4 + Dấu "=" xảy ra khi

y

 x  14,5 4  x 2  20 x  y 4 4  20 y  x  5,5

+ Vậy con chạy C ở vị trí sao cho RCM  5,5Ω hoặc RCM  14,5Ω thì công suất tiêu thụ trên biến trở đạt cực đại, giá trị cực đại bằng 20,25W. Cường độ dòng điện trong mạch lúc đó là: + I AB 

18 18   2, 25( A) y4 44

 U D  I AB RD  2, 25.2  4,5(V ) + Đèn sáng hơn bình thường 3. + U D  I AB RD 

18 36 2  y4 y4

+ U D  4,8(V )  

36  4,8  y  3,5 y4

 x 2  20 x  3,5 20

+   x 2  20 x  70  0 + Vậy con chạy C chỉ được di chuyển trong khoảng sao cho điện trở của đoạn CM có giá trị từ 4,5W đến 15,5W Câu 4: Vẽ đúng hình

Ảnh ngược chiều với vật đó là ảnh thật Dùng tam giác đồng dạng chứng minh được công thức:

1 1 1   d d f

Khi điểm sáng từ A đến B với AB = v.t = 8cm thì ảnh đi từ A’ đến B’

Nêu cách vẽ ảnh A’B’ Tính chiều dài của ảnh Dựng BH và B’H’ vuông góc với trục chính Do OA = d = 60cm, mà

1 1 1 df 60.40    OA  d     120cm f d d d  f 60  40

Ta có AH  cos 600. AB  4cm  OH  OA  AH  56cm 1 1 1 OH . f 56.40    OH     140cm f OH OH  OH  f 56  40

Mà A’H’= OH’– OA’=140 –120 =20cm OI   tan   OA tan  OA OA 60 3    tan   tan  .  3.   tan  OA OA 120 2  tan   OI  OA

Suy ra góc hợp bởi quỹ đạo và trục chính là β 40,90 Ta có H B  tan  . AH   Theo định lí pitago ta có

3 .20  10 3cm 2

1 1 1 df 60.40    OA  d     120cm f d  d d  f 60  40

Vận tốc trung bình của ảnh: v 

AB 10 7 5 7    1, 65cm / s t 16 8

Câu 5: a.

Thanh đồng chất tiết diện đều nên trọng tâm nằm ở giữa thanh Điều kiện cân bằng của thanh 10M.(l0 – y) = 10m.(y – x)

Với L = 2l0

l0  y m l y l a  a 0 a y x 0 yx M yx a 1 a 1

Sự phụ thuộc của y theo x tuân theo một hàm số bậc nhất

Từ số liệu thu được vẽ được đồ thị hình bên

Ta thấy các điểm A,C,D,E nằm phân bố trên một đường thẳng nên coi các giá trị đó tương đối chính xác còn điểm F (x=120, y=162) nằm xa đường thẳng sai số lớn nên bỏ qua Như trên

l0  y  a không đổi. Vậy ta có yx

l0  120 l0  137   l0  201,3mm suy ra L = 2l0 = 402,6mm 120  10 137  50

Tương tự

l0  137 l0  146   l0  208, 2mm suy ra L = 2l0 = 416,4mm 137  50 146  70

l0  146 l0  155   l0  208, 2mm 146  70 155  90

suy ra L = 2l0 = 416,4mm Chiều dài của thanh là L

402, 6  416, 4  416, 4  411,8mm  412mm 3

l0 = 206 mm Với điểm A:

206  120 10   M  12,8 g 120  10 M

Với điểm C:

206  137 10   M  12, 6 g 137  50 M

Với điểm D:

206  146 10   M  12, 7 g 146  70 M

Khối lượng của thanh là M 

12,8  12, 6  12, 7  12, 7 g 3

Đề thi vào chuyên vật lý trường THPT chuyên Đại học Vinh - Năm học 2014 - 2015 Câu 1: Có hai xe ô tô chuyển động đều, cùng chiều trên một con đường thẳng. Một người đứng cố định tại vị trí A bên đường thấy rằng: lúc 8 giờ xe thứ nhất qua A; lúc 8 giờ 15 phút xe thứ hai qua A còn xe thứ nhất đi qua cột mốc cách A một đoạn 8km. Xe thứ hai đuổi kịp xe thứ nhất tại vị trí cách A một đoạn 24km. a. Tính vận tốc chuyển động của mỗi xe và thời điểm xe thứ hai đuổi kịp xe thứ nhất. b. Vào lúc 8 giờ 45 phút có xe thứ ba qua A đuổi theo hai xe nói trên. Sau khi đuổi kịp xe thứ nhất, xe thứ ba đi thêm 30 phút nữa thì sẽ ở vị trí cách đều xe thứ nhất và xe thứ hai. Coi chuyển của xe là đều, tìm vận tốc của xe thứ ba? Các thời điểm trên là trong cùng một ngày Câu 2: Một chiếc vương miện được làm bằng đồng mạ vàng. Treo vương miện vào lực kế: khi treo trong không khí lực kế chỉ 2,75N; khi nhúng vương miện vào trong nước thì lực kế chỉ 2,48N. Tính tỉ lệ phần trăm về khối lượng của vàng có trong vương miện. Biết trọng lượng riêng của vàng, của đồng và của nước lần lượt là

d v  193.103 N / m3 ; d d  86.103 N / m3 ; d n  104 N / m3 Câu 3: Một bình nhiệt lượng kế khối lượng chứa một lượng nước có khối lượng hệ thống đang có nhiệt độ t1  10C . Người ta thả vào bình một cục nước đá khối lượng M nhiệt độ

t2  5C , khi cân bằng cục nước đá chỉ tan một nửa khối lượng của nó. Sau đó rót thêm một lượng nước ở nhiệt độ t3  50C , có khối lượng bằng tổng khối lượng của nước và nước đá có trong bình. Nhiệt độ cân bằng của hệ sau đó là t4  20C . Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường xung quanh, coi thể tích của bình đủ lớn, biết nhiệt dung riêng của nước và nước đá lần lượt là c1 = 4200J/(kg.độ); c2 = 2100J/(kg.độ), nhiệt nóng chảy của nước đá là

  34.104 J / kg . Xác định nhiệt dung riêng của chất làm nhiệt lượng kế.

Câu 4 (3.0 điểm). Cho mạch điện như hình vẽ 1. Biết hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch không đổi là U=26V và các đèn có ghi: đèn Đ1 (6V 3W); đèn Đ2 (12V 12W); đèn Đ3 (12V 3W), Rb là biến trở. a. Có thể điều chỉnh biến trở để cả ba đèn sáng bình thường không? Tại sao? b. Mắc thêm một điện trở R1 vào mạch. Tìm giá trị của biến trở Rb, cách mắc và giá trị của R1 để cả ba đèn sáng bình thường. c. Ba đèn và điện trở R2 có thể mắc theo cách khác rồi mắc vào hai điểm AB để cả ba đèn sáng bình thường. Tìm cách mắc đó, tính giá trị của biến trở Rb và R2.

d. Tính hiệu suất của hai cách mắc trên. Xem rằng điện năng tiêu thụ trên các bóng đèn là có ích, còn trên các điện trở là vô ích.

Câu 5 (2.0 điểm). Một tấm bìa có khoét một lỗ tròn đường kính AB  6cm . Một thấu kính hội tụ có tiêu cự 20cm đặt vừa khít che kín lỗ tròn, có quang tâm trùng với tâm lỗ tròn, trục chính vuông góc với mặt phẳng tấm bìa. Sau tấm bìa đặt một màn ảnh song song với tấm bìa và cách tấm bìa một khoảng 40cm. Một điểm sáng S đặt trên trục chính của thấu kính, ở phía trước thấu kính (phía không có màn ảnh) cách thấu kính một khoảng 30cm. Khi đó trên màn ta thu được một vệt sáng tròn. a. Gọi S’ là ảnh của S qua thấu kính, bằng phép vẽ hãy xác định vị trí của S’. Tính đường kính vệt sáng tròn trên màn. b. Cố định vị trí của thấu kính và màn. Phải di chuyển điểm sáng S dọc theo trục chính một đoạn bao nhiêu, theo chiều nào để vệt sáng trên màn có kích thước như cũ.

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: a. Vận tốc của xe thứ nhất: v1 

S1 8   32 km / h t1 0, 25

Quãng đường xe thứ nhất đi được từ khi xe hai qua A cho đến gặp xe thứ hai là: S  24  8  16 km

Thời gian xe thứ hai chuyển động trong giai đoạn này là: t2  Vận tốc của xe hai là: v2 

S 16   0,5h v1 32

S 24   48km / h t2 0,5

b.

Thời điểm xe 3 qua A thì quãng đường của xe 1 và xe 2 đi được là :

S1  v1  0, 75  24 km; S 2  v2  0,5  24 km Gọi t1 là khoảng thời gian xe 3 chuyển động từ A cho đến khi đuổi kịp xe 1.

Khi đó ta có: v3 .t1  24  v1 .t1  t1 

24 v3  32

Thời điểm xe 3 cách đều hai xe là : t  t1  0,5 

0,5 v3  8 24  0,5  v3  32 v3  32

S1  24  v1t

Khoảng cách từ các xe đến điểm A tại thời điểm đó là : S 2  24  v2 t S3  v3 t

Theo bài ra S1  S 2  2 S3  48   v1  v2  t  2v3 t  48  80

0,5v3  8 0,5v3  8  2v3 v3  32 v3  32

v3  56km / h . Vậy v3  56km / h v32  72v3  896  0   v3  16km / h Câu 2: Gọi V1 và V2 lần lượt thể tích của Vàng và Đồng có trong vương miện Khi treo trong không khí: V1 d v  V2 d d  2, 75

(1)

Khi nhúng vương miện trong nước thì vật còn chịu lực đẩy Acsimet : V1 d v  V2 d d  V1  V2  d n  2, 48

(2)

3 3 193.10 V1  86.10 V2  2, 75 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:  4 4 V1 .10  V2 .10  0, 27

V1  4.106 m3 Giải hệ trên ta thu được:  6 3 V2  23.10 m

Tỉ lệ % khối lượng vàng có trong hợp kim là: % 

dV V1 193.103.4.106   28,1% 2, 75 2, 75

Câu 3: Gọi: c là nhiệt dung riêng của nhiệt lượng kế.

Giai đoạn 1: khi thả vào bình cục nước đá, do đá tan không hết nên nhiệt độ cân bằng của giai đoạn này là O0C. Ta có: Qtoa  mc  t1  0   2mc  t1  0   10mc  84000m Qthu  Mc2  0  t2  

M   180500M 2

Áp dụng phương trình cân bằng: Qtoa  Qthu  10mc  84000m  180500 M

3

Giai đoạn 2: Rót nước vào bình: Qtoa   M  2m  .c1 .  t3  t4    M  2m  .4200. 50  20  126000  M  2m Qthu  mc  t4  0 

M    2m  M  c1  t4  0   20.c.m  17.104 M  84000  2m  M  2

Áp dụng phương trình cân bằng: Qtoa  Qthu  126000  M  2m   20.c.m  17.104 M  84000  2m  M   42000  M  2m   20.c.m  17.104 M  m  84000  20c   128000 M

Từ (3) và (4) ta có phương trình:

10mc  84000m 180500 M 10c  84000 361    m  84000  20c  128000 M 84000  20c 256

 2560c  21504000  30324000  7220c

c

30324000  21504000  901,8 2560  7220

Câu 4:

Pdm1 3   I dm1  U  6  0,5 A  dm1 a. Đèn Đ1:   R  U dm1  6  12  d 1 I dm1 0,5 Pdm 2 12    1A  I dm 2  U 12  dm 2 Đèn Đ2:   R  U dm 2  12  12  d 2 I dm 2 1 Pdm 3 3    0, 25 A  I dm 3  U 12  dm 3 Đèn Đ3:   R  U dm 3  12  48  d 1 I dm 3 0, 25 Do I dm1  I dm 2  I dm 3 nên ba đèn không thể sáng bình thường b.

Do I dm1  I dm 2  I dm 3 nên mắc R1 song song với đèn Đ1.

I R1  I dm 2  I dm 3  I dm1  1  0, 25  0,5  0, 75 A U R1  U d 1  6V  R1 

U R1 6   8 I R1 0, 75

I Rb  I dm 2  I dm 3  1  0, 25  1, 25 A U Rb  U  U dm1  U dm 2  26  6  12  8V  Rb 

U Rb 8   6, 4 I Rb 1, 25

4

c. Để cả ba đèn sáng bình thường ta có cách mắc: (Đ1 nt R2)// Đ2// Đ3.

I R 2  I dm1  0,5 A U R 2  U dm 2  U dm1  12  6  6V  R2 

U R2 6   12 I R 2 0,5

I Rb  I dm1  I dm 2  I dm 3  0,5  1  0, 25  1, 75 A U Rb  U  U dm 2  26  12  14V  Rb 

U Rb 14   8 I Rb 1, 75

d.

Công suất có ích: Pci  Pdm1  Pdm 2  Pdm 3  3  12  3  18W Công suất hao phí do tỏa nhiệt trên các điện trở là: 2 Cách mắc 1: P1  I R21 R  I Rb Rb  0, 752.8  1, 252.6, 4  14,5W

 H1 

Pci 18   55, 4% Pci  P1 18  14,5

2 Cách mắc 2: P2  I R2 2 R2  I Rb Rb  0,52.12  1, 752.8  27,5W

 H2 

Pci 18   39, 6% Pci  P2 18  27,5

Câu 5: a.

Dùng trục phụ ta vẽ được ảnh của vât như hình vẽ trên

Ta có:

SA OS 30 3    ON OF  20 2

SS  SA 3    2 SS   3OS   2  SO  OS    3OS  OS  ON 2  OS   2.SO  60cm

Vậy ảnh S’ của S cách thấu kính 60cm.

Tính đường kính vệt sáng trên màn: CD IS  60  40 1 1     CD  AB  2cm AB OS  60 3 3

Vậy đường kính vệt sáng trên màn là 2cm. b.

Vẽ hình

Đường kính vệt sáng như cũ nên ta có:

CD IS  OI  OS  1 3OI     OS    30cm AB OS  OS  3 4

Vậy đường kính vệt sáng trên màn là 2cm.

Biết vị trí của ảnh S’ cách thấu kính 30 cm, hoàn toàn tương tự ta tìm được vị trí của S cách thấu kính 60 cm.

Vậy cần phải di chuyển S ra xa thấu kính một đoạn 60 – 30 = 30 cm