Tong hop tu trang 459 den trang 551

Chiến thắng kỳ thi vào 10 chuyên Vật lí – TËp – TrÞnh Minh HiƯp - Có thể thay đổi giá trị biến trở để độ sáng đèn gần độ sáng lúc hoạt động bình thường + Ta có: R R 12 R1 12 R1 20 R1  96 R13    R132  R12  R2  8  R1  R3 12  R1 12  R1 12  R1  RAD  20 R1  96    12 12  R1  12  20 R1  96  15 R1  72 R132 R4      20 R1  96 R132  R4 32 R  240 R1  15  12 12  R1 15 R1  72 39 R1  252  R td RAD  Rd   12  R1  15 R1  15 + Cường độ dòng điện mạch: 24  R1  15  U R1  108 I  AB  1  R td 15 R1  72 39 R1  252 (*) + Từ biểu thức (*) nhận thấy I > 1(A) => đèn sáng mức bình thường khơng có giá trị biến trở để đèn hoạt động bình thường Từ biểu thức (*) ta thấy R1 tăng I giảm xuống => độ sáng đèn gần độ sáng lúc hoạt động bình thường I phải nhỏ => R phải lớn => R1 = ∞ Ta có: 108 9 R1 I 1   I 1  1, 23( A)  R1  252 39 39  R1 Câu 2: a) Thể tích khối nước đá lúc đầu: Vđ = S.h1 = 100.10 = 1000 (cm3) = 0,001(m3) + Khối lượng khối nước đá lúc đầu: mđ = D1 Vđ = 900.0,001 = 0,9 (kg) + Nhiệt lượng thu vào khối nước đá bình để nhiệt độ tăng từ t 1= -100C đến t0 = 00C là: Q1= (m0C0 + mđC1) (t0 – t1) = ( 0,6.400+ 0,9.2100).10 = 21300 (J) + Nhiệt lượng tỏa lít nước hạ nhiệt đọ từ t2 = 100C xuống t0 = 00C là: Q2= m2C2 (t2 – t0) = D2.VC2(t2 – t0) = 1000.2.10-3.4200.10 = 84000 (J) + Vì Q2 > Q1=> khối đá nóng chảy + Nhiệt lượng thu vào khối đá để nóng chảy hồn tồn là: Q3= m1.λ = 0,9.3,4.105 = 306000(J) + Vì Q1 + Q3 > Q2 => khối nước đá bị nóng chảy phần + Vậy nhiệt độ cân hệ thống t = 00C + Goi ∆m khối lượng nước đá bị nóng chảy chuyển thành nước lỏng Q2  Q1  Ta có: Q2 = Q1+ ∆m.λ => ∆m = Nhãm Word hóa tài liệu Zalo: https://zalo.me/g/bfnlkf925 Trang Chiến thắng kỳ thi vào 10 chuyên Vật lí Tập – TrÞnh Minh HiƯp m + Thể tích khối nước đá ∆m là: V1 = D1 m + Thể tích khối nước đá ∆m tan là: V2 = D2 + Độ giảm thể tích có ∆m nước đá chuyển thành nước lỏng là:  1  Q2  Q1  1  V V1  V2 m         D1 D2   D1 D2  + Độ cao cột đá bị giảm là: V Q2  Q1        D1 D2  S ∆h = = ≈ 2,05.10-3 m = 0, 205 (cm) V 2.103 cm3  20(cm) 100cm + Chiều cao cột nước lít nước tạo nên là: h2 = S + Chiều cao tính từ mặt nước đến đáy bình là: hđ = h1 + h2 -∆h = 29,795 (cm) b) Gọi ∆t thời gian để đun nước đến sôi + Nhiệt độ hệ thống trạng thái cân nhiệt t = 00C + Khối lượng nước đá lại chưa tan là: Q2  Q1  m1 = mđ - ∆m = mđ = 0,9 -0,2 = 0,7 (kg) + Nhiệt lượng cần để làm nóng chảy 0,7 kg nước đá là: Q ''   md  m2  c2  m0c0  100  Q ''   0,9   4200  0,6.400  100 1242000( J ) + Vậy tổng nhiệt lượng cần cung cấp để làm cho nước sôi là: Q = Q’+ Q’’ = 1480000(J) + Gọi W điện cần thiết để đun sơi nước ta có : W = P.∆t + Vì bỏ qua hao phí với mơi trường nên W = Q nên ta có: Q P.∆t = Q => ∆t = P = 1850 (s) = 30 phút 50 giây Câu 3: a) Dòng điện qua mạch biến trở giá trị r1 là: U  U1 I1  AB X U  U2 I  AB X + Dòng điện qua mạch biến trở giá tri r2 : Nhãm Word hãa tµi liƯu – Zalo: https://zalo.me/g/bfnlkf925 Trang ChiÕn th¾ng kú thi vào 10 chuyên Vật lí Tập Trịnh Minh HiƯp + Theo đề ta có : U AB  U1 U AB  U  1,5 X X U AB  U1   U AB  U  U  U1 1,5  1,5 X X U  U1 10 20  X   ( ) 1,5 1,5 U r U U r I r  AB  AB r  X 1 X r b) Hiệu điện hai đầu biến trở r : X X  U r U max     min  min  r max 100() r r   + Nhận thấy rằng: I1  I 1,5  U  20 /  U r max 22,5  AB  U AB 22,5    24(V ) X 100   1 r + Theo đề ta có: Px I X  + Cơng suất tiêu thụ đoạn mạch X: U AB X r  X + Công suất X lớn  (r + X)2 = r =  Px max  U AB 242  86, 4(W) 20 / 20 / Câu 4: a) Vì chùm tia tới lúc đầu chùm song song sau qua hệ thấu kính cho chùm song song => sau qua thấu kính thứ chùm sáng phải có điểm đồng quy tiêu điểm vật thấu kính thứ hai => tiêu điểm ảnh thấu kính thứ phải trùng với tiêu điểm vật thấu kính thứ Trường hợp 1: Hai thấu kính hai thấu kính hội tụ * Khi đặt thấu kính O1 trước thấu kính O2 + Q trình truyền ánh sáng mơ tả hình + Từ hình ta có ∆ABF’ ~ ∆MNF2 AB O1 F1'  MN O2 F2 + Ta có tỉ số:  D1 f  D2 f * Khi đặt thấu kính O2 trước thấu kính O1 + Q trình tuyền ánh sáng mơ tả hình + Từ hình ta có ABF’2  MNF1 AB O2 F2' D f   1 D1 D2 f1 + Ta có tỉ số MN O1F1 A O2 F'2 B Nhãm Word hãa tµi liƯu – Zalo: https://zalo.me/g/bfnlkf925 M F1 D2 O1 N Trang ChiÕn th¾ng kú thi vào 10 chuyên Vật lí Tập – TrÞnh Minh HiƯp Trường hợp 2: Một thấu kính hội tụ O1 thấu kính phân kì O2 * Khi đặt thấu kính O1 trước thấu kính O2 + Q trình truyền ánh sáng mơ tả hình A + từ hình ta có ABF’1  MNF2 ' AB O1F1 D f   1 D2 f O1 + Ta có tỉ số: MN O2 F2 M O2 F2 F1' N B * đặt thấu kính O2 trước thấu kính O1 + Quá trình truyền ánh sáng mơ tả hình + Từ hình ta có ABF’2  MNF1 AB O2 F2' D f   1 D2 f1 + Ta có tỉ số: MN O1F1 M A F2' O1 O2 F1 B b) Hai thấu kính hai thấu kính hội tụ * đặt thấu kính O1 trước thấu kính O2 + Q trình truyền ánh sáng mơ tả hình + từ hình ta có ABF’1  MNF2 AB O1F1'  MN O2 F2 + Ta có tỉ số: D f   D2 f D2 = 2D1 N M A F1 O2 f1   f 2 f1 f2 F2' B f1 = 2f2 + Lại có: O1O2 = f1 + f2 = 27 f1 = 9(cm) f2 = 18(cm) * Khi đặt thấu kính O2 trước thấu kính O1 + Q trình truyền ánh sáng mơ tả hình + từ hình ta có ABF’2  MNF1 AB O2 F2'  MN O1F1 + Ta có tỉ số: N A O M F2 N Câu 5: + Gọi t1 thời gian An từ A đến C, ta có : AC = X = vAt1 (1) Cũng thời gian t1 Bình ngược chiều từ B đến C: BC = vB t1 (2) BC v A  x vB + Từ (1) (2) ta có: Nhãm Word hãa tµi liƯu – Zalo: https://zalo.me/g/bfnlkf925 O F'1 B D f D2 = 2D1 f2     f1 2 f D2 f1 f1 f1 = 2f2f2 = 9(cm) f1 = 18(cm) + Lại có : O1O2 = f1 + f2 = 27 + Goi t2 thời gian An từ C đến B, ta có: BC = vAt2 + Cũng thời gian t2 Bình từ C đến A nên: BC + 6x = vBt2 O1 (3) (4) (5) Trang Chiến thắng kỳ thi vào 10 chuyên VËt lÝ – TËp – TrÞnh Minh HiƯp BC  x v A  BC vB + Từ (4) (5) ta có: BC BC  x v   BC 3 x  B 3 BC vA + Từ (3) (6) ta có: x + Gọi t3 thời gian An từ B đến D, ta có: BD = vAt3 + Cũng thời gian t3 Bình từ A đến D nên : 120 = vBt3 120 v A  3  BD 40(m) + Từ (8) (9) ta có: BD vB (6) (7) (8) (9) (10) + Lại có: 120 = BD + 4x  x = 20m + Chiều dài đường kín là: L = A2C + CB + B1A = x + 3x + 6x = 10x = 200m ( CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI NĂM 2015) Câu 1: (1,5 điểm) Trên đường thẳng AB dài 81 km, xe thứ từ A đến B, sau 15 phút chuyển động thẳng đều, xe lại dừng nghỉ phút Trong khoảng 15 phút đầu, vân tốc xe thứ v1 = 10 km/h khoảng thời gian kế tiếp, vận tốc xe 2v1, 3v1, 4v1,… xe thứ hai xuất phát lúc với xe thứ chuyển động thẳng từ B A với vận tốc v2 = 30 km/h a) Tìm thowid điểm hai xe gặp nhautinhs từ lúc xuất phát xác định vị trí gặp b) Xác định vị trí hai xe gặp xe từ B xuất phát muộn xe từ A 12 phút Câu 2: (1,5 điểm) Một bình có chứa hỗn hợp nước nước đá, khối lượng hỗn hợp 10kg Người ta đem bình vào phịng lúc bắt đầu đo nhiệt độ hỗn hợp Từ thời điểm đưa bình vào phịng t0 đến thời điểm t1 = 50 phút nhiệt độ hỗn hợp nước nước đá Ngay thời điểm t nói nhiệt độ nước bắt đầu tăng đến thời điểm t2 = 60 phút nhiệt độ nước bình 0C Nhiệt dung riêng nước 4200 J/ kg.K nhiệt nóng chảy nước đá  = 3,4.105J/kg Xác định khối lượng nước đá bình vào thời điểm t0 Bỏ qua nhiệt dung bình Coi q trình trao đổi nhiệt mơi trường bình không phụ thuộc vào độ chênh lệch nhiệt độ mơi trường bình A Câu 3: ( 2,0 điểm) Cho mạch điện hình, r = 4; hiệu điện UAC = 18V; E B R1 = 12; R2 = 4; R4 = 18; R5 = 6; điện R trở đèn Đ RD = 3; R3 biến trở R Đ Ampe kế A có điện trở khơng đáng kể, vơn R V kế V có điện trở vơ lớn Các dây nối có điện trở khơng đáng kể r thụ đèn Đ a) Cho R3 = 21, tìm số ampe kế A, vôn kế V công +suất_tiêu b) Dịch chuyển chạy biến trở R3 cho vơn kế V số 0, tìm giá trị R3 A C F D R R Câu 4: (3 điểm) a)Cho mạch điện hình 2, r = 1Ω; hiệu điện UMN = 36 V Đèn Đ1 có ghi 6V - 12 W, đèn Đ3 có ghi V- w R biến trở có chạy tiếp xúc đìềm C Tìm giá trị nhỏ nhẩt R để đèn Đ sáng bình thường, xác định vị trí tiếp điểm c độ sáng đèn Đ2 b)Ban đầu điện truyền tải từ nơi phát đến khu dân cư băng đường dây với cơng suất hao phí 10% cơng suẩt truyền đì Coi hao phí điện tỏa nhiệt đường dây cơng suất hao phí không vượt 20% công suất truyền Nếu công suất tiêu thụ điện khu dãn cư tăng 20% so với công suất tiêu thụ ban đầu giữ nguyên hiệu điện U nơi phát thỉ cơng suất hao phí phần trăm cơng suẩt cần truyền Nhãm Word hãa tµi liƯu – Zalo: https://zalo.me/g/bfnlkf925 Trang Chiến thắng kỳ thi vào 10 chuyên Vật lí Tập Trịnh Minh HiÖp Câu 5: (2 điểm) Một vật sáng nhỏ AB đặt vng góc vởi trục thẩu kính (điểm B thuộc trục chính) cho ảnh thật cách vật khoảng Giữ thấu kính cố định, dịch chuyển vật lại gần thấu kính dọc theo trục đoạn 30cm ảnh vệt AB cho bời thấu kỉnh ảnh thật, cách vật khoảng cũ cao gấp lần ảnh cũ a) Tìm tiêu cự cùa thấu kính b) Tìm khoảng cách nhỏ vật ảnh thật cho thấu kính HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP ÁN Câu 1 + Thời gian lần xe chuyển động là: t1 =15ph = h t1 5 ph  h 12 + Thời gian lần xe nghi: v s1 v1t1  (km) + Trong khoảng thời gian đầu xe quãng đường + Các quãng đường xe đì khoảng thời gian sau là: s2  2v1 3v 4v nv ; s3  ; s4  ; sn  ;(km) 4 4 + Gọi s tổng quãng đường mà xe n Ịần: v1 v n( n  1) (1    n)  S = s( + s2 + +sn= 10n(n  1) s 1, 25n( n  1) 4.2 Vởi V1 = 10 km/s => (km) (n nguyên) a) Gọi t1 thời gian kể từ hai xe xuất phát đến hai xe gặp Giã sử sau n lần vả nghỉ thi hai xe gặp 1 n t1 n(  )  12 => n + Khi hai xe gặp thi: s + v2t1 = 81  l,25n(n + 1) + 30 = 81 => n =4,7 + Vì n số nguyên => n = Vậy sau lần nghỉ xe dã n t1   h 3 , lúc quãng đường s1=1,25.4(4 + l) = 25km thời gian nghỉ xe vị trí A1 cách A đoạn 25cm 4 h + Trong thởi gian t1 = , xe quàng đường: S2 = v2t1=30 = 40(km) + Suy lúc xe B1 cách A đoạn 41 km + Do khoảng cách A1 B1 là: A1B1 = 41-25 = 16(km) + Để hai xe gặp xe tiếp tục lần với vận tổc 5v Gọi  t thời gian kề từ lần đến xe gặp Ta có: 5v1  t + v2  t = A1B1 80  t = 16=>  t = 0,2(h) + Vậy thời điềm xe gặp (kể từ xuất phát) lã: t t1  t  23 h 92 ph 15 Nhãm Word hãa tµi liƯu – Zalo: https://zalo.me/g/bfnlkf925 Trang Chiến thắng kỳ thi vào 10 chuyên Vật lí Tập Trịnh Minh Hiệp + Vị trí xe gặp cách A doạn: X = S1 + 5v1  t = 25 + 5.10.0,2 = 35(km) b) Gọi t1 thời gian kề từ xe xuất phát đến khỉ hai xe gặp Gỉa sử sau 1 n t1 n(  )  12 n lần nghỉ hai xe gặp + Khi hai xe gặp thì: n  1, 25n(n  1)  30.(  0, 2) 81  n 4,98 s+v2(t1-0,2)=81 + Vì n số nguyên => n = Vậy sau lằn nghi xe dược n t1   h 3 quãng đường S1 = 1,25.4(4+ l) = 25km thời gian nghi lúc xe vị trí A1 cách A đoạn 25cm t2 (  0, 2)h + Trong thời gian , xe quãng đường: s2 v2t2 30(  0, 2) 34km + Suy lúc xe B1 cách A đoạn 47km + Do khoảng cách A1 B1 là: A1B1 = 47 - 25 = 22(km) + Để hai xe gặp xe tiếp tục lần với vận tốc 5v Gọi  t thời gian kể từ lần đến xe gặp Ta có: 5v1  t + v2  t = A1B1 80  t = 22 =>  t = 0,275(h) + Vậy thởi điểm xe gập (kể từ xe ỉ xuất phát) là: 193 h 96,5(phut) t = t1 +  t = 120 + Vi trí xe gặp cách A đoạn: x= s + 5v1  t = 25 + 5.10.0,275 = 38,75(km) *Chú ý: Một số học sinh vướng phải lổỉ sai sau: h + Thời gian lần xe chuyền động là: t1 = 15ph = h + Thời gian lần xe nghỉ:  t1 = 5ph= 12 v s1 v1t1  (km) + Trong khoảng thời gian đau xe quãng đường: + Các quãng đường xe khoảng thời gian sau là: s2  2v1 3v 4v nv ; s3  ; s4  ; sn  ;(km) 4 4 10n(n  1) s 1, 25n( n  1) 4.2 Vởi V1 = 10 km/s => (km) (n nguyên) + Khi s = 81 km, ta có: s = 1,25n(n +1) = 81 => n = 7,56 + Vi n sổ nguyên nên suy n = =>  S = 1,25.7(7 +1) =70(km) + Như sau lần dừng đi, xe đă quãng đường 70 km => cịn tiếp 11 km vớì vận tổc v8 = 8v1 = 80(km/h) t1  11 (h ) 80 + Thời gian chuyển động quãng đường 11 km cuôi là: + Vậy tổng thời gian mà xe chuyển động đoạn đường AB là: Nhãm Word hãa tµi liƯu – Zalo: https://zalo.me/g/bfnlkf925 Trang ChiÕn thắng kỳ thi vào 10 chuyên Vật lí TËp – TrÞnh Minh HiƯp t 7(t1  t1 )  t8  593 h 240 + Vận tốc trung bình xe thứ quãng dường AB là: s 19440 vtb   (km / h) t 593 a) Ta xem xe thứ chuyển động liên tục không nghỉ quãng đường AB 19440 vtb  (km / h) 593 với vận tốc + Gọi ∆t thời gian kể từ hai xe xuất phát đên skhi hai xe gặp + Vì hai xe chuyển động ngược chiều nên gặp ta có: S vtb t  v2 t S  t  1, 290(h) vtb  v2 + Vậy sau thời gian 1,39 kể từ lái xe khởi hành chúng gặp x v t  42, 295  km  + Vị tri gặp cách vị trí A đoạn : tb b ) Gọi ∆t thời gian kể từ xe thứ xuất phát đến hai xe gặp Khi  t  0,  h thời gian chuyển động xe thứ hai + Ta có : vtb t  v2 (t  0, 2) S  t  S  0, 2v2 1,390( h) vtb  v2 x v t  45,56 km   + Vị trí gặp cách vị trí A đoạn : tb * Bình luận : Nguyên nhân sai hiểu sai chất vận tốc trung bình Vì quãng đường khác tốc trung bình khác Do khơng thể lấy vận tốc trung bình toàn quãng AB áp dụng cho đoạn gặp Câu 2: + Từ để suy thời gian t t1  to 50 phút nước đá q trình nóng chảy Và thời gian t2 t2  t1 10 phút nước trình tăng nhiệt độ từ đến 2°C + Gọi k nhiệt lượng mà hỗn hợp thu từ mơi trường phịng thời gian phút Khi khoảng thời gian ∆t 1, hỗn hợp nhận nhiệt lượng Q1 k t1 , nhiệt lượng làm nước tan thành nước + Gọi m1 khối lượng nước đá thời điểm ban đầu to Ta có : m1 k t1 (1) + Trong khoảng thời gian ∆t2 = 10 phút tiếp theo, môi trường xung quanh cung cấp nhiệt lượng để làm cho khối lượng tổng cộng M nước bình tăng nhiệt độ dần từ 0oC đến 2oC o Do ta có: Mct  k t2 Nhãm Word hãa tµi liƯu – Zalo: https://zalo.me/g/bfnlkf925 (2) Trang Chiến thắng kỳ thi vào 10 chuyên VËt lÝ – TËp – TrÞnh Minh HiƯp m1 t  o t + Lấy ( ) chia ( ) ta có : Mct  m1  Mct o t1 10.4200.2 50 21   ( kg ) 1, 2353( kg )  t 3, 4.105 10 17 Câu 3: + Dòng điện không qua vôn kế nên ta bỏ qua vôn kế + Gọi I, I1, I2 dịng điện mạch chính, dịng điện qua R1 dòng điện qua R2 Giả sử chiều dòng điện biểu diễn hình vẽ + Ta có: U AC ( I  I ) R45  I r  U AC I1 R1  I R2  I r U ( I  I ) R  I R  I r 3 D 2  AC U AC 18V ; R45 R4  R5 24(); R3 D R3  RD 24() + Thay 18 ( I  I ).24  I   18 I1.12  I  I 18 ( I  I ).24  I  I 2  vào ta có: 18 28 I  24 I  18  I1.12  I  I 18  I 24  I 28  I  I 1,5  A  ; I 1,5  A  ; I1  ( A); I 1  A  + Giải hệ phương trình ta có: I A I  I1  ( A) + Số ampe kế là: + Hiệu điện hai điểm E, D:  2 U ED  ( I  I1 ) R3  ( I  I ) R5     21  (1,  1)6  4V  3  Số vôn kế UV=4V( cực dương vôn kế mắc vào điểm D) + Công suất tiêu thụ đèn Đ: P I RD  I  I1  2  2 RD     (W)  3 b) Dòng điện không qua vôn kế nê ta bỏ vôn kế + Gọi I, I1, I2 dòng điện mạch chính, dịng điện qua R1 dịng điện qua R2 Giả sử chiều dòng điện biểu diễn hình vẽ Nhãm Word hãa tµi liƯu – Zalo: https://zalo.me/g/bfnlkf925 Trang Chiến thắng kỳ thi vào 10 chuyên Vật lí Tập Trịnh Minh HiÖp U AC ( I  I ) R45  I r  U AC I1 R1  I R2  I r U ( I  I ) R  I R  I r 3 D 2 + Ta có:  AC + Thay U AC 18V ; R45 R4  R5 24(); R3 D R3  3() vào ta có:  (1) 18 ( I  I ).24  I  (2) 18 I1.12  I  I  18 ( I  I1 ).( R3  3)  I  I (3)  + Vì vơn kế số nên: U ED 0   R3 ( I  I1 )  R5 ( I  I ) 0   R3 ( I  I1 )  6( I  I ) 0  R3  6( I  I ) ( I  I1 ) (*)  6( I  I )  18    ( I  I1 )  I  I  ( I  I1 )  + Thay (*) vào ta có:  18 6 I  I  3I  3I1  I  I  10 I  I  3I1 18 (4) 18 ( I  I ).24  I  18 I1.12  I  I 18  3I  I  I 10 Kết hợp (1), (2), (4) ta có hệ phương trình:  + Giải hệ phương trình ta được: I=1,8A, I1=0,45A, I2=1,35A R3  6( I  I ) (1,8  1, 35)6  3() ( I  I1 ) 1,35  0, 45 + Thay I, I1, I2 vào (*) ta có: * Câu a giải cách khác sau: Vì ampe kế có điện trở khơng đáng kể nê chập hai đầu ampe kế lại Vơn kế có điện trở vô lớn nên bỏ vôn kế Mạch điện vẽ lại hình: + Ta có: R3 D R3  RD 24  RAB  R1 R3 D 12.24  8() R1  R3 D 12  24 RAB  RAB  R2 8  12  Ω  R45 R4  R5 18  24  Ω   RAF  RAB  R45 12.24  8  Ω  RAB   R45 12  24 + Điện trở tương đương mạch AC: RAC RAF  r 8  12  Ω  Nhãm Word hãa tµi liƯu – Zalo: https://zalo.me/g/bfnlkf925 Trang 10