Hướng dẫn và giải các bộ đề học sinh giỏi Lý lớp 9

HƯỚNG DẪN & GIẢI CÁC BỘ ĐỀ HSG LÝ LỚP 9 ĐỀ SỐ 1 Bài 1 a/ Đổi 0,1mm2 = 1. 10-7 m2 . Áp dụng công thức tính điện trở ; thay số và tính Þ RAB = 6W b/ Khi Þ RAC = .RAB Þ RAC = 2W và có RCB = RAB - RAC = 4W Xét mạch cầu MN ta có nên mạch cầu là cân bằng. Vậy IA = 0 c/ Đặt RAC = x ( ĐK : 0 x 6W ) ta có RCB = ( 6 - x ) * Điện trở mạch ngoài gồm ( R1 // RAC ) nối tiếp ( R2 // RCB ) là = ? * Cường độ dòng điện trong mạch chính : ? * Áp dụng công thức tính HĐT của mạch // có : UAD = RAD . I = = ? Và UDB = RDB . I = = ? * Ta có cường độ dòng điện qua R1 ; R2 lần lượt là : I1 = = ? và I2 = = ? + Nếu cực dương của ampe kế gắn vào D thì : I1 = Ia + I2 Þ Ia = I1 - I2 = ? (1) Thay Ia = 1/3A vào (1) Þ Phương trình bậc 2 theo x, giải PT này được x = 3W ( loại giá trị -18) + Nếu cực dương của ampe kế gắn vào C thì : Ia = I2 - I1 = ? (2) Thay Ia = 1/3A vào (2) Þ Phương trình bậc 2 khác theo x, giải PT này được x = 1,2W ( loại 25,8 vì > 6 ) * Để định vị trí điểm C ta lập tỉ số = ? Þ AC = 0,3m Bài 2 HD : Xem lại phần lí thuyết về TK hội tụ ( phần sử dụng màn chắn ) và tự giải Theo bài ta có = d1 - d2 = Þ 2 = L2 - 4.L.f Þ f = 20 cm Bài 3 HD: a/ Vì áp suất chất lỏng phụ thuộc vào độ cao và trọng lượng riêng của chất lỏng hơn nữa trong bình thông nhau áp suất chất lỏng gây ra ở các nhánh luôn bằng nhau mặt khác ta có dHg = 136000 N/m2 > dH2O = 10000 N/m2 > ddầu = 8000 N/m2 nên h(thuỷ ngân) < h( nước ) < h (dầu ) b/ Quan sát hình vẽ : (1) (2) (3) ? ? 2,5h ? h” h h’ M N E H2O Xét tại các điểm M , N , E trong hình vẽ, ta có : PM = h . d1 (1) PN = 2,5h . d2 + h’. d3 (2) PE = h”. d3 (3) . Trong đó d1; d2 ; d3 lần lượt là trọng lượng riêng của TN, dầu và nước. Độ cao h’ và h” như hình vẽ . + Ta có : PM = PE Û h” = Þ h1,3 = h” - h = - h = + Ta cũng có PM = PN Û h’ = ( h.d1 - 2,5h.d2 ) : d3 Þ h1,2 = ( 2,5h + h’ ) - h = + Ta cũng tính được h2,3 = ( 2,5h + h’ ) - h” = ? c/ Áp dụng bằng số tính h’ và h” Þ Độ chênh lệch mực nước ở nhánh (3) & (2) là h” - h’ = ? Bài 4 HD : Lưu ý 170 KJ là nhiệt lượng cung cấp để nước đá nóng chảy hoàn toàn ở O0C, lúc này nhiệt độ ca nhôm không đổi. ĐS : = 0,5 kg ; = 0,45 kg ĐỀ SỐ 2 Bài 1 ĐS : a) 615,6 kJ ( Tham khảo bài tương tự trong tài liệu này ) b/ m = 629g . Chú ý là do nước đá không tan hết nên nhiệt độ cuối cùng của hệ thống là 00C và chỉ có 150g nước đá tan thành nước. Bài 2 HD : a) Gọi chiều cao phần khối gỗ chìm trong nước là x (cm) thì : ( h - x ) + Trọng lượng khối gỗ : P = dg . Vg = dg . S . h ( dg là trọng lượng riêng của gỗ ) x + Lực đấy Acsimet tác dụng vào khối gỗ : FA = dn . S . x ; H khối gỗ nổi nên ta có : P = FA x = 20cm b) Khi khối gỗ được nhấc ra khỏi nước một đoạn y ( cm ) so với lúc đầu thì lực Acsimet giảm đi một lượng F’A = dn . S.( x - y ) lực nhấc khối gố sẽ tăng thêm và bằng : F = P - F’A = dg.S.h - dn.S.x + dn.S.y = dn.S.y và lực này sẽ tăng đều từ lúc y = 0 đến khi y = x , vì thế giá trị trung bình của lực từ khi nhấc khối gỗ đến khi khối gỗ vừa ra khỏi mặt nước là F/2 . Khi đó công phải thực hiện là A = .F.x = .dn.S.x2 = ? (J) c) Cũng lý luận như câu b song cần lưu ý những điều sau : + Khi khối gỗ được nhấn chìm thêm một đoạn y thì lực Acsimet tăng lên và lực tác dụng lúc này sẽ là F = F’A - P và cũng có giá trị bằng dn.S.y.Khi khối gỗ chìm hoàn toàn, lực tác dụng là F = dn.S.( h - x ); thay số và tính được F = 15N. + Công phải thực hiện gồm hai phần : - Công A1 dùng để nhấn chìm khối gỗ vừa vặn tới mặt nước : A1 = .F.( h - x ) - Công A2 để nhấn chìm khối gỗ đến đáy hồ ( lực FA lúc này không đổi ) A2 = F .s (với s = H - h ) ĐS : 8,25J Bài 3 HD : a/ Xác định các cách mắc còn lại gồm : cách mắc 1 : (( R0 // R0 ) nt R0 ) nt r cách mắc 2 : (( R0 nt R0 ) // R0 ) nt r Theo bài ta lần lượt có cường độ dòng điện trong mạch chính khi mắc nối tiếp : Int = = 0,2A (1) Cường độ dòng điện trong mạch chính khi mắc song song : (2) Lấy (2) chia cho (1), ta được : r = R0 . Đem giá trị này của r thay vào (1) U = 0,8.R0 + Cách mắc 1 : Ta có (( R0 // R0 ) nt R0 ) nt r Û (( R1 // R2 ) nt R3 ) nt r đặt R1 = R2 = R3 = R0 Dòng điện qua R3 : I3 = . Do R1 = R2 nên I1 = I2 = + Cách mắc 2 : Cường độ dòng điện trong mạch chính I’ = . Hiệu điện thế giữa hai đầu mạch nối tiếp gồm 2 điện trở R0 : U1 = I’. = 0,32.R0 cường độ dòng điện qua mạch nối tiếp này là I1 = CĐDĐ qua điện trở còn lại là I2 = 0,32A. b/ Ta nhận thấy U không đổi công suất tiêu thụ ở mạch ngoài P = U.I sẽ nhỏ nhất khi I trong mạch chính nhỏ nhất cách mắc 1 sẽ tiêu thụ công suất nhỏ nhất và cách mắc 2 sẽ tiêu thụ công suất lớn nhất. c/ Giả sử mạch điện gồm n dãy song song, mỗi dãy có m điện trở giống nhau và bằng R0 ( với m ; n Î N) Cường độ dòng điện trong mạch chính ( Hvẽ ) I + - ( Bổ sung vào hvẽ cho đầy đủ ) Để cường độ dòng điện qua mỗi điện trở R0 là 0,1A ta phải có : m + n = 8 . Ta có các trường hợp sau m 1 2 3 4 5 6 7 n 7 6 5 4 3 2 1 Số điện trở R0 7 12 15 16 15 12 7 Theo bảng trên ta cần ít nhất 7 điện trở R0 và có 2 cách mắc chúng : a/ 7 dãy //, mỗi dãy 1 điện trở. b/ 1 dãy gồm 7 điện trở mắc nối tiếp. Bài 4 HD : Xem bài giải tương tự trong tài liệu và tự giải a/ Khoảng cách từ điểm sáng tới gương = 10 cm ( OA1 = OF’ - 2.F’I ) b/ Vì ảnh của điểm sáng qua hệ TK - gương luôn ở vị trí đối xứng với F’ qua gương, mặt khác do gương quay quanh I nên độ dài IF’ không đổi Þ A1 di chuyển trên một cung tròn tâm I bán kính IF’ và đến điểm A2. Khi gương quay một góc 450 thì A1IA2 = 2.450 = 900 ( do t/c đối xứng ) Þ Khoảng cách từ A2 tới thấu kính bằng IO và bằng 15 cm ĐỀ SỐ 3 Bài 1 HD : a) Gọi x ( cm ) là chiều dài phần bị cắt, do nó được đặt lên chính giữa phần còn lại và thanh cân bằng nên ta có : P1. = P2. . Gọi S là tiết diện của /////////// mỗi bản kim loại, ta có - x d1.S. . = d2.S. . d1( - x ) = d2. x = 4cm P1 P2 b) Gọi y (cm) ( ĐK : y < 20 ) là phần phải cắt bỏ đi, trọng lượng phần còn lại là : P’1 = P1. . Do thanh cân bằng nên ta có : d1.S.( - y ). = d2.S. . ( - y )2 = hay y2 - 2.y + ( 1 - ). Thay số ta được phương trình bậc 2 theo y : y2 - 40y + 80 = 0. Giải PT này ta được y = 2,11cm ( loại 37,6 ) Bài 2 HD :a/ + Gọi h1 và h2 theo thứ tự là độ cao của cột nước và cột thuỷ ngân, ta có H = h1 + h2 = 94 cm + Gọi S là diện tích đáy ống, do TNgân và nước có cùng khối lượng nên S.h1. D1 = S. h2 . D2 Þ h1. D1 = h2 . D2 Þ Þ h1 = h2 = H - h1 b/ Áp suất của chất lỏng lên đáy ống : P = . Thay h1 và h2 vào, ta tính được P. Bài 3 HD : * Khi K mở, cách mắc là ( R1 nt R3 ) // ( R2 nt R4 ) Þ Điện trở tương đương của mạch ngoài là Þ Cường độ dòng điện trong mạch chính : I = . Hiệu điện thế giữa hai điểm A và B là UAB = Þ I4 = ( Thay số, I ) = * Khi K đóng, cách mắc là (R1 // R2 ) nt ( R3 // R4 ) Þ Điện trở tương đương của mạch ngoài là Þ Cường độ dòng điện trong mạch chính lúc này là : I’ = . Hiệu điện thế giữa hai điểm A và B là UAB = Þ I’4 = ( Thay số, I’ ) = * Theo đề bài thì I’4 = ; từ đó tính được R4 = 1W b/ Trong khi K đóng, thay R4 vào ta tính được I’4 = 1,8A và I’ = 2,4A Þ UAC = RAC . I’ = 1,8V Þ I’2 = . Ta có I’2 + IK = I’4 Þ IK = 1,2A Bài 4 HD :a/ B’2 ( Hãy bổ sung hình vẽ cho đầy đủ ) B1 B2 I F F’ A’1 A1 A’2 A2 O B’1 Xét các cặp tam giác đồng dạng F’A’1B’1 và F’OI : Þ (d’ - f )/f = 2 Þ d = 3f Xét các cặp tam giác đồng dạng OA’1B’1 và OA1B1 : Þ d1 = d’/2 Þ d1 = 3/2f Khi dời đến A2B2 , lý luận tương tự ta có d2 = f/2 . Theo đề ta có d1 = 10 + d2 Þ f = 10cm b) Hệ cho 3 ảnh : AB qua L1 cho A1B1 và qua L2 cho ảnh ảo A2B2 . AB qua L2 cho ảnh A3B3 . Không có ảnh qua gương (M). ĐỀ SỐ 4 Bài 1 HD: a) Gọi mực nước đổ vào trong chậu để thanh bắt đầu nổi ( tính từ B theo chiều dài thanh ) là x ( cm ) ĐK : x < OB = 30cm, theo hình vẽ dưới đây thì x = BI. A Gọi S là tiết diện của thanh, thanh chịu tác dụng của trọng O lượng P đặt tại trung điểm M của AB và lực đẩy Acsimet M H F đặt tại trung điểm N của BI. Theo điều kiện cân bằng của I đòn bẩy thì : P.MH = F.NK(1) trong đó P = 10m = 10.Dt.S. N K Và F = 10.Dn.S.x . Thay vào (1) (H2O) x = B E Xét cặp tam giác đồng dạng OMH và ONK ta có = ; ta tính được MO = MA - OA =10cm và NO = OB - NB = . Thay số và biến đổi để có phương trình bậc 2 theo x : x2 - 60x + 896 = 0. Giải phương trình trên và loại nghiệm x = 32 ( > 30 ) ta được x = 28 cm. Từ I hạ IE ^ Bx, trong tam giác IBE vuông tại E thì IE = IB.sin IBE = 28.sin300 = 28.= 14cm ( cũng có thể sử dụng kiến thức về nửa tam giác đều ) b) Trong phép biến đổi để đưa về PT bậc 2 theo x, ta đã gặp biểu thức : x = ; từ biểu thức này hãy rút ra Dn ?Mực nước tối đa ta có thể đổ vào chậu là x = OB = 30cm, khi đóminDn = 995,5 kg/m3 . Bài 2 1) Viết Pt toả nhiệt và Pt thu nhiệt ở mỗi lần trút để từ đó có : + Phương trình cân bằng nhiệt ở bình 2 : m.(t’2 - t1 ) = m2.( t2 - t’2 ) (1) + Phương trình cân bằng nhiệt ở bình 1 : m.( t’2 - t’1 ) = ( m1 - m )( t’1 - t1 ) (2) + Từ (1) & (2) Þ = ? (3) . Thay (3) vào (2) Þ m = ? ĐS : 590C và 100g 2) Để ý tới nhiệt độ lúc này của hai bình, lí luận tương tự như trên ta có kết quả là : 58,120C và 23,760C Bài 3 1) Có I1đm = P1 / U1 = 1A và I2đm = P2 / U2 = 2A. Vì I2đm > I1đm nên đèn Đ1 ở mạch rẽ ( vị trí 1) còn đèn Đ2 ở mạch chính ( vị trí 2 ) . 2) Đặt I Đ1 = I1 và I Đ2 = I2 = I và cường độ dòng điện qua phần biến trở MC là Ib + Vì hai đèn sáng bình thường nên I1 = 1A ; I = 2A Þ Ib = 1A . Do Ib = I1 = 1A nên RMC = R1 = = 3W + Điện trở tương đương của mạch ngoài là : Rtđ = r + + CĐDĐ trong mạch chính : I = Þ Rb = 5,5W . Vậy C ở vị trí sao cho RMC = 3W hoặc RCN = 2,5W .3) Khi dịch chuyển con chạy C về phía N thì điện trở tương đương của mạch ngoài giảm Þ I ( chính ) tăng Þ Đèn Đ2 sáng mạnh lên. Khi RCM tăng thì UMC cũng tăng ( do I1 cố định và I tăng nên Ib tăng ) Þ Đèn Đ1 cũng sáng mạnh lên. Bài 4 HD : 1) Vì ảnh của cả hai vật nằm cùng một vị trí trên trục chính xy nên sẽ có một trong hai vật sáng cho ảnh nằm khác phía với vật Þ thấu kính phải là Tk hội tụ, ta có hình vẽ sau : ( Bổ sung thêm vào hình vẽ cho đầy đủ ) B2’ (L) B1 H B2 x F’ A2’ y A1 F O A2 A1’ B1’ 2) + Xét các cặp tam giác đồng dạng trong trường hợp vật A1B1 cho ảnh A1’B1’ để có OA1’ = + Xét các cặp tam giác đồng dạng trong trường hợp vật A2B2 cho ảnh A2’B2’ để có OA2’ = + Theo bài ta có : OA1’ = OA2’ Þ = Þ f = ? Thay f vào một trường hợp trên để tính được OA1’ = OA2’ ; từ đó : A1’B1’ = và A2’B2’ = . 3) Vì vật A2B2 và thấu kính cố định nên ảnh của nó qua thấu kính vẫn là A2’B2’ . Bằng phép vẽ ta hãy xác định vị trí đặt gương OI, ta có các nhận xét sau : + Ảnh của A2B2 qua gương là ảnh ảo, ở vị trí đối xứng với vật qua gương và cao bằng A2B2 ( ảnh A3B3 ) + Ảnh ảo A3B3 qua thấu kính sẽ cho ảnh thật A4B4, ngược chiều và cao bằng ảnh A2’B2’ + Vì A4B4 > A3B3 nên vật ảo A3B3 phải nằm trong khoảng từ f đến 2f Þ điểm I cũng thuộc khoảng này. + Vị trí đặt gương là trung điểm đoạn A2A3, nằm cách Tk một đoạn OI = OA2 + 1/2 A2A3 . * Hình vẽ : ( bổ sung cho đầy đủ ) B2’ B2 B3 x A4 F y O A2 F’ A3 A2’ B4 * Tính : K Do A4B4 // = A2’B2’ nên tứ giác A4B4A2’B2” là hình bình hành Þ FA4 = FA2’ = f + OA2’ = ? Þ OA4 = ? Dựa vào 2 tam giác đồng dạng OA4B4 và OA3B3 ta tính được OA3 Þ A2A3 Þ vị trí đặt gương . ĐỀ SỐ 5 Bài 1 (A) (B) (A) (B) HD : + h = 2 mm = 0,2 cm. Khi đó cột nước ở 2 M N nhánh dâng lên là 2.h = 0,4 cm + Quả cầu nổi nên lực đẩy Acsimet mà nước tác dụng lên quả cầu bằng trọng lượng của quả cầu ; gọi tiết diện của mỗi nhánh là S, ta có P = FA Û 10.m = S.2h.dn Û 10.m = S.2h.10Dn Þ S = 50cm2 + Gọi h’ (cm) là độ cao của cột dầu thì md = D.Vd = D.S.h’ Þ h’ ? Xét áp suất mà dầu và nước lần lượt gây ra tại M và N, từ sự cân bằng áp suất này ta có độ cao h’’ của cột nước ở nhánh B . Độ chênh lệch mực chất lỏng ở hai nhánh là : h’ - h’’ Bài 2 C C H H T’ Hình 1 T Hình 2 K I A O O B A B P P HD : Trong cả hai trường hợp, vẽ BH ^ AC. Theo quy tắc cân bằng của đòn bẩy ta có : 1) T . BH = P . OB (1) . Vì OB = và tam giác ABC vuông cân tại B nên BAH = 450 . Trong tam giác BAH vuông tại H ta có BH = AB. Sin BAH = AB.; thay vào (1) ta có : T.AB. = P. T = ? 2) Tương tự câu 1 : T’.BH = P.IK (2). Có DBAH vuông tại H BH = AB. sinBAH = AB.sin600 = . Vì OI là đường trung bình của DABK IK = 1/2 AK = 1/2 BH ( do AK = BH ) IK = ; thay vào (2) : T’ . = P . T’ = ? ĐS : T = 20N và T’ = 20N Bài 3 HD : 1) Gọi I là cường độ dòng điện trong mạch chính thì U.I = P + ( Rb + r ).I2 ; thay số ta được một phương trình bậc 2 theo I : 2I2 - 15I + 18 = 0 . Giải PT này ta được 2 giá trị của I là I1 = 1,5A và I2 = 6A. + Với I = I1 = 1,5A Þ Ud = = 120V ; + Làm tt với I = I2 = 6A Þ Hiệu suất sử dụng điện trong trường hợp này là : H = % nên quá thấp Þ loại bỏ nghiệm I2 = 6A 2) Khi mắc 2 đèn // thì I = 2.Id = 3A, 2 đèn sáng bình thường nên Ud = U - ( r + Rb ).I Þ Rb ? Þ độ giảm của Rb ? ( ĐS : 10W ) 3) Ta nhận thấy U = 150V và Ud = 120V nên để các đèn sáng bình thường, ta không thể mắc nối tiếp từ 2 bóng đèn trở lên được mà phải mắc chúng song song. Giả sử ta mắc // được tối đa n đèn vào 2 điểm A & B Þ cường độ dòng điện trong mạch chính I = n . Id . Ta có U.I = ( r + Rb ).I2 + n . P Û U. n . Id = ( r + Rb ).n2 .I2d + n . P Û U.Id = ( r + Rb ).n.Id + P Þ Rb = Û Þ n max = 10 khi Rb = 0 + Hiệu suất sử dụng điện khi đó bằng : H = = 80 % HD : 1) Chúng ta đã học qua 2 loại thấu kính, hãy xét hết các trường hợp : Cả hai là TK phân kì ; cả hai là thấu kính hội tụ ; TK (L1) là TK hội tụ và TK (L2) là TK phân kì ; TK (L1) là phân kì còn TK (L2) là hội tụ. a) Sẽ không thu được chùm sáng sau cùng là chùm sáng // nếu cả hai đều là thấu kính phân kì vì chùm tia khúc xạ sau khi ra khỏi thấu kính phân kì không bao giờ là chùm sáng //. ( loại trường hợp này ) b)Trường hợp cả hai TK đều là TK hội tụ thì ta thấy để cho chùm sáng cuối cùng khúc xạ qua (L2) là chùm sáng // thì các tia tới TK (L2) phải đi qua tiêu điểm của TK này, mặt khác (L1) cũng là TK hội tụ và trùng trục chính với (L2) do đó tiêu điểm ảnh của (L1) phải trùng với tiêu điểm vật của (L2). ( chọn trường hợp này ) Đường truyền của các tia sáng được minh hoạ ở hình dưới : ( Bổ sung hình vẽ ) (L1) (L2) F1 x y F’1=F2 F’2 c) Trường hợp TK (L1) là phân kì và TK (L2) là hội tụ :Lí luận tương tự như trên ta sẽ có tiêu điểm vật của hai thấu kính trên phải trùng nhau ( chọn trường hợp này ). Đường truyền các tia sángđược minh hoạ ở như hình dưới : (L2) (L1) x y F’1 F’2 Do tính chất thuận nghịch của đường truyền ánh sáng nên sẽ không có gì khác khi (L1) là TH hội tụ còn (L2) là phân kì. + Dựng ảnh của vật sáng AB trong trường hợp cả 2 TK đều là hội tụ : (L1) B F’1= F2 A2 A1 A F1 O1 O2 F’2 B1 B2 (L2) + Ta thấy rằng việc đổi thấu kính chỉ có thể đổi được TK phân kì bằng một thấu kính hội tụ có cùng tiêu cự ( theo a ). Nên : - Từ c) ta có : F1O1 + O1O2 = F2O2 = f2 f2 - f1 = = 8 cm - Từ 2) ta có : O1F’1 + F2O = O1O2 Û f2 + f1 = 24cm Vậy f1 = 8cm và f2 = 16cm + Áp dụng các cặp tam giác đồng dạng và các yếu tố đã cho ta tính được khoảng cách từ ảnh A1B1 đến thấu kính (L2) ( bằng O1O2 - O1A1 ), sau đó tính được khoảng cách O2A2 rồi suy ra điều cần tính ( A2O1 ). ĐỀ SỐ 6 Bài 1 Tham khảo bài giải ttự Bài 2 HD : 1) Quá trình biến thiên nhiệt độ của nước đá : - 50C 00C nóng chảy hết ở 00C 1000C hoá hơi hết ở 1000C * Đồ thị : 100 0C 0 Q( kJ ) -5 18 698 1538 6138 2) Gọi mx ( kg ) là khối lượng nước đá tan thành nước : mx = 2 - 0,1 = 1,9 kg. Do nước đá không tan hết nên nhiệt độ cuối cùng của hệ thống bằng 00C, theo trên thì nhiệt lượng nước đá nhận vào để tăng đến 00C là Q1 = 18000 J + Nhiệt lượng mà mx ( kg ) nước đá nhận vào để tan hoàn toàn thành nước ở 00C là Qx = .mx = 646 000 J. + Toàn bộ nhiệt lượng này là do nước trong ca nhôm ( có khối lượng M ) và ca nhôm có khối lượng mn cung cấp khi chúng hạ nhiệt độ từ 500C xuống 00C. Do đó : Q = ( M.Cn + mn.Cn ).(50 - 0 ) + Khi có cân bằng nhiệt : Q = Q1 + Qx Þ M = 3,05 kg Bài 3 HD : 1) Do vônkế có điện trở vô cùng lớn nên ta có cách mắc ( R1 nt R2 ) // ( R3 nt 2r ) . Ta tính được cường độ dòng điện qua điện trở R1 là I1 = 0,4A; cường độ dòng điện qua R3 là I3 = Þ UDC = UAC - UAD = I1.R1 - I3.R3 = 0,4.5 - = (1) Ttự khi hai điện trở r mắc song song ta có cách mắc là ( R1 nt R2 ) // ( R3 nt ) ; lý luận như trên, ta có: U’DC = (2) . Theo bài ta có U’DC = 3.UDC , từ (1) & (2) Þ một phương trình bậc 2 theo r; giải PT này ta được r = 20W ( loại giá trị r = - 100 ). Phần 2) tính UAC & UAD ( tự giải ) ĐS : 4V Khi vôn kế chỉ số 0 thì khi đó mạch cầu cân bằng và : (3) + Chuyển chỗ một điện trở : Để thoả mãn (3), ta nhận thấy có thể chuyển một điện trở r lên nhánh AC và mắc nối tiếp với R1. Thật vậy, khi đó có RAC = r + R1 = 25W ; RCB = 25W ; RAD = 20W và RDB = 20W Þ (3) được thoả mãn. + Đổi chỗ hai điện trở : Để thoả mãn (3), có thể đổi chỗ R1 với một điện trở r ( lý luận và trình bày tt ) Bài 4 Bài 5 B I D I’ K M H x S’ A S C y a/ Vẽ ảnh của I qua CD và ảnh của S qua AB; nối các các ảnh này với nhau ta sẽ xác định được M và N. b/ Dùng các cặp D đồng dạng & để ý KH = 1/2 SI. ĐỀ SỐ 7 Bài 1 HD : * Gọi Q (J) là nhiệt lượng mà bếp cần cung cấp cho ấm để đun sôi nước thì Q luôn không đổi trong các trường hợp trên. Nếu ta gọi t1 ; t2 ; t3 và t4 theo thứ tự là thời gian bếp đun sôi nước tương ứng với khi dùng R1, R2 nối tiếp; R1, R2 song song ; chỉ dùng R1 và chỉ dùng R2 thì theo định luật Jun-lenxơ ta có : (1) * Ta tính R1 và R2 theo Q; U ; t1 và t2 : + Từ (1) Þ R1 + R2 = + Cũng từ (1) Þ R1 . R2 = * Theo định lí Vi-et thì R1 và R2 phải là nghiệm số của phương trình : R2 - .R + = 0 (1) Thay t1 = 50 phút ; t2 = 12 phút vào PT (1) và giải ta có D = 102 . Þ = Þ R1 = 30. và R2 = 20. * Ta có t3 = = 30 phút và t4 = = 20 phút . Vậy nếu dùng riêng từng điện trở thì thời gian đun sôi nước trong ấm tương ứng là 30ph và 20 ph . Bài 2 HD : a) Vẽ sơ đồ mỗi cách mắc và dựa vào đó để thấy : + Vì Đ1 và Đ2 giống nhau nên có I1 = I2 ; U1 = U2 + Theo cách mắc 1 ta có I3 = I1 + I2 = 2.I1 = 2.I2 ; theo cách mắc 2 thì U3 = U1 + U2 = 2U1 = 2U2 . + Ta có UAB = U1 + U3 . Gọi I là cường độ dòng điện trong mạch chính thì : I = I3 U1 + U3 = U - rI Û 1,5U3 = U - rI3 Þ rI3 = U - 1,5U3 (1) + Theo cách mắc 2 thì UAB = U3 = U - rI’ ( với I’ là cường độ dòng điện trong mạch chính ) và I’ = I1 + I3 Þ U3 = U - r( I1 + I3 ) = U - 1,5.r.I3 (2) ( vì theo trên thì 2I1 = I3 ) + Thay (2) vào (1), ta có : U3 = U - 1,5( U - 1,5U3 ) Þ U3 = 0,4U = 12V Þ U1 = U2 = U3/2 = 6V b) Ta hãy xét từng sơ đồ cách mắc : * Sơ đồ cách mắc 1 : Ta có P = U.I = U.I3 Þ I3 = 2A, thay vào (1) ta có r = 6W ; P3 = U3.I3 = 24W ; P1 = P2 = U1.I1 = U1.I3 / 2 = 6W * Sơ đồ cách mắc 2 : Ta có P = U.I’ = U( I1 + I3 ) = U.1,5.I3 Þ I3 = 4/3 A, (2) Þ r = = 9W Tương tự : P3 = U3I3 = 16W và P1 = P2 = U1. I3 / 2 = 4W. c) Để chọn sơ đồ cách mắc, ta hãy tính hiệu suất sử dụng địên trên mỗi sơ đồ : + Với cách mắc 1 : % = 60% ; Với cách mắc 2 : .% = 40%. + Ta chọn sơ đồ cách mắc 1 vì có hiệu suất sử dụng điện cao hơn. Bài 3 HD : Tiêu diện của thấu kính là mặt phẳng vuông góc với trục chính tại tiêu điểm a) Xác định quang tâm O ( nối A với A’ và B với B’ ). Kéo dài AB và B’A cắt nhau tại M, MO là vết đặt thấu kính, kẻ qua O đường thẳng xy ( trục chính ) vuông góc với MO. Từ B kẻ BI // xy ( I Î MO ) nối I với B’ cắt xy tại F’ b) Vì TK cố định và điểm A cố định nên A’ cố định. Khi B di chuyển ngược chiều kim đồng hồ ra xa thấu kính thì B’ di chuyển theo chiều kim đồng hồ tới gần tiêu điểm F’. Vậy ảnh A’B’ quay quanh điểm A’ theo chiều quay của kim đồng hồ tới gần tiêu điểm F’. c) Bằng cách xét các cặp tam giác đồng dạng và dựa vào đề bài ( tính được d và d’ ) ta tìm được f . d) Bằng cách quan sát đường truyền của tia sáng (1) ta thấy TK đã cho là TK hội tụ. Qua O vẽ tt’//(1) để xác định tiêu diện của TK. Từ O vẽ mm’//(2) cắt đường thẳng tiêu diện tại I : Tia (2) qua TK phải đi qua I. Bài 4 HD : K a) IO là đường trung bình trong DMCC’ D’ D b) KH là đường trung bình trong DMDM’ Þ KO ? M’ H M c) IK = KO - IO d) Các kết quả trên không thay đổi khi người đó di chuyển vì chiều cao của người đó không đổi nên độ dài các đường TB I trong các tam giác mà ta xét ở trên không đổi. C’ O C Bài 5