ĐỀ THI ÔN CHUYÊN LÝ CÓ GIẢI CHI TIẾT

TUYỂN CHỌN VÀ GIỚI THIỆU MỘT SỐ ĐỀ THI HSG VÀ TRƯỜNG CHUYÊN
Đề 1 : CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG (2004-2005)
Bài 1(4 điểm) : Hai bạn Lê và Trần cùng bắt đầu chuyển động từ A đến B. Lê chuyển động với
vận tốc 15km/h trên nửa quãng đường AB và với vận tốc 10km/h trên quãng đường còn lại.Trần
đi với vận tốc 15km/h trong nửa khoảng thời gian chuyển động và đi với vận tốc 10km/h trong
khoảng thời gian còn lại.
a. Hỏi trong hai bạn ai là người đến B trước ?
b. Cho biết chuyển động từ A đến B của hai bạn chênh nhau 6 phút. Tính chiều dài quãng
đường AB và thời gian chuyển động của mỗi bạn ?
Bài 2(4 điểm) : Một bếp điện có hai dây điện trở R1 và R2, hiệu điện thế định mức của mỗi dây
điện trở là U, công suất định mức của dây R1 là P1=400W, của dây R2 là P2=700W. Người ta
dùng bếp để đun sôi nước trong một chiếc ấm. Cho biết nhiệt lượng do bếp và ấm toả ra môi
trường tỉ lệ thuận với thời gian đun. Nếu chỉ nối dây R1 với nguồn hiệu điện thế U, thời gian đun
sôi nước là t1=30 phút. Nếu chỉ nối dây R2 với nguồn hiệu điện thế U, thời gian đun sôi nước là
t2=15 phút. Hỏi nếu nối dây R1 và R2 song song nhau vào nguồn hiệu điện thế U, thời gian đun
sôi nước là bao nhiêu ?
Bài 3(4điểm) : Một vật sáng AB đặt vng góc với trục chính trước một thấu kính hội tụ, A nằm
trên trục chính. Khi vật ở vị trí A1B1 , ảnh A1’B1’ qua thấu kính là ảnh thật. Khi vật ở vị trí A2B2,
ảnh A2’B2’ qua thấu kính là ảnh ảo. Hai vị trí A1B1 và A2B2 của vật đều nằm ở cùng một bên
thấu kính.
a. Dựng(vẽ) ảnh của AB qua thấu kính ở mỗi vị trí trên ?
b. Cho biết ảnh A1’B1’ ở cách thấu kính 120cm, ảnh A2’B2’ ở cách thấu kính 60cm và 2 ảnh
có độ cao bằng nhau (A1’B1 =A2’B2’). Dựa trên các hình vẽ ở câu a và các phép tốn hình
học, hãy tìm khoảng cách từ quang tâm tới tiêu điểm của thấu kính ?
Bài 4 (4điểm) : Cho các dụng cụ sau : một nguồn điện có hiệu điện thế khơng đổi, một vơn kế
có điện trở Rv chưa biết , một ampe kế có điện trở RA chưa biết, một điện trở R cần xác định.
Dựa vào các dụng cụ trên, vẽ các sơ đồ mạch điện và nêu cách tính chính xác giá trị điện trở R
dựa trên số chỉ của vôn kế và ampe kế trong các mạch điện đó. Cho biết khơng thể mắc trực tiếp
ampe kế vào 2 cực của nguồn điện vì khi đó ampe kế sẽ bị hư.
Bài 5(4điểm) : Một bóng đèn có các giá trị định mức là 120V-60W được mắc vào một nguồn
điện. Các cực của nguồn điện là A,B hiệu điện thế UAB của nguồn điện không thay đổi. Điện trở

của dây dẫn nối từ nguồn điện đến 2 đầu C,D của đèn được thẻ hiện bằng điện trở R1 như hình
vẽ. cho biết đèn sáng bình thường.
C
+
A

Sau đó, người ta mắc thêm một bếp điện song

R1
R2

song với bóng đèn. Các giá trị định mức của

B
-

bếp là 120 V – 240W. Cho rằng các điện trở
của đèn và bếp không thay đổi theo nhiệt độ.
1

D


a) Hỏi khi mắc bếp điện song song với đèn.
Độ sáng của đèn tăng hay giảm? Giải thích vì sao?
b) Cho biết khi mắc thêm bếp điện song song với đèn, hiệu điện thế hai đầu bếp là 114 V.
Tính điện trở R1.

HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1:

a) Ai đến trước:
Lê: Gọi s =

AB
2

; v1, v2 lần lượt là vận tốc của Lê trên nửa quãng đường trong thời gian tương

ứng là t1 và t2. Vận tốc trung bình của Lê trên đoạn đường Ab là:
v̅̅̅L =

2s
2s
2v1 v2
= s
=
= 12 (km/h)
s
t1 + t 2
v1 + v2
+
v1 v2

Trần: Gọi t là nửa thời gian chuyển động trên đoạn AB, s1 và s2 lần lượt là quãng đường
chuyển động liên tiếp. Vận tốc trung bình của Trần trên đoạn AB là:
v̅̅̅
T =

AB s1 + s2 v1 t + v2 t v1 + v2
=

=
=
= 12,5 (km/h)
2t
2t
2t
2

Vì v̅̅̅
̅̅̅L ⇒ Trần đến trước Lê.
T > v
b) Chiều dài AB, thời gian chuyển động tL và tT:
∆t = t L − t T ⇔

6
AB AB
AB
AB
=
−
⇒
−
= 0,1 h ⇒ AB = 30 (km)
60 v̅̅̅L
v̅̅̅
12 12,5
T

Thời gian chuyển động của Lê và Trần lần lượt là:
tL =

AB 30
AB
30
=
= 2,5 (h) và t T =
=
= 2,4 (h)
v̅̅̅L 12
v̅̅̅
12,5
T

Bài 2:
Chỉ với bếp R1:
+ Nhiệt lượng do bếp cung cấp là: Q1 = P1 . t1 = 720 000 (J)
+ Nhiệt lượng do ấm tỏa ra ngoài là: Q′1 = k. t1 (với k là hệ số tỉ lệ)
+ Nhiệt lượng cần để đun sôi nước là: ∆Q = Q1 − k. t1 (1)
Tương tự, chỉ với bếp R2 ta có: Q 2 = P2 . t 2 = 630 000 (J)
2


+ Nhiệt lượng cần để đun sôi nước là: ∆Q = Q 2 − k. t 2 (2)
Từ (1) và (2), suy ra: Q1 - k.t1 = Q2 – k.t2
= k =

Q1 − Q2 720000 − 630000
=
= 100 . Từ đó tính được Q = 540000J
t1 − t2

15.60

Nếu bếp gồm dây R1 // R2 thì cơng suất của bếp là:
P12 =

U2
1
1
= U 2 ( + ) = P1 + P2 = 1100W
R12
R1 R2

Q = Q12 − Q12' = P12 .t12 − k .t12 = t12 =

Q
540000
=
= 540s = 9 ph
P12 − k 1100 − 100

Bài 3:
a) Vẽ hình:

b) Ta có:
OIF' A1' B1' F ' =

A1' B1' A1 F '
A' B ' A'O − OF'
=
= 1 1 = 1

(1)
OI
OF'
A1 B1
OF'

A2' B2' F ' OIF' =

A2' B2' A2 F '
A' B ' A' O + OF'
=
= 2 2 = 2
(2)
OI
OF'
A1 B1
OF'

'
AO
A2' O + OF'
1 − OF'
=
Vì A1B1 = A2 B2 và A B = A B (3) nên kết hợp (1), (2) và (3) ta có:
OF'
OF'

' '
1 1

=

' '
2 2

120 − f 60 + f
=
= 120 − f = 60 + f = f = 30(cm) .
f
f
3


Bài 4:
Bước 1: Xác định điện trở RV của vôn kế và điện trở RA của ampe kế bằng 2 sơ đồ sau:

RV =

UV'
RA = '
IA

UV
IA

Bước 2: Đo điện trở R theo 1 trong 2 sơ đồ sau:

Nếu R nhỏ

Nếu R lớn

Bài 5:
a) Độ sáng của đèn khi mắc bếp điện song song với đèn:
Đèn có: R2 =

U2
U d2
= 240() . Bếp có: Rb = b = 60()
Pb
Pd

+ khi chưa mắc bếp: U CD = IR 2 =

U AB
U
R2 = AB
R1
R1 + R2
+1
R2

+ Khi mắc bếp Rb song song với R2: U C' D = I' R 2−b =

(1)

U AB
U AB
R2−b =
R1
R1 + R2−b

+1
R2−b

'
+ Do R2 > R2-b nên từ (1) và (2) ta suy ra UCD  UCD

 Đèn sáng mờ hơn khi có bếp.
b) Tính R1:
R .R
Ta có: R2−b = 2 b = 48()
R2 + Rb

R



 R



Từ (1) và (2) ta được: U CD  1 + 1 = U C' D  1 + 1
 R2

 R2−b

4

(2)

'
Thay UCD = 120V ,UCD = 114V , ta tìm được: R1 = 3,2()

5


Đề 2
TRƯỜNG AMSTERDAM VÀ CHU VĂN AN (2004 – 2005)
Bài 1 (2 điểm):
a) Cho 2 bóng đèn: Đ1 ghi 3V – 2,25W; đèn Đ2 ghi 6V
– 6W. Hỏi có thể mắc chúng vào hiệu điện thế 9V
khơng? Vì sao?
b) Cho 4 bóng đèn được mắc như hình vẽ: Đ1 có ghi
3V – 2,25W; Đ2 ghi 6V – 6W; Đ3 ghi 9V – 5,4W; Đ
ghi 6V – 3W.
Hiệu điện thế đặt vào hai đầu doạn mạch là U. Hỏi U phải thảo mãn điều kiện gì để khơng
bóng đèn nào sáng quá mức bình thường?
Ghi chú: Cho rằng điện trở của các bóng đèn trong bài này có giá trị khơng đổi, không phụ
thuộc vào nhiệt độ. Bỏ qua điện trở của dây nối.
Bài 2 (2 điểm): Hiệu điện thế giữa hai dây tải điện thành phố là U0 không đổi, 1 gia đình có 2
bếp điện giống nhau, mỗi bếp có cơng suất định mức P0 = 400W và hiệu điện thế định mức là
U0. Khi sử dụng một bếp thì cơng suất thực tế tỏa ra ở bếp là P1 = 324W. Hỏi nếu sử dụng đồng
thời cả hai bếp mắc song song thì tổng cơng suất tỏa ra ở chúng bằng bao nhiêu? (Bỏ qua sự
thay đổi điện trở theo nhiệt độ).
Bài 3 (3 điểm): Cho mạch điện như hình vẽ.
Hiệu điện thế đặt ở mạch là U = 25,2V không đổi. R là
biến trở, R1 = 12 () . Điện trở của ampe kế và dây nối
không đáng kể, của vôn kế rất lớn.
1. Con chạy C ở chính giữa biến trở
a. K mở ampe kế chỉ 0,42A. Tính số chỉ của vơn

kế và cơng suất tiêu thụ trên biến trở.
b. K đóng tính số chỉ của ampe kế và vơn kế.
2. K đóng xác định vị trí con chạy C để ampe kế chỉ
0,21A.
Bài 4 (1,5 điểm): một quả cầu đồng chất có khối lượng M = 10kg và thể tích V = 0,014m3.
1. Hãy đưa ra kết luận về trạng thái của quả cầu khi thả nó vào bể nước.
2. Dùng 1 sợi dây mảnh, 1 đầu buộc vào quả cầu, đầu kia buộc vào một điểm cố định ở đáy
bể nước sao cho quả cầu ngập hồn tồn trong nước và sợ dây có phương thẳng đứng.
Tính lực căng của dây. Cho biết: khối lượng riêng của nước D = 103 kg/m3.
Bài 5 (1, điểm): Một miếng cao su hình trịn bán kính R có bề dày đồng nhất bằng h, nếu
thả vào nước thì chìm. Cho 1 ống nhựa rỗng hình trụ thành mỏng, bán kính r (r < R); một
bình nước và một thước đo chiều dài. Hãy trình bày một phương án thí nghiệm để xác định
khối lượng riêng của miếng cao su nói trên.
6


HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1
1) Không thể mắc từng đèn hoặc song song hai đèn vào U = 9V vì khi đó Utt >Uđm

U2
+ Hai đèn nối tiếp: R D =
 R1 = 4();R 2 = 6()
P
 R m = R1 + R 2 = 10()  I m =

 U = I R = 0,9.4 = 3,6(V)
Um 9
=
= 0,9 A   1 m 1

R m 10
 U 2 = I m R 2 = 0,9.6 = 5,4(V)

Vậy đèn D1 sáng hơn mức bình thường nên dễ bị cháy, đèn 2 thì sáng yếu hơn.
2) Dịng điện định mức qua các bóng đèn:
Id =

Pd
 I1 = 0,75A; I2 =1A; I3 = 0,6A; I 4 = 0,5A
Ud

Đ4 không sáng quá mức bình thường khi    
Vì dịng điện mạch chính ln lớn hơn các mạch rẽ nên chỉ cần  =    
Vậy: U = I.R = 0,5.18 = 9V
Bài 2:
* Sử dụng 1 bếp:
+ Điện trở của bếp:
+ Theo giả thiết

I=

RB =

U 02 U 02
=
P0 400

P1< P0 nên dây dẫn có điện trở r. Ta có: P1 = I 2 R B

U0

U02
P1
324.400 360
=
=
r=
− RB =
RB
U02
U0
I
3600

U02 .11
RB
+ Khi hai bếp mắc song song: R =
+r =
2
400.18
Dòng điện chạy trong mạch khi này là: I m =

U0
U
400.18
= 2 0 =
U 0 .11
R
11.U 0
.
400.18

+ Tổng công suất của cả hai bếp:
2

2
m

P = I R 2b

 400.18  U 02
200.182
=
=
 535,54 W
 .
112
 11U 0  2.400

Bài 3:
1) Con chạy C ở chính giữa R
a) K mở: Mạch gồm R1 nối tiếp với RBC, dòng điện chạy trong mạch là I = 0,42A

7


+ Tổng trở của mạch là: R m =

U 25,2
=
= 60()

I 0,42

+ Điện trở của RBC: R BC = R m - R1 = 60 -12 = 48()
+ Ta có R = R AB = 2 R BC = 96 (  )
+ Số chỉ của vơn kế chính là UBC nên ta có:

U V = U BC = I. R BC = 0,42.48 = 20,16 ( V )
+ Công suất tiêu thụ của biến trở là: PBC = I 2 R BC = 0,422.48 = 8,4672 ( W )
b) K đóng: Mạch gồm (RAC//RCB) nt R1
+ Ta có R AC = R CB = 48 nên điện trở của
đoạn ACB là

R ACB =

R AC .R CB
= 24()
R AC + R CB

+ Tổng trở toàn mạch là:

R = R ACB + R1 = 24 +12 = 36()
+ Cường độ dòng điện trong mạch chính

I=

là

U 25,2
=
= 0,7(A)

R
36

+ Số chỉ vơn kế khi này là: U V = I.R ACB = 0,7.24 = 16,8(V)
+ Số chỉ ampe kế là IBC mà IBC= IAC nên: I A =

I
= 0,35(A)
2

2) K đóng:
+ Đặt RBC = x thì RAC = (96 - x) nên R ACB =
Mà U BC = I A .x  I =

x.(96 - x)
96

U BC 20,16
=
R BC 96 - x

+ Lại có U = U BC + I.R1  25,2 = 0,21x+

20,16.12
96 - x

+ Biến đổi ra: x 2 - 216x+10368 = 0
+ Điều kiện x  96 nên ta có x = 72()
Bài 4:
1)Ta có D =

M
= 714,286kg/ m3 < D0 = 1000kg/ m3  quả cầu nổi trên mặt nước
V

+ Gọi V1 và V2 là thể tích của phần vật trong nước và ngồi khơng khí. Vì vật nổi cân
M
10
=
= 0,01(m 3 )
bằng nên: P = FA  10 M = 10 D 0 V1  V1 =
D0 1000
8


+ Thể tích phần ngồi khơng khí là: V2 = V- V1 = 0,014 - 0,01 = 0,004(m3 )
+ Vậy quả cầu nằm trên mặt nước với 0,01m3 chìm trong nước còn 0,004 m3 nổi trên mặt
nước.
2) Khi quả cầu ngập hoàn toàn trong nước
Lực căng dây: T = F- P = d n V-10. M  T = 40(N)
Bài 5:
+ Chú ý: Điều kiện chiều dài của ống nhựa phải đủ lớn.
+ Đặt miếng cao su áp sát vào ống trụ rồi nhúng sâu vào nước. Từ từ nâng ống nhựa lên cao
đến khi miếng cao su cách mặt nước một đoạn bằng a thì nó tách khỏi ống rồi chìm xuống
+ Khi miếng cao su bắt đầu
tách khỏi ống thì hiệu các
áp lực tác dụng vào mặt
trên và mặt dưới bằng
trọng lượng của nó.
+ Gọi áp suất khí quyển là p0

thì áp suất tác dụng vào
mặt dưới là:

p1 = p0 + d 0 (a+ h);
Áp suất tác dụng vào mặt trên: bên ngoài ống là p2 = p0 + d 0a và bên trong ống là p0
+ Ta có P = F1 - F2  10.m = p1  R 2 - p2 ( . R 2 -  r 2 ) - p0  r 2

 10. D x V = p1  R 2 - p2 ( . R 2 -  r 2 ) - p0  r 2
 10. D x  R 2 h = (p0 + d 0 (a+ h)) R 2 - (p0 + d 0a)( . R 2 -  r 2 ) - p 0  r 2

 10. Dx  R 2 h = d 0 h  R 2 + d 0a  r 2  D x =

d0
ar 2 

2
2
(hR
+
ar
)
=
D
1+
0
2 
10. R 2 h
 R h

ar 2 


+ Vậy khối lượng riêng của miếng sao su là: D x = D0  1+
2 
 h. R 
(Với D0 là khối lượng riêng của nước).
ĐỀ 3
TRƯỜNG THPT CHUYÊN GIA LAI (2006 – 2007)
Bài 1 : (2 điểm) Khi trời lặng gió, người ta thả vào trong khơng khí một quả bóng thám khơng
đã được bơm đầy khí hydro, nó bay lên phía trên theo phương thẳng đứng. Hỏi :
1) Nguyên nhân nào làm quả bóng bay lên ?
2) Quả bóng bay lên đến độ cao nào thì dừng lại ? Tại sao ?
Giả sử trong suốt quá trình bay lên nhiệt độ mơi trường khơng thay đổi, vỏ quả bóng
khơng co giãn và khối lượng khơng đáng kể.
Bài 2 : (2,5 điểm) Cho 3 điện trở giống nhau, đều có giá trị r .
9


1) Có thể mắc được bao nhiêu mạch điện có điện trở tương đương khác nhau ? Vẽ các sơ đồ
mạch điện đó.
2) Tính điện trở tương đương của mỗi mạch điện nói trên theo r .
3) Đặt hiệu điện thế U không đổi vào hai đầu mỗi mạch điện. Khi đo dịng điện mạch chính
trong các mạch điện trên, ta thấy có một giá trị nhỏ nhất ứng với một sơ đồ mạch điện là
I = 0, 2 ( A) . Tính giá trị cường độ dịng điện các mạch điện còn lại.
Bài 3 : (1,5 điểm) Một người cận thị phải đeo kính phân kỳ có tiêu điểm cách quang tâm một
khoảng OF = 1m . Đứng trước người cận thị đó là một người bạn có chiều cao 1,6m và cách xa
4m .
1) Hãy dựng ảnh của người bạn qua thấu kính của người cận thị.
2) Người đó nhìn thấy bạn của mình cao bao nhiêu và cách xa một khoảng bao nhiêu mét ?
Bỏ qua khoảng cách giữa thấu kính và mắt.
Bài 4 : (2,5 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ (hình 1), trong đó : hai đèn dây tóc Đ1, Đ2 cùng

loại và cùng có hiệu điện thế định mức
U d = 6V ; hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn
mạch MN không đổi, có giá trị U 0 . Con chạy

C ở một vị trí xác định trên biến trở AB , khi
đó đèn Đ1 sáng bình thường.
1) Lúc đó đèn Đ2 có sáng bình thường
khơng ? Giải thích.
2) Có thể dịch chuyển con chạy C để đèn
Đ1, Đ2 sáng như nhau không ?
3) Nếu đẩy con chạy C về phía B thì độ sáng của đèn Đ2 tăng hay giảm ?

Bài 5 : (1,5 điểm) Một nguồn điện không đổi bị mất dấu cực. Em hãy thiết kế một thí nghiệm
để xác định lại dấu cực của nguồn điện ( e ) bằng các dụng cụ thí nghiệm sau :
-

Một ống dây ( a )

Một kim la bàn ( b )

Một khóa K ( c ) và các dây nối ( d )

HƯỚNG DẪN GIẢI
10


Bài 1 :
1) Vì trọng lượng riêng của khí hydro nhỏ hơn trọng lượng riêng của khơng khí ở mặt đất :
d kk  d H 2
Khi thả quả bóng nó chịu tác dụng của hai lực ngược chiều nhau :

+ Trọng lực : P = V .d H 2 có hướng thẳng đứng từ trên xuống ;
+ Lực đẩy Acsimet của khơng khí : FA = V .d kk , hướng thẳng đứng từ dưới lên.
Ta thấy P  FA , do vậy hợp lực hai lực này có hướng thẳng đứng từ dưới lên. Vì thế quả
bóng bay lên phía trên theo phương thẳng đứng.
2) Càng lên cao trọng lượng riêng của khơng khí càng giảm, trong khi đó thể tích của quả
bóng khơng đổi (V = h.S ) . Do vậy lực đẩy Acsimet tác dụng lên quả bóng càng lên cao
càng giảm.
Quả bóng sẽ dừng lại khi hai lực : Trọng lực và lực đẩy Acsimet cân bằng nhau.
Khi đó P = FA' . Ta có : V .d H 2 = V .d kk'  d kk' = d H 2 .
Vậy quả bóng sẽ dừng lại ở độ cao mà tại đó trọng lượng riêng của khơng khí bằng trọng
lượng riêng của khí hydro.
Bài 2 :
1) Có 4 cách mắc để điện trở tương đương khác nhau (theo các sơ đồ sau)

2) Tính điện trở tương đương của các mạch
3r
2r
r
Sơ đồ a : Ra = 3r ; Sơ đồ b : Rb = ; Sơ đồ c : Rc =
; Sơ đồ d : Rd =
2
3
3
3) Tính dịng điện :
Dịng điện mạch chính nhỏ nhất tương ứng với sơ đồ có điện trở lớn nhất là sơ đồ a. Ta
có :
U U
U
U 3U
+ Ia =

=
= 0, 2 ( A)  = 0,6 ( A) ; I b =
=
= 3.0,6 = 1,8 ( A)
Ra 3r
r
Rb
r
U 2U 2
U 3U 3
+ Ic =
=
= .0,6 = 0, 4 ( A) ; I d =
=
= .0,6 = 0,9 ( A)
Rc 3r 3
Rd 2r 2
Bài 3 :
1) Để dựng ảnh ta có thể coi người đó như một vật sáng AB (hình vẽ)
11


+ Từ A ta dựng tia AI song song với trục chính của thấu kính, tia này sau khi khúc xạ
có tia ló IK truyền theo phương có đường kéo dài qua tiêu điểm F ' .
+ Tia AO đi qua quang tâm truyền thẳng.
+ Hai tia khúc xạ kéo dài gặp nhau tại A1 , từ A1 hạ vuông góc với trục chính tại B1 . Ta
có A1B1 chính là ảnh của AB qua thấu kính.
2) Để xác định vị trí và chiều cao của ảnh người đó qua thấu kính, ta xét các tam giác đồng
AB OA
dạng ABO và A' B'O ta có : ' ' =

(1)
A B OA'
Xét F 'OI đồng dạng F ' A' B ' ta có :

OI
OF '
AB
OF '
=

=
( 2)
A' B' F ' A'
A' B ' OF ' − OA'
OA
OF '
4
1
Từ (1) ; ( 2 ) ta có :
=

=
 OA' = 0,8 ( m )
'
'
'
'
'
OA OF − OA
OA 1 − OA

1,6
4
 A' B ' = 0,32 ( m )
Thay OA' = 0,8 ( m ) vào (1) ta có : ' ' =
A B 0,8

Bài 4 :
1) Xét mạch điện MN ta thấy :
Khi đèn Đ1 ở mạch chính sáng bình thường, thì U d = U dm = 6V . Do đó I = I dm
Mặt khác ta thấy đèn Đ2 mắc trong mạch rẽ, mà I = I d2 + I CA  I d2  I . Vậy đèn Đ2 sáng
không bình thường.
2) Khơng thể.
Ta biết khi dịch chuyển con chạy ta khơng thể điều chỉnh sao cho cường độ dịng điện đi
qua đèn Đ1 và Đ2 là như nhau. Vì I d2 luôn nhỏ hơn I do vậy hai đèn khơng sáng như
nhau.
3) Gọi RAC = x ; khi đó RCB = ( R − x ) với R là điện trở của biến trở AB . Gọi R0 là điện
trở của mỗi đèn Đ1, Đ2. Khi đó mạch MN gồm hai đoạn mạch mắc nối tiếp đó là :
12


R1 = ( R − x ) + R0 và R2 =

R0 .x
R0 + x
Gọi hiệu điện thế trên mỗi đoạn mạch là U1 , U 2 ta có
U .R
U0
U
R
U 0 = U1 + U 2 và 2 = 2  U 2 = 0 2 =

U1 R1
R1 + R2 R1 + 1
R2

Khi dịch chuyển con chạy về phía B thì x tăng do đó : R2 =

R0 .x
cũng tăng. Do vậy
R0 + x

hiệu điện thế U 2 cũng tăng vì thế đèn Đ2 sáng lên.
Bài 5 : Để xác định được các cực của nguồn điện ( e ) ta cần mắc nó vào một mạch và xác định
chiều của dịng điện. Từ đó ta có thể xác định được các cực âm, dương của nguồn. Muốn vậy ta
có thể bố trí thí nghiệm như sau :
+ Nối ống dây, khóa K với nguồn điện như hình vẽ 2.
+ Đặt ống dây dọc theo trục kim la bàn ở trạng thái tự do (hướng bắc – nam), như hình vẽ 3.
+ Đóng khóa K cho dịng điện chạy qua ống dây, khi đó dưới tác dụng của từ trường ống dây
làm kim la bàn quay và định hướng lại cực từ (nếu có). Từ đó xác định được cực từ của ống dây.
+ Sử dụng quy tắc nắm bàn tay phải xác định chiều của dòng điện chạy trong ống dây.
Căn cứ vào chiều dòng điện chạy trong ống dây ta có thể xác định được cực của nguồn
điện.

13


84,85

14

+ Nhiệt lượng do nước sôi tỏa ra khi hạ nhiệt độ đến 00 C :
Q1 = 2mc.100 = 200mc

(3)

+ Nhiệt lượng thu vào của thùng nước đá để tăng nhiệt độ đến 00 C bằng:

mc
c
.10 = 10m(cd + )
3
3
c
4c
40mc
V× cd  c nªn (cd + ) 
 Q2 
(4)
3
3
3
So sánh (3) và (4) ta thấy Q 2 Q1 nên nước đá đà bị tan.
Q2 = mcd .10 +

Cõu 3:
a) Khi con chạy ở vị trí C ứng với điện trở
RMC = x th× RCN = (10 − x ). Mạch điện có

dạng như hình vẽ:
+ Điện trở các búng ốn:

U12
U22
R1 =
= 1,5(); R 2 =
= 6()
p1
p2
1 sáng bình thường nên: I1 =

p1
= 2( A)
U1

+ Mà U AC = I1 ( R1 + x ) = 3 + 2 x

(1)

+ Mặt khác: R AC =

( R1 + x ) R2 (1,5 + x ).6
=
R1 + R2 + x
7,5 + x

+ Điện trở tương đương toàn mạch: Rtm = RAC + RCN + r =
+ Cường độ dòng điện toàn m¹ch: I=
Suy ra: U AC = I . RAC =

95,25 + 10 x − x 2

7,5 + x

U
36(7,5 + x )
=
Rtm 95,25 + 10 x − x 2

216(1,5 + x )
95,25 + 10 x − x 2

(2)

Tõ (1) vµ (2) ta có phương trình: x 2 10 x + 12,75 = 0.
+ Giải phương trình ta được: x1 = 1,5 và x 2 = 8,5.
Vậy đèn Đ1 sáng bình thường thì có hai vị trí của con chạy C, ứng với các
giá trị điện trở của đoạn mạch MC b»ng 1,5 hc 8,5W.
+ Khi x= 1,5V  U AC = U2 = 6 V; Khi x = 8,5V  U AC = U2 = 20V.
Cả hai giá trị đều nhỏ hơn U 2đm vậy đèn 2 sáng yếu hơn b×nh th­êng.

15


2
U AM
U
b) Công suất tiêu thụ trên Đ1 : P1 =
. Ta cã:U AM = AC . R1
R1
R1 + x

+ Thay (2) vào (3) biến đổi đến : U AM =

(3)

324
.
95,25 + 10 x − x 2

+ NhËn thÊy P1 min khi U AM = min suy ra (95,25 + 10x - x 2 )max
b −10
Tam thøc bËc 2 trªn có hệ số a = -1<0 nên đạt cực đại khi x = - =
=5
a 2
Vậy, công suất trên Đ1 nhá nhÊt khi R AC = 5(W)
+ C«ng suÊt nhá nhất trên đèn Đ1 :
2

P1 min

2
U AM
324

1
=
=
.
= 4,84(W )
2 
R1

 95,25 + 10.5 − 5  1,5

Câu 4:
Hình vẽ

a) Chøng minh c«ng thøc p.q = f 2
OK OF
AB  OF
Ta cã: ° FAB # ° FOK 
=

=
(1)
AB AF
AB
AF
AB 
AF 
AB 
AF 
Vµ ° F AB # ° F OI 
=

=
(2)
OI
OF 
AB
OF 
OF

AF 
Tõ (1) vµ (2) Suy ra:
=
 AF. AF  = OF 2 (V× OF = OF )
AF
OF 
Thay AF = p; AF  = q; OF = f ta được: p.q = f 2
b) Khi AB nm dọc trục chính thì ảnh thật AB nằm dọc trục chính. Nếu cho A di chuyển lại
gần kính thì A di chuyển ra xa kính và ngược lại, như vậy nếu khi B nằm gần thấu kính hơn
A thì B nằm xa thấu kính hơn A và ngược lại.
+ Xét điểm A theo chứng minh trên, ta có: p.q = f 2 (1)
+ Tương tự áp dụng cho điểm B, ta có:

16


− Khi ng· vỊ gÇn kÝnh: (p-4)(q+6) = f 2  p.q + 6p - 4q - 24 = f 2 (2)
− Khi ng· ra xa kÝnh: (p+4)(q-3) = f 2  p.q - 3p + 4q -12 = f 2 (3)
 6p - 4q =24
+ Thay (1) vµo (2) và (3) rút gọn ta được:
-3p + 4q = 12
Giải hệ ta được: p = q = 12cm. VËy f =

p.q = 12(cm)

c) Vì tia tới qua quang tâm O của thấu kính thì truyền thẳng nên nối AA và BB cắt nhau tại
O, O là quang tâm của thấu kính (1).
+ Vì AA là ảnh của AB qua thấu kính nên AB nằm trên tia tới thì AB nằm trên tia ló. Vậy
kéo dài AB và AB cắt nhau tại I thì I thuộc thấu kính. (2)
+ Từ (1) và (2) suy ra OI trùng với thấu kính.

+ Dựng đường thẳng xy qua O vng góc OI thì xy là trục chính của thấu kính.
+ Vẽ tia sáng BK song song xy, khúc xạ qua B cắt xy tại F . F là tiêu điểm thứ nhất của thấu
kính.
+ Lấy F đối xứng với F qua O ta được tiêu điểm thứ 2 của thấu kính.

Câu 5:
Cách 1:
Bước 1: Dùng đoạn dây điện từ quấn chồng lên hai cuộn dây của máy biến thế, ta được cuộn
dây thứ 3 có n0 vịng đã đếm được (làm cuộn dây chuẩn).
Bước 2: Nối hai đầu cuộn thứ nhất vào hai cực của nguồn điện xoay chiều, dùng vôn kế đo hiệu
điện thế hai đầu cuộn dây (1) được U1 và hiệu điện thế ra hai đầu cuộn dây (2) được U 2 và hai
đầu cuộn dây (3) được U 0 , ta có:
17


Bước 3: Dùng công thức máy biến thế, ta được:

+

U1 n1
U
=
 n1 = 1 .n 0
U0 n0
U0

+

U2 n2
U

=
 n 2 = 2 .n 0
U0 n0
U0

Cách 2:
+ Lấy đoạn dây dẫn mềm quấn chung quanh một lõi sắt của máy biến thế (đếm số vòng) làm
cuộn dây thứ cấp. Hai cuộn dây của máy biến thế là cuộn sơ cấp.
+ Lần lượt đặt từng cuộn sơ cấp (nghĩa là từng cuộn dây của máy biến thế) vào nguồn điện xoay
chiều, dùng vôn kế đo hiệu điện thế cuộn sơ cấp U1 và hiệu điện thế cuộn thứ cấp U 2 .
+ Dùng cơng thức

n1 U1
. Số vịng dây của cuộn thứ cấp n 2 ta đếm được ở trên. Do đó ta
=
n2
U2

suy ra n1

ĐỀ 5
TRƯỜNG THPT CHUYÊN GIA LAI (2010 - 2011)

Câu 1: (2,5 điểm)
a) Trình bày cấu tạo vả giải thích hoạt động của máy phát điện xoay chiều.
b) Máy phát điện xoay chiều có cơng suất 10kW, phát ra hiệu điện thế 1kV được truyền tải đến
nơi tiêu thụ cách nhà máy 10km, dây dẫn bằng đồng có điện trở suất  = 1,7.10-8 Ωm. Tiết diện
của dây dẫn không nhỏ hơn giả trị nào để công suất tổn hao trên dây không quá 10% công suất
nguồn.
c) Để công suất tổn hao trên dây giảm đi 25 lần cần phải tăng hay giảm hiệu điện thế ở nguồn

bao nhiêu lần và bằng cách nảo?
Câu 2 (1,5 điểm): Thường ngảy, An đi học bằng xe đạp với vận tốc trung bình v = 2,5m/s đi từ
nhà tới trường mất 30 phút.
a) Tính khoảng cách từ nhà tới trưởng,
b) Hơm nay đi thi, An dự định tới trường sớm nên đã đạp xe nhanh hơn thưởng ngày nhưng chỉ
đi được một đoạn thì xe bị hỏng, phải gửi xe cho người quen và tiếp tục đi taxi tới trường. Tính
quảng đường An đã đi taxi. Biết rằng thời gian đi từ nhả đến trường chỉ bằng một nửa thời gian
18


dự định, vận tốc của xe taxi bằng 4 lần vận tốc xe đạp lúc đầu, bỏ qua thời gian gửi xe đạp vả
đợi taxi.
Câu 3 (2 điểm): Một bình cách nhiệt, chứa một khối nước đá ở nhiệt độ t0 = -10°C. Người ta đổ
vào bình 2kg nước nguội ở nhiệt độ t1 = 25°C. Khi cân bằng nhiệt trong bình vẫn cịn 0.5kg nước
đá. Biết nhiệt dụng riêng của nước 4200J/kgK, nước đá 2100//kgK, nhiệt lượng cần thiết đê 1kg
nước đá nóng chảy hồn tồn ở nhiệt độ nóng chảy là  = 3.3.105J/kg. Bỏ qua sự hấp thu nhiệt
của bình.
a) Tính khối lượng nước đá ban đầu.
b) Thực tế trong khối lượng nước đá có lẫn một viên bị thép có khối lượng 50g, khi cân bằng
nhiệt bi thép vẫn còn nằm trong khối nước đá, hỏi khối nước đá có bị chìm khơng? Tại sao? Biết
khối lượng riêng của nước D1 = 1000kg/m3; của nước đá D2 = 900kg/m3, của thép D3 =
7700kg/m3.
Câu 4 (2 điểm): Cho mạch điện như hình vẽ. Biết UAB = 24V
(khơng đổi); Rx, là biển trở, đèn Ð1 (12V - 6W), Ð2 (12V 3W). Ampe kế có điện trở r = 5Ω; Vơn kế có điện trở rất lớn.
a) Xác định số chỉ ampe kế, vôn kế và cho biết độ sáng các
bóng đèn khi Rx = 19 Ω.
b) Điều chỉnh biến trở đến giá trị nào thì cơng suất tiêu thụ
trên biến trở Rx lớn nhất? Tính giá trị ấy?
Câu 5 (2 điểm): Một người muốn nhìn rõ mắt mình qua gương phẳng thì phải đặt mắt cách
gương đoạn gần nhất là 6cm và xa nhất là 25cm.

a) Xác định giới hạn nhìn rõ của mắt và cho biết mắt trên có tật gì?
b) Người trên khơng đeo kính, quan sát một vật nhỏ qua kính lúp có tiêu cự 4 cm, kính lúp đặt
sát mắt.
+ Vẽ ảnh của vật qua kính lúp.
+ Khơng dùng cơng thức thấu kính, hãy xác định vị trí đặt vật trước kính lúp để mắt nhìn rõ.
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1:
a) Cấu tạo và nguyên tắc hoạt động của máy phát điện xoay chiều:
+ Cấu tạo: Máy phát điện xoay chiều có hai bộ phận là nam châm và cuộn dây, một trong hai
bộ phận đó đứng n gọi là stato, bộ phận cịn lại quay gọi là roto.
+ Hoạt động: Khi cho cuộn dây dẫn kín quay trong tử trường của nam châm hay cho nam châm
quay trước cuộn dây dẫn kín thì số đường sức từ xuyên qua tiết diện S của cuộn dây tăng, giảm
liên tục làm xuất hiện dòng điện cảm ứng xoay chiều trong cuộn dây.
19


b) Công suất tổn hao trên đường dây tải điện: ∆P =

P2
.R (P: công suất nguồn, U: hiệu điện
U2

thế nguồn, R: điện trở dây tải).
Phần trăm cơng suất hao phí:
+ Theo bải tốn ta có:

P
P
=R 2
P

U

P
P
0,1U 2 0,1.106
 0,1  R 2  0,1  R 
=
= 10()
P
U
P
104

+ Mặt khác ta có: R= 

l
l
S =
S
R

Tiết diện dây nhỏ nhất khi Rmax = 10Ω; dây tải điện có hai dây nên l = 20(km) ˆ
2.104
Vậy Smin = 1,7.10 .
= 3,4.10-5 (m2) = 34 (mm2)
10
-8

e) Từ công thức ∆P = R.

P2
1
ta thấy ∆P – 2 vậy để công suất tốn hao giảm 25 lần thì phải tăng
2
U
U

điện thế ở nguồn lên 5 lần.
Đề làm tăng hiệu điện thế ở nguồn ta sử dụng máy biến thế.
Câu 2:
a) Đổi 2,5 m/s = 9km/h. 30 phút = 0,5h
Quãng đường từ nhà đến trường: s = v.t = 9,0,5 = 4,5 (km)
b) Gọi t là thời gian dự định ban đầu.
Gọi S1; v1; t1 là quảng đường, vận tốc và thời gian An đi xe đạp, S2; v2; t2 là quảng đường, vận
tốc và thời gian An đi taxi.
Ta có v2 = 4v1
t
2

Theo bài tốn: t1 + t2 = (*)
Hay:

S1 S2
S
S − S1
S
S
+
=
 1 +

=
 3S1 = S  S1 = 1,5(km)
v1 v2 2v1
v1
4v1
2v1

Vậy quảng đường An đi taxi: sy =4,5I,5 =3(km).
Câu 3:
a) Khi cân bằng nhiệt trong bình vẫn cịn nước đá nên nhiệt độ trong bình là 00C
Phương trình cân bằng nhiệt: mn.cn.25 = md.cd.10 + (md - 0,5).
 25.mn.cn = md(10.cd +) – 0,5
 md =

25.mn cn + 0,5 25.2.4200 + 0,5.33000
=
 1, 07(kg )
10cd + 
10.2100 + 330000
20


b) Khối lượng riêng của khối đá có chứa bí thép:
0, 5
V

D =

(trong đó V là thể tích của khối nước đá có chứa bị thép)

+ Thể tích của khối đá và bi thép: V =

md/ mt
+
Dd Dt

trong đó m’d = 0,5 - m, = 0,5 - 0,05 = 0,45(kg)
+ Khối lượng riêng của khối đá chứa bì thép:
D=

0,5
0,5
=
 987, 2(kg / m3 )
0,
45
0,
05
m
m
+
+ t
900 7700
Dd Dt
/
d

Ta thấy D < Dn nên khối nước đá vẫn còn nổi trong nước
Câu 4:
a) Điện trở của hai đèn: đèn l: R1 =

U12
U2
= 24 (  ) và đèn 2: 2 = 48 (  )
P1
P2

+ Điện trở tương đương của hai đèn: RD =

R1 R2
24.48
=
= 16 (  )
R1 + R2 24 + 48

+ Điện trở toàn mạch: RAB = r + Rx + RD = 40(Q)
+ Số chỉ ampe kế: I =

U AB 24
=
= 0, 6 (  )
RAB 40

+ Số chỉ vôn kế: U V = I(R X + R D ) = 0,6(19 + 16) = 21(V)
+ Hiệu điện thế hai đầu bóng đèn: U D = I.R D = 0,6.16 = 9,6(V) . Vì UD < Udm nên cả hai đèn
đều sáng yếu hơn bình thường.
b) Cơng suất tiêu thụ trên biến trở RX: P = I 2 .R X
2
U 2AB .R X
U AB

P=
=
R +r 2
(r + R X + R D )2
( RX + D
)
RX

U không đổi, Pmax khi ( R X +

RD + r
) min .
RX

Theo bất đẳng thức Cô si ta suy ra: R X = R D + r = 16 + 5 = 21 Ω
Vậy: Pmax =

U 2AB
242
=
= 6,86W
4R X
4.21

Câu 5:
21


a) Vì ảnh của vật qua gương phẳng đối xứng với vật qua gương nên:

OCC = 25.2 = 50(cm)
Vậy giới hạn nhìn rõ của mắt là khoảng trước mắt, cách mắt từ 12cm đến 50cm.
Vì điểm cực viễn cách mắt đoạn khơng xa nên mắt trên có tật cận thị.
b. Ảnh của vật qua kính lúp như hình vẽ:
Ta có: ΔOA / B/ ~ ΔOAB =>

ΔF/ A / B/ ~ ΔF/ OI =>
Từ (1) và (2)

A / B/ OA /
=
AB
OA

(1)

A / B/
A / B/
F/ A /
=
= /
OI
AB
FO

(2)

OA /
F/ A /
OF/ + OA /

= / =
OA
FO
OF/

Đặt d = OA; d / = OA/ ; f = OF = OF/

d/f
Ta có: d f = df + dd => d = /
d +f
/

/

(*)

Khi quan sát vật ở cực cận thì d / = OCC = 12cm => d min =

12.4
= 3 (cm)
12 + 4

Khi quan sát vật ở cực viễn thì d / = OCV = 50cm => d max =

50.4
= 3,7 (cm)
50 + 4

Vật đặt trước kính lúp và cách kính lúp đoạn 3  d  3,7 (cm)
ĐỀ 6

TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ (2008 – 2009)
Bài 1: (3,0 điểm) Một người đến bến xe buýt chậm 20 phút sau khi xe buýt đã rời bến A, người
đó bèn đi taxi đuổi theo để kịp lên xe buýt ở bến B kế tiếp. Taxi đuồi kịp xe buýt khi nó đã đi
được 2/3 quãng đường từ A đến B. Hỏi người này phải đợi xe buýt ở bến B bao lâu? Coi
chuyển đông của các xe là chuyển động đều.
Bài 2: (2,5 điểm) Người ta thả một miếng đồng có khối lượng m1 = 0,2kg đã được đốt nóng đến
nhiệt độ t1 vào một nhiệt lượng kế chứa m2 = 0,28kg nước ở nhiệt độ t 2 = 200C . Nhiệt độ khi
có cân bằng nhiệt là t 3 = 800C . Biết nhiệt dung riêng, khối lượng riêng của đồng và nước lần
lượt là c1 = 400J/(kg.K) , D1 = 8900kg/m3 , c2 = 4200J/(kg.K) , D2 = 1000kg/m3 ; nhiệt hóa
hơi của nước (nhiệt lượng cần cung cho một kg nước hóa hơi hồn tồn ở nhiệt độ sơi) là
L = 2,3.106 J/kg . Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với nhiệt lượng kế và với môi trường.
a) Xác định nhiệt độ ban đầu t1 của đồng.

22


b) Sau đó, người ta thả thêm một miếng đồng khối lượng m3 cũng ở nhiệt độ t1 vào nhiệt lượng
kế trên thì 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 miếng đồng m3.
Bài 3: (2,0 điểm) Cho mạch điện có sơ đồ như hình vẽ.
Biết: U = 12V, R1 = 15Ω, R 2 = 10Ω, R 3 = 12Ω ; R 4 là biến trở.
Bỏ qua điện trở của ampe kế và dây nối.
a) Điều chỉnh cho R 4 = 8 Ω . Tính cường độ dịng điện qua ampe
kế.
b) Điều chỉnh R 4 sao cho dịng điện qua ampe kế có chiều từ M đến
N và có cường độ 0,2A. Tính giá trị của R 4 tham gia vào mạch điện lúc đó.
Bài 4: (1,5 điểm) Hai điểm sáng S1 và S2 cùng nằm trên trục chính, ở về hai bên của một thấu
kính hội tụ, cách thấu kính lần lượt là 6cm và 12cm. Khi đó ảnh của S1 và ảnh của S2 tạo bởi
thấu kính là trùng nhau.
a) Hãy vẽ hình và giải thích sự tạo ảnh trên.

b) Từ hình vẽ đó hãy tính tiêu cự của thấu kính.
Bài 5: (1,0 điểm) Một hộp kín H có ba đầu ra. Biết rằng trong hộp kín là sơ đồ mạch điện được
tạo bởi các điện trở. Nếu mắc hai chốt 1 và 3 vào hiệu điện thế nguồn không đổi U = 15V thì
hiệu điện thế giữa các cặp chốt 1-2 và 2-3 lần lượt là U12 = 6V và U23 = 9V. Nếu mắc hai chốt
2 và 3 cũng vào hiệu điện thế U trên thì hiệu điện thế giữa các cặp chốt 2-1 và 1-3 lần lượt là
U21 = 10V và U13 = 5V.
a) Hãy vẽ một sơ đồ mạch điện trong hộp kín H với số điện trở ít nhất. Cho rằng điện trở nhỏ
nhất trong mạch điện này là R, hãy tính các điện trở cịn lại trong mạch đó.
b) Với sơ đồ mạch điện trên, nếu mắc hai chốt 1 và 2 vào hiệu điện thế U trên thì các hiệu điện
thế U13 và U32 là bao nhiêu?
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1: Gọi C là điểm taxi đuổi kịp xe buýt và t là thời gian taxi đi đoạn AC.
AC =

2
1
AB; CB = AB  AC = 2CB.
3
3

+ Thời gian xe buýt đi đoạn AC là: t + 20 (phút).
+ Thời gian mỗi xe đi tỷ lệ thuận với quãng đường đi của chúng, nên thời gian taxi đi đoạn
t
CB là (phút)
2
+ Vậy thời gian người đó phải đợi xe buyets ở bến B là:

t
 t
Δt =  + 10 = 10 (phút).

2
 2
23


Bài 2:
a) Nhiệt lượng của m1 (kg) đồng tỏa ra để hạ nhiệt độ từ t1 xuống 800C là:

Q1 = c1.m1 (t1 - 80)
+ Nhiệt lượng của m2 (kg) nước thu vào để tăng nhiệt độ từ 200C đến 800C là:

Q2 = m 2c2 .60
+ Phương trình cân bằng nhiệt: Q1 = Q2  t1 =

60m2c2
+ 80 = 9620C
m1c1

b) Khi thả thêm m3 kg đồng ở nhiệt độ t1 vào nhiệt lượng kế, sau khi có cân bằng nhiệt mà mực
nước vẫn không thay đổi. Điều này chứng tỏ:
+ Nhiệt độ cân bằng nhiệt là 1000 C .
+ Có một lựợng nước bị hóa hơi. Thể tích nước hóa hơi bằng thể tích miếng đồng m3 chiếm
m
chỗ: V2/ = 3 .
D1
+ Khối lượng nước hóa hơi ở 1000 C là: m 2/ = V2/ .D2 = m3

D2
.
D1

+ Nhiệt lượng thu vào của m1 (kg) đồng, m2 (kg) nước để tăng nhiệt độ từ 800C đến 1000C
và của m 2/ (kg) nước hóa hơi hồn tồn ở 1000C là:

Q3 = 20(c1m1 +c2 m2 ) + Lm3

D2
.
D1

Nhiệt lượng tỏa ra của m3 kg đồng để hạ nhiệt độ từ t1=9620C xuống xuống 1000C là:
Q4=862c1m3
Phương trình cân bằng nhiệt mới: Q3=Q4

 20(c1m1 + c2 m2 ) + Lm3
 m3 =

D2
= 862c1m3
D1

20(c1m1 + c2 m2 )
 0, 29( g )
D2
862c1 − L
D1

24

Bài3
a) Vì mạch cầu cân bằng => IA=0

b) Ta có IA=I1-I3

Thay số vào ta có

R1 R3
có
=
= 1,5 
R2 R4
U
12 − U12
 0, 2 = 12 −
R1
R3
U
12 − U12
0, 2 = 12 −
15
12

Lại

 U12 = 8(V )  U 34 = 4(V )
Bài 4
a)

I4 = I2 + I A =

Vẽ  R4 =

U12
+ I A = 0,8 + 0, 2 = 1( A)
R2

U 34
= 4()
I4

hình:

25