Đọc thử de thi vao 10 chuyen khoi chuyen ly (tái bản)

PHẠM HỒNG VƯƠNG

NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI


Chinh phục đề thi vào 10 chuyên
khối chuyên Lý

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
Đề chính thức

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM 2018

MÔN THI: VẬT LÝ

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu I. 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 sơi 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 và ngay sau khi cân bằng nhiệt có giá trị lần lượt là t0 = 30,0°C và t = 35,0°C,
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 m = 125g. Nước có nhiệt dung riêng c = 4,18 J/(g.°C)
và sôi ở nhiệt độ ts = 100°C.

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 mơi trường ngồi, 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 sơi 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 II. Một thiết bị điện tương đương với một điện trở khơng đổi R0 = 25,0 Ω chỉ có thể hoạt động

ổn định khi hiệu điện thế giữa hai đầu của nó nằm trong khoảng 24,0V ≤ U0 ≤ 26,0V. Tuy
nhiên nguồn điện cấp cho thiết bị này hoạt động đôi khi có những biến đổi mạnh, vì thế để
đảm bảo cho R0 hoạt động ổn định người ta nghĩ ra một mạch bảo vệ nó có sơ đồ như hình
1, biết điện trở tổng cộng của biến trở là R = 100 Ω , vơn kế có điện trở vơ 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 BC và CD có giá D trị như nhau (RBC = R/2) thì Vơn kế chỉ giá trị
UV = 25,0V.

Hình 1: Sơ đồ mạch bảo vệ R0
1. Tìm giá trị của U.
7


Chuyên Gia Sách Luyện Thi

2. Nếu con chạy C nằm cố định ở điểm chia đôi điện trở của biến trở thì với miền giá trị nào của
U để R0 hoạt động ổn định.
3. Tại một thời điểm nào đó, khi U = 50,0V, để R0 vẫn hoạt động ổn định, ta phải điều chỉnh | điện
trở đoạn BC nằm trong khoảng giá trị nào.
Gợi ý: nếu phương trình x2 + ax + b = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 và x1 < x2 thì biểu thức
A = x2 + ax + b sẽ bé hơn 0 khi x1 < x < x2 và lớn hơn 0 khi x < x1 hoặc x > x2.

Câu III. Để đo kích thước dây tóc của một bóng đèn điện nhỏ (có thể coi như một vật thẳng, mảnh
và nhỏ có chiều cao là h), một học sinh thắp sáng bóng đèn rồi đặt nó trên trục chính của
một thấu kính hội tụ mỏng. Đằng sau thấu kính, học sinh đó đặt một màn ảnh vng 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 ảnh của dây tóc bóng đèn 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 
= 20,0cm. 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 đã được sử 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 cao của anh là h’, tiêu cự của thấu kính là f, thì
1 1 1
d'
+ = ;h' = h
d d' f
d

Câu IV. 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 dịng điện chạy qua nó. Nhà vật lí người Đức, Giooc Ơm đã phát
hiện thơng thường, hiệu điện thế U giữa hai cực của một nguồn điện liên hệ với cường độ
dịng 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 = 2,40k Ω , một học sinh tiến hành theo các bước sau:
- Đầu tiên học sinh này mắc Vơn kế vào hai cực của nguồn, khi đó Vơn 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 Vơn
kế ấy vào hai cực của nguồn thì thấy Vơn 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 Vơn 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 V. Người ta cho một vành trịn mảnh tâm C2 có bán kính r = 50,0cm tiếp xúc trong với một

8

vành trịn mảnh tâm C1 có bán kính R = 2r cố định. Cho vành trịn tâm C2 lăn khơng trượt
ở mặt trong của vành tròn C1, nghĩa là nếu ban đầu hai vành tròn tiếp xúc với nhau tại điểm
A ≡ T0 và tại thời điểm t nào đó hai vành tròn tiếp xúc với nhau tại A ≡ T, thì các cung trịn
AA0 và TT0 có cùng độ dài (A, A0 là những điểm cố định trên vành tròn tâm C2 và T, T0 là


Chinh phục đề thi vào 10 chuyên
khối chuyên Lý

những điểm cố định trên vành trịn tâm C1) (xem hình 2). Biết rằng C2 ln chuyển động
trên đường trịn tâm C1 bán kính r theo chiều quay của kim đồng hồ với tốc độ khơng đổi
v0=20,0cm/s. Trên vành trịn tâm C1 có một con chuột nhỏ (coi như một điểm) đang chạy,
biết rằng vị trí của con chuột này ln trùng với vị trí của tiếp điểm T.

Hình 2
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

NHẬN XÉT

Câu I

1. Khi nhiệt lượng kế cách nhiệt tuyệt đối.
Gọi nhiệt dung riêng và khối lượng của nhiệt lượng kế là mk (g), ck (J/(g.0C)) .
Khi thả 1 chiếc tháp kim loại vào nhiệt lượng kế thì thấy khối lượng nhiệt lượng kế tăng
thêm m1 = 125g > m0 = 100g nên khối lượng nước sôi cho vào nhiệt lượng kế là m1 - m 0 = 25g .
Ta có phương trình cân bằng nhiệt lúc này là:
[m 0c0 + (m1 - m 0 )c ](tk - t1 ) = mkck (t1 - t0 ) (1).

Khi thả vào nhiệt lượng kế 5 chiếc tháp, khối lượng nước sôi cho vào nhiệt lượng kế lúc
này là 5(m1 - m 0 ) . Gọi nhiệt độ sau khi hệ cân bằng là t . Ta có phương trình cân bằng nhiệt:
[5m 0c0 + 5(m1 - m 0 )c ](tk - t ) = mkck (t - t0 ) (2).

Từ (1) và (2) ta có
5(tk - t )
tk - t1

=

ổ 1
5tk
t0
5 ửữữ
ị t ỗỗỗ
+
+
ữữ =
ỗố t1 - t 0 tk - t1 ÷ø tk - t1 t1 - t 0

t1 - t 0
t - t0

5tk
Þt =

tk - t1

+

t0
t1 - t0

1
5
+
t1 - t0 tk - t1

Thay số, ta được t =

.

445 0
( C).
9

9


Chuyên Gia Sách Luyện Thi

2. Gọi nhiệt lượng tỏa ra mơi trường là Q .
Theo bài ra ta có phương trình cân bằng nhiệt:
m2c(tk - t1 ) = mkck (t1 - t0 ) + Q (3).

Ngồi ra ta có [m 0c0 + (m1 - m 0 )c ](tk - t1 ) = mkck (t1 - t0 ) + Q (4).
Từ (3) và (4) suy ra [m 0c0 + (m1 - m 0 )c ](tk - t1 ) = m2c(tk - t1 ) .
Từ đó, ta có: m 0c0 + (m1 - m 0 )c = m2c Û c0 =
Thay số ta được c0 =

m2 - m1 + m 0
m0

.

9
c = 0, 3762(J/(g.0C)) .
100

Nhận xét và nhắc lại kiến thức:
+ Nhiệt dung riêng của một chất là một đại lượng vật lý có giá trị bằng nhiệt lượng cần
truyền cho một đơn vị khối lượng đó để làm tăng nhiệt độ lên 10C .
+ Cơng thức tính: C =

Q
( M là khối lượng của vật).
M (T2 - T1 )

+ Cho vật rắn vào nhiệt kế ở nhiệt độ T1, m1 là khối lượng nhiệt kế, m2 là khối lượng nước
chứa trong nhiệt kế, C 1 là nhiệt dung riêng của chất làm nhiệt lượng kế, C 2 là nhiệt dung riêng

của nước, T là nhiệt độ của vật, C là nhiệt dung riêng của vật.
Nếu T > T1 Þ vật toả nhiệt: Q = MC (T - T2 ) (T2 nhiệt độ vật lúc sau)
+ Nhiệt lượng kế nhân số nhiệt lượng để tăng nhiệt từ T1 ® T2 .
Q = (m1C 1 + m2C 2 )(T2 - T1 )

ÞC =

(m1C 1 + m2C 2 )(T2 - T1 )

+ Phương trình cân bằng nhiệt Qtoa = Qthu .

M (T - T2 )

.

Ý tưởng
1. Khi nhiệt lượng cách điện hoàn toan. Thả 1 chiếc tháp kim loại vào nhiệt lượng kế thì
khối lượng nhiệt lượng kế tăng lên: m1 = 125g > m 0 = 100g .
Þ khối lượng nước sơi: m1 - m 0 .

Phương trình cân bằng nhiệt: [m0C 0 + (m1 - m0 )C ](t - t1 ) = mC (t1 - t0 )
Khi thả 5 chiếc tháp, khối lượng nước sôi cho vào nhiệt lượng kế lúc này là 5(m1 - m 0 ) .
Gọi nhiệt độ sau khi hệ cân bằng là t ¢ .
Phương trình cân bằng nhiệt:
[5m 0C 0 + 5(m1 - m 0 )](t - t ¢) = mC (t ¢ - t0 ) .

Từ 2 phương trình trên Þ t .

10

Chinh phục đề thi vào 10 chuyên
khối chuyên Lý

2. Gọi nhiệt lượng toả ra môi trường là Q .
Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt: m2C (t - t1 ) = mC (t1 - t0 ) + Q
Ngoài ra ta có [m 0C 0 + (m1 - m 0 )C ](t - t1 ) = mC (t1 - t0 ) + Q
Từ 2 phương trình Þ C 0 .
Câu II

1. Mạch gồm (R0  RBC )ntRCD .
Khi con chạy C ở chính giữa, ta có RBC = RCD = 50(W) .
Rtd =
I =

R0RBC
R0 + RBC

UV

+

R0

UV
RBC

+ RCD =
=

50.25
200
+ 50 =
(W) .
50 + 25
3

3
(A) .
2
3 200
= 100(V ) .
2 3

Ta có: U = IRtd = .
2. Ta có: I =

R0RBC
R0RBC
U
U
U
ÞU0 = I.
=
.
= .
Rtd
R0 + RBC
Rtd R0 + RBC
4

Để R0 vẫn hoạt động ổn định thì 24 £ U 0 =

U
£ 26 , tương đương 96 £ U £ 104 (V).
4

3. Đặt RBC = x (W), 0 < x < 100 . Suy ra RCD = 100 - x .
Rtd =
I =

R0RBC
R0 + RBC

+ RCD =

x .25
-x 2 + 100x + 2500
.
+ 100 - x =
x + 25
x + 25

50(x + 25)
U
=
2
Rd
-x + 100x + 2500

ÞU0 =

50(x + 25)

25x
1250x
=
.
2
-x + 100x + 2500 25 + x
-x + 100x + 2500
2

.

để R0 vẫn hoạt động ổn định thì 24 £ U 0 =

1250x
2

-x + 100x + 2500

£ 26 .

ìï24(-x 2 + 100x + 2500) £ 1250x
ìï-24x 2 + 1150x + 60000 £ 0
ïí
Ta có ïí
Û
2

2
ï
ï
ïỵï1250x £ 26(-x + 100x + 2500)

ïỵï-26x + 1350x + 65000 Ê 0

ỡùx 79, 4
ị ùớ
ị x ẻ [79, 4; 82, 3](W) .
ïïx £ 82, 3
ỵ

Nhận xét và nhắc lại kiến thức:
+ Vơn kế có điện trở vơ cùng lớn, tức lớn hơn rất nhiều so với điện trở trên mạch ta có thể
xem nó là vơn kế lý tưởng.
11


Chuyên Gia Sách Luyện Thi

+ Ta xem con chạy C như đoạn dây dẫn ngăn biến trở thành 2 điện trở.
+ Vẽ lại mạch tường minh để dễ dàng giải hơn.
U
R
+ Trong đoạn mạch nối tiếp: Rtð = R1 + R2

+ Định luật Ơm tồn mạch: I =

I = I 1 = I 2

U = U 1 + U 2
R .R
+ Trong đoạn mạch song song: Rtð = 1 2


R1 + R2
I = I1 + I 2

U = U 1 = U 2 .

Ý tưởng
1. Vẽ lại mạch với (R0  RBC )ntRCD
Khi con chạy C ở giữa biến trở Þ RBC = RCD =
Điện trở tương đương trong đoạn mạch: Rtð =
Dòng điện qua mạch: I =
Ta có: U = I .Rtð Þ U .

UV
R0

+

2. Áp dụng định luật Ơm: I =
ÞU0 = I.

R0 .RBC
R0 + RBC

=

UV

R
2
R0RBC

R0 + RBC

+ RCD

RBC

U
Rtð

R .R
U
U
. 0 BC =
Rtð R0 + RBC
4
U
£ 26 Þ 96 £ U £ 104 .
4
= 100 - x

Như vậy để R0 hoạt động ổn định thì 24 £ U 0 =
3. Đặt RBC = x (W) Þ 0 < x < 100 Þ RCD
Điện trở tương đương lúc này: Rtð =
Áp dụng định luật Ơm: Þ I =

R0 .RBC
R0 + RBC

+ RCD =

x .25
+ 100 - x
x + 25

R .R
R .R
U
U
. 0 BC
Þ U 0 = I . 0 BC =
Rtð
R0 + RBC
Rtð R0 + RBC

Biện luận: để R0 hoạt động ổn đỉnh: 24 £ U 0 £ 26
ìïx ³ 79, 4
ïỵx £ 82, 3

Thay giá trị U 0 (x ) vào giải bất phương trình Þ ùớ
ù

ị x ẻ [79, 4; 82, 3](W) .
12

Chinh phục đề thi vào 10 chuyên
khối chuyên Lý

Câu III

1. Gọi khoảng cách giữa vật và màn hình là L .
Do ảnh rõ nét trên màn nên d + d ¢ = L , ta có hệ
ìï 1
ïï + 1 = 1
1
1
1
ùớd d Â
= ị d 2 - Ld + Lf = 0 (*).
f ị +
ùù
d
L
d
f
ùùợ d + d  = L

Muốn cho 2 vị trí của thấu kính cho ảnh rõ nét trên màn thì phương trình (*) phải có hai
nghiệm phân biệt, tức là
2
D = L - 4Lf > 0 ị L > 4 f .
Ta cú:

ỡù

d1Â
ùù
f
.h =
h
ïïh1 =
d1
d1 - f
f2
f2
ï
Þ h1h2 =
h2 =
h2
í
2
ïï
(d1 - f )(d2 - f )
d1d2 - f (d1 + d2 ) + f
dÂ
ùùh = 2 .h = f h
2
ùù
d2
d2 - f
ợ
ỡùd + d = L
2
Mà theo định lí Vi-ét, ta có: ïí 1
.

ïï d1d2 = Lf
ỵ

Do đó h1h2 =

f2
Lf - fL + f

2

h2 = h2 .

Vậy h = h1h2 = 6(mm ) .
2. Ta cú h  =

ổ
dÂ
f
hÂử
h=
h ị d = f ççç1 + ÷÷÷ .
çè
d
d-f
h ÷ø
ỉ

h ư

ỉ

h ư

Do đó: l = d2 - d1 = f ỗỗỗ1 + 2 ữữữữ - f ỗỗỗ1 + 1 ữữữữ = f .
ỗố
ỗố
h ứữ
h ứữ
ịf =

h2 - h1
h

hl
6.20
=
= 24(cm ) .
h2 - h1
9-4

Vì d2 > d1 nên d1 =

L- D
L+ D
, d2 =
, suy ra:
2
2

l = d2 - d1 = D = L2 - 4Lf Û L2 - 4Lf - l 2 = 0 .

é

L = 100
.
L = -4 < 0(l )
ëê

Thay số ta có L2 - 96L - 202 = 0 Û êê
Vậy L = 100(cm ) .

3. Theo kết quả câu trên, f = 24(cm ) .

13


Chuyên Gia Sách Luyện Thi

Nhận xét và nhắc lại kiến thức:
+ Cách vẽ ảnh qua thấu kính hội tụ.
+ Các cơng thức liên hệ với nhau:

1
1
1
+ = .
¢
d d
f

+ Vật sáng là một nguồn phát song là điểm đồng quy của chùm tia tới thấu kính:

- Vật là thật nếu chùm tia tới là chùm tia phân kỳ.
- Vật là ảo nếu chùm tia tới là chùm tia hội tụ.

Ý tưởng
Gọi khoảng cách giữa vật và màn hình là L .
Do ảnh rõ nét trên màn Þ d + d ¢ = L .
ì
ï
1
1
1
ï
+ =
ï
ï
Ta có hệ phương trình: íd d  f ị d 2 - Ld + Lf = 0
ù
ùù d + d  = f
ù
ợ

Mun cho 2 vị trí của thấu kính cho ảnh rõ nét trên màn thì phương trình trên phải có 2
nghiệm (áp dụng gii phng trỡnh bc hai) ị L > 4 f
ỡ
ù
dÂ
ù
1
ù
.h

h1 = 1 .h =
ï
ï
f2
d1
d1 - f
ï
Þ h1h2 =
.h 2
Vì ta có íï
2
d1d2 - f (d1 + d2 ) + f
d¢
1
ï
ï
h2 = 2 .h =
.h
ï
ï
d2
d2 - f
ï
ỵ
Áp dụng cơng thức giải tốn Þ h1h2 = h 2 Þ h = h1h2

2. Ta cú: h  =

ổ
dÂ

f
hÂử
.h =
.h ị d = f ỗỗ1 + ữữữ
ỗố
d
d-f
h ứữ

ị l = d2 - d1 = f

h2 - h1
h

Þf =

hf
h2 - h1

Vì d2 > d1 Þ l = d2 - d1 = L2 - 4Lf Þ L2 - 4Lf - l 2 = 0 Þ L = 100(cm ) .
3. f = 24cm .
Câu IV

Theo bài ra ta có:
ìï
U
ïï
U 1 = U 0 - I 1r = U 0 - 1
ïï
RV r

ïï
ïï
ỉ
U2
U2
R ư÷÷
= U 0 - I 2r ị ỗỗỗ1 +
r
ớ U = (RV + R)
ữữU 2 = U 0 ùù
ỗố
RV
RV ứữ
RV
ùù
ổ1
U
ùù
r
r
1 ửữữ
ỗ
= 0 -1
ùùU 3 = U 0 - I 3r = U 0 -U 3 ỗỗ +
ữữ r ị +
ỗố R RV ữứ
R RV
U3
ùùợ

ỏnh số phương trình theo thứ tự (1), (2), (3).
14


Chinh phục đề thi vào 10 chuyên
khối chuyên Lý

Từ (1) ta có

U
r
= 0 - 1 (4).
RV
U1

Từ (2) ta có

ỉU
ư÷
U
U
U -U 2
R
r
(5).
= 0 -1= 0 - 1 - ỗỗỗ 0 - 1ữữ = U 0 1
ữ
ỗốU 1
RV
U2

RV
U2
U 1U 2
ứữ
U0

r
T (4) v (5) ta có =
R

U1
U0

-1

U 1 -U 2

=

(U 0 -U 1 )U 2
U 0 (U 1 -U 2 )



(6).

U 1U 2

Thay (4) và (6) vào (3) ta được:
(U 0 -U 1 )U 2

U 0 (U 1 -U 2 )

+

U0
U1

-1 =

U0
U1 - 1

Û

(U 0 -U 1 )U 2
U 0 (U 1 -U 2 )

+

U0
U1

=

U0 .
U3

Thay số vào phương trình trên, giải ra ta tìm được U 0 » 24, 06(V ) .
Thay vào (5) ta tìm được RV » 2246, 6(W) .
Thay vào (4) tìm được r » 53, 4(W) .

Nhận xét và nhắc lại kiến thức:
+ Công thức liên hệ giữa hiệu điện thế giữa hai vật của một nguồn điện và cường độ dịng
diện chạy qua nó: U = U 0 - Ir .
+ Vôn kế phải mắc song song với thiết bị cần đo.

Ý tưởng
Theo đề:
Thứ nhất: Khi học sinh mắc vôn kế vào hai cực của nguồn ta có:
U 1 = U 0 - I 1r = U 0 -

U1
RV r

(1)

Thứ hai: Khi học sinh mắc vôn kế nối tiếp với điện trở R rồi mắc đoạn mạch điện trở và
vôn kế ấy vào hai cực của nguồn thỡ ta cú:
ổ
U2
R ửữữ
ỗ
.r
= U 0 - I 2r ị ỗỗ1 +
ữữU 2 = U 0 (2).
ỗố
RV ứ
RV
RV
Th ba: Khi học sinh mắc điện trở R vào hai cực của nguồn rồi dùng vôn kế đo hiệu điện

U = (RV + R)

U2

thế hai đầu điện trở thì ta có:

ỉ1
U
1 ö÷÷
r
r
U 3 = U 0 - I 3r = U 0 -U 3 ỗỗỗ +
= 0 -1
ữữ r ị +
ỗố R RV ứ
R RV
U3

(3).

T (1), (2) v (3) ị RV và r .

15


Chuyên Gia Sách Luyện Thi

Câu V

1. Gọi độ dài cung mà C 2 và T chuyển động trong thời gian t lần lượt là l 0 và l .
l0

l
ar
aR
R
Û
=
Û v = v 0 = 2v 0 = 40(cm / s ) .
v0
v
v0
v
r
Vậy con chuột chạy với vận tốc 40cm / s .

Ta có:

=

2. Giả sử ở thời điểm t , vành trịn tâm C 2 di chuyển đến vị trí
như hình vẽ. Gọi A1 là giao điểm của (C 2 ) và đường kính (hình vẽ).
Xét đường trịn tâm C 1 có:


RxÐT1C 1A0 = l  (1).

Xét đường trịn tâm C 2 có:

T1A0

1 
1
sdAT
= ÐT1C 2A1 nên
1 1
2
2
hay RxÐT1C 1A0 = l  (2).

rxÐT1C 2A1 = l  và ÐT1C 1A0 =
T1A1

2rxÐT1C 1A0 = l 

T1A1

T1A1

Từ (1) và (2) suy ra: lT
= l  hay nói cách khác, trong quá trình vành trịn tâm C 2 di
T1A1
1A0
chuyển từ vị trí ban đầu cho đến khi tiếp điểm T đến T ¢ thì A0 sẽ di chuyển trên đường kính
T0T ¢ .

Nhận xét và nhắc lại kiến thức:
+ Quãng đường chuyển động vật: S = vt .
+ Độ dài 1 cung trịn: l = ra với a góc mà đo được quét bằng bán kính r .

Ý tưởng
1. Gọi độ dài cung mà C 1 và T chuyển động trong thời gian t là l 0 và l
Vì cùng một thời gian chuyển động, ta có: l 0 = v0t Þ t =
l = vt Þ t =
l = aR Þ

16

l
l
l
Þ 0 =
mà l 0 = ar
v
v0
v0

ar
aR
R
=
Þ v = v0
v0
v
r

l0

v0

Chinh phục đề thi vào 10 chuyên
khối chuyên Lý

Suy ra vận tốc con chuột chạy.
2. Giả sử ở thời điểm t , vành tròn C 2 di chuyển đến vị trí T1 .
Gọi A1 là giao điểm của C 2 và đường kính R .
Xét đường trịn C 1 có: RTC
.
A = l1 (1) với l1 độ dài cung T1A0
1 1 0

Xét đường trịn C 2 có: rTC
A = l2 với l2 độ dài cung T1A1 hay RTC
.
A = l2
1 2 1
1 1 0

(2).

Từ (1) và (2) Þ l1 = l2 , nói cách khác, trong q trình vành trịn tâm C 2 di chuyển từ vị trí
ban đầu cho đến khi tiếp điểm T đến T0¢ thì A0 sẽ di chuyển trên đường kính T0T ¢ .

17


Chun Gia Sách Luyện Thi

BÚT BI

Hồn tồn khơng phải là phóng đại khi khẳng định bất cứ ai có thể viết đều ít nhất một
lần trong đời sử dụng bút bi. Rẻ tiền, thuận tiện và không cần bảo dưỡng, bút bi đã cách mạng
hóa cách viết của con người.
 Người xin cấp bằng sáng chế bút bi đầu tiên trên thế giới là một thợ thuộc da người Mỹ tên
John Loud vào năm 1888 nhưng không được khai thác thương mại. Đến năm 1938, một biên
tập viên người Hungary là László Bíró, do q thất vọng với việc sử dụng bút mực (tốn thời
gian tiếp mực, mực lâu khô, đầu bút quá nhọn...) đã tạo ra loại bút bi sử dụng mực in báo khơ
rất nhanh. Loại bút này có chứa một ống mực đặc, mực được viết lên giấy là nhờ chuyển động
lăn của một viên bi nhỏ gắn nơi đầu ống chứa mực. Bút bi thật sự xuất hiện từ đó. 

18


Chinh phục đề thi vào 10 chuyên
khối chuyên Lý

ĐẠI HỌC KHTN
Đề chính thức

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM 2018

MÔN THI: VẬT LÝ

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu I. Cho mạch điện như Hình 1. Trong đó R1 = R2 = 12W ,

MN là biến trở con chạy có điện trở tồn phần là
24W,U AB = 6V . Coi vôn kế và ampe kế là lý tưởng.

a) Tính số chỉ của ampe kế và vơn kế khi con chạy C nằm ở
chính giữa của biến trở.
b) Tìm vị trí của con chạy C để ampe kế chỉ 0, 08A .
c) Tìm số chỉ cực đại và cực tiểu của ampe kế khi dịch chuyển con chạy C .

Câu II. Một thùng nước có thành thẳng đứng được đặt trong một cơng viên khoa học dành cho
các bạn yêu thích khám phá. Bạn Khơi thực hiện thí nghiệm theo hướng dẫn: đổ thêm
nước vào thùng và quan sát mực nước trong thùng.

Khoảng cách H từ miệng thùng đến mặt thoáng của nước phụ thuộc vào thể tíchV của
nước đổ thêm vào thùng tuân theo một quy luật đặc biệt được biểu diễn như đồ thị Hình 2a.
Khơi phát hiện ra đáy thùng là một chiếc pít-tơng được đỡ bởi một hệ lị xo và có thể dịch
chuyển thẳng đứng khơng ma sát trong thùng. Phía dưới đáy thùng có một giá đỡ G nhằm
tránh cho lị xo bị nén q mức (Hình 2b). Biết rằng, khi hệ lò xo bị nén tới chiều dài l thì sinh
ra một lực đẩy là F = k .(l 0 - l ) với k và l 0 là các hằng số. Cho khối lượng riêng của nước là
D = 1000kg/m 3 . Tính diện tích S của pít-tơng và hệ số k .

Câu III. Bên Hình 3, vật sáng ABC có dạng là tam giác cân cịn A¢

là ảnh của A tạo bởi thấu kính hội tụ có trục chính D . Biết
 = 1200 , BC vng góc với D và ảnh A¢ B ¢C ¢ của DABC
A
là ảnh thật và là tam giác đều.

a) Bằng cách dựng hình, hãy xác định vị trí thấu kính và tiêu điểm của nó. Vẽ hình minh hoạ.
b) Cho AA¢ = L = 160cm và tỉ số diện tích của DA¢ B ¢C ¢ và DABC là 12 . Tính tiêu cự f của
thấu kính và chiều dài các cạnh của DABC .

19


Chuyên Gia Sách Luyện Thi

Câu IV. Nghiên cứu của các nhà khoa học về vật liệu có đóng góp lớn cho sự phát triển của khoa
học và công nghệ. Trong bài tốn này, chúng ta xác định một số thơng số của mẫu vật X
bằng kim loại dựa vào những số liệu thực nghiệm. Mẫu vật X có khối lượng m1 = 700g
được nung nóng tới nhiệt độ t1 = 900C rồi thả vào một bình trong đó chứa m2 = 400g nước
ở nhiệt độ t2 = 200C thì thấy hệ cân bằng ở nhiệt độ t = 300C . Đổ thêm vào bình đựng
nước có khối lượng m 3 = 225g ở nhiệt độ t3 = 800C thì nhiệt độ cân bằng mới của hệ là
t ¢ = 450C . Cho nhiệt dung riêng của nước là C n = 4200 J/(kg.K). Bỏ qua sự trao đổi nhiệt
của bình với mơi trường.

a) Tính nhiệt dung riêng của X .
b) Các nhà khoa học phát hiện ra rằng: nhiệt dung mol (nhiệt lượng cần cung cấp để nhiệt độ
của mỗi 1 mol chất tăng thêm mỗi 10C ) của hầu hết các kim loại đều vào khoảng 25, 2 J/
(mol.K). Tính khối lượng mol nguyên tử và khối lượng mỗi nguyên tử của kim loại X . Biết
mỗi mol nguyên tử gồm 6, 02.1023 nguyên tử.
c) Bằng các nghiên cứu, người ta phát hiện ra rằng các nguyên tử của X sắp xếp tuần hoàn tạo
thành mạng tinh thể gồm các ơ hình lập phương giống hệt nhau xếp chồng lên nha (Hình
4a).

Ở mỗi ơ lập phương nhỏ nhất (gọi là ơ mạng cơ sở) có một ngun tử nằm tại tâm và ở mỗi
đỉnh của nó đều có một nguyên tử (Hình 4b). Hãy xác định chiều dài a của các cạnh ô mạng
cơ sở. Biết khối lượng riêng của X đo được là D = 7800 kg/m 3 .

Câu V. Thầy giáo đưa cho bạn Huệ một hộp kín có 3 đầu ra tại 3 chốt

cắm A, B,C . Các chốt này được nối với 3 đầu (I), (II), (III) của

mạch điện trong hộp gồm một nguồn điện có hiệu điện thế U
khơng đổi, một điện trở R0 và một bóng đèn dây tóc được mắc với
nhau theo sơ đồ được vẽ trên vỏ hộp như Hình 5.

Bạn Huệ được yêu cầu lên phương án thí nghiệm và thực hiện
các phép đo để kiểm tra xem chốt nào được nối với đầu nào (I, II hay III). Dụng cụ được phát
thêm bao gồm: một ampe kế, một biến trở RX có thể đọc được giá trị điện trở ở từng vị trí, các
dây nối có điện trở khơng đáng kể và đủ dùng.
Huệ đã tiến hành thực nghiệm như sau: Mắc nối tiếp ampe kế với biến trở rồi nối đoạn
mạch này vào giữa hai chốt A và B . Điều chỉnh RX đến một số giá trị nhất định rồi đọc số chỉ
I AB của ampe kế trong mỗi trường hợp ấy và ghi bảng và kết quả đo. Thực hiện tương tự với
các cặp chốt A và C , sau đó là B và C . Bảng kết quả đo được như sau:

20


Chinh phục đề thi vào 10 chuyên
khối chuyên Lý

•Gọi P1 , P1 , P1¢ lần lượt là điện năng truyền tải, cơng suất hao phí và cơng suất tiêu thụ
ban đầu (khi chưa tăng 25%).
P2 , P2 , P2¢ lần lượt là điện năng truyền tải, cơng suất hao phí và cơng suất tiêu thụ lúc sau

(khi đã tăng 25%).
• Ban đầu ta có P1 =P1 + P1¢ (1).
P1 = 12,5% P1 ; P1¢ = 87,5% P1 = 0,875 P1 .

• Khi cơng suất tiêu thụ tăng 25% thì cơng suất tiêu thụ sẽ là 125% hay P2¢ = 1,25 P1Â .
P2 =P2 + P2Â (2).

ã T (1), (2), suy ra

(

)

P2 – P1 = (P2 -P1 ) + P2¢ - P1¢ = (P2 -P1 ) + 1,25 P1¢ - P1¢
= (P2 -P1 ) + 0,25 P1¢ .

Suy ra P2 - P1 = (P2 -P1 ) + 0,25.0,875P1 (*).
• Bài tốn giữ nguyên U nên P1 , P2 không đổi và tìm phần trăm điện năng hao phí từ đó
ta nghĩ ngay tới sử dụng công thức đã chứng minh ở phía trên và phải tìm đến hiệu suất tức là
tìm t s:

P2
.
P2

Ta cú

DP2
=
P2

2

ổP ử
DP1 ỗỗỗ 2 ữữữ
ỗố P ứữ
1

P2

2

ổP ử
0,125 P1 ỗỗỗ 2 ữữữ
ỗố P1 ữứ
P
=
= 0,125 2 = 0,125 x
P2
P1

P

2
(đặt P = x ).
1

DP2 P2 2
P
P P -P1
= 2 Þ 22 = 21 = 22
• Áp dụng cơng thức
.
DP1
P1
P2
P1

P2 - P12
ộổ ử2
ự
ờỗ P2 ữữ
ỳ
ịP2 -P1 = ( P - P ). 2 =P1 ờỗỗ ữ - 1ỳ .
P1
ờốỗ P1 ø÷
ú
ë
û
2
2

2
1

P1

Thế vào biểu thức (*), ta được
éỉ ư2
ù
ê P
ú
P2 - P1 = 0,125 P1 ờỗỗỗ 2 ữữữ - 1ỳ + 0,25.0,875 P1
ữ
ỗ
ờố P1 ứ
ỳ
ở

ỷ
2
ổ
ử
P2
P2 ữ
7
ỗ
ị - 1 = 0,125ỗỗ ữữ + - 0,125
ỗố P1 ứữ
P1
32

ị x -1 = 0,125 x 2 + 3 / 32
Þ 0,125 x 2 – x + 35 / 32 = 0 .

Giải phương trình, ta được x » 6,69 và x » 1,30 .
Do H 2 > 80%
Þ

DP2
= 0,125 x = 0,125.1,30 » 16,25% (thỏa mãn).
P2

255


Chuyên Gia Sách Luyện Thi

DP2

= 0,125 x = 0,125.6,69 » 83,625% (loại).
P2
P
Như vậy ta đã tìm được 2 .
P1

Bài tốn kết thúc.
2)

- Áp dụng quy tắc bàn tay trái, suy ra lực điện từ tác dụng lên đoạn dây dẫn có chiều đi
xuống. Học sinh vẽ hình và biểu diễn lực

M

I

N

Fđiện tử

- Áp dụng điều kiện cân bằng, suy ra P + F = T1 + T2 Þ F = 6 (N).

Nhận xét và nhắc lại kiến thức:
• Lưu ý: Khi bài tốn có cho hình vẽ cần nhìn thật kỹ hình ảnh.
Ở phần lực điện từ các kí hiệu hình vẽ cần lưu ý sau đây:
+ Dấu “ - “ đường sức từ đi ngoài vào trong.
+ Dấu “ + ” đường sức từ đi trong ra ngoài.
(Hãy tưởng tượng giống như cái mũi tên xiên ra ngoài và xiên vào trong theo hướng mắt
nhìn...).
• Lực điện từ: Lực điện từ  là  lực  mà  điện từ trường  tác dụng lên hạt mang  điện tích

(chuyển động hay đứng n).
• Bài tốn áp dụng quy tắc bàn tay trái:
Quy tắc bàn tay trái (còn gọi là quy tắc Fleming) là quy tắc định
hướng của lực do một từ trường tác động lên một đoạn mạch có dịng
điện chạy qua và đặt trong từ trường. Đặt bàn tay trái sao cho các
đường sức từ hướng vào lòng bàn tay, chiều từ cổ tay đến ngón tay
giữ hướng theo chiều dịng điện thì ngón tay cái chỗi ra 90° chỉ
chiều của lực điện từ.

Ý tưởng
• Đọc kĩ đề ta thấy có xuất hiện từ trường đều, dịng điện I và cần tính lực điện từ F . Suy
nghĩ ngay đến việc sử dụng quy tắc bàn tay trái.
•Ta thấy trên hình là dấu “ + ” tức đường sức từ đi từ ngồi vào trong vì vậy đặt tay sao cho lòng
bàn tay hứng được các đường sức tức, chiều I là chiều từ cổ tay đến ngón tay giữa như vậy ngón tay
cái sẽ hướng xuống dưới.
256


Chinh phục đề thi vào 10 chuyên
khối chuyên Lý

• Lực căng T lại hướng lên trên.
• Trọng lượng P của thanh hướng xuống dưới.
• Từ đó ta áp dụng điều kiện cân bằng của toàn bộ các lực gồm ( F , P) cùng phương ngược
chiều với (T1 ,T2 ) tác dụng lên thanh MN :
P + F = T1 + T2 Þ F = T1 + T2 - P (N).

Câu III

vào.

1) Khi có sự cân bằng nhiệt: Nhiệt lượng miếng đồng tỏa ra bằng nhiệt lượng nước thu
m2 c2 (t3 - t2 )
.
m1c1 ( t1 – t3 ) = m2 c2 (t3 – t2 ) Þ t1 = t3 +
m1c1
0,5.4200.(90 - 24)
» 956,250 .
Thay số t1 = 90 +
0,4.400
2) Khi thả miếng đồng m3 vào nhiệt lượng kế mực nước trong nhiệt lượng kế khơng 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 = 1000 C .
Phương trình cân bằng nhiệt:
m3 c1 (t1 – t4 ) = m1c1 (t4 – t3 ) + m2 c2 (t4 – t3 ) + L.mnuoc hoa hoi (1).
mnuoc hoa hoi : khối lượng nước hóa hơi

(2).
Từ (1) và (2), suy ra m3 =

Thay số: m3 =

(m1c1 + m2 c2 ).(t4 - t3 )
D
(t1 - t4 ).c1 - L. 2
D1

(0,4.400 + 0,5.4200).(100 - 90)
1000

(956,25 - 100).400 - 2,5.10 .
8900
6

.

» 0,367 (kg).

Nhận xét và nhắc lại kiến thức:
• Khi gặp 1 bài tốn nhiệt lượng cần xác định đúng vật nào tỏa nhiệt vật nào thu nhiệt.
Thơng thường ban đầu vật có nhiệt độ cao hơn là tỏa nhiệt, vật có nhiệt độ thấp hơn là thu nhiệt
và đảm bảo 3 nguyên lý truyền nhiệt:  
+ Nhiệt truyền từ vật có nhiệt độ cao hơn sang vật có nhiệt độ thấp hơn.
+ Sự truyền nhiệt xảy ra cho tới khi nhiệt độ của 2 vật bằng nhau thì ngừng lại.
+ Nhiệt lượng do vật này tỏa ra bằng nhiệt lượng do vật kia thu vào
• Sau khi cân bằng đạt nhiệt độ là t .
Vật tỏa nhiệt thì nhiệt độ ban đầu sẽ cao hơn t và nếu vật thu nhiệt thì nhiệt độ ban đầu
sẽ thấp hơn t .
• Cơng thức tính nhiệt lượng Q thu vào hoặc tỏa ra của 1 vật:
Q = m.c.Dt (J).

257


Chuyên Gia Sách Luyện Thi

Với:
m : khối lượng vật (kg).

c : nhiệt dung riêng của chất làm vật (J/kg.K).

Dt : độ biến thiên nhiệt độ của vật sau khi cân bằng nhiệt ( °C ).

(Ngoài J, kJ đơn vị nhiệt lượng cịn được tính bằng calo, kcalo.
1 kcalo = 1000 calo; 1 calo = 4,2 J).
•Phương trình cân bằng nhiệt: nhiệt lượng thu vào bằng nhiệt lượng tỏa ra:
Qtoa = Qthu Û m1 .c1 .(t1 - t ) = m2 .c2 .(t - t2 ) với t là nhiệt độ sau khi cân bằng
• Sự hóa hơi:
+ Sự hóa hơi là sự bay hơi của chất lỏng khi vượt quá nhiệt độ trạng thái trước (nước bay
hơi do sôi) và nhiệt độ sôi của nước luôn là 100°C .
+ Nhiệt hóa hơi riêng L là nhiệt lượng cần truyền cho 1 đơn vị khối lượng chất lỏng để
chuyển thành hơi ở 1 nhiệt độ xác định.
+ Nhiệt lượng Qhoi mà 1 khối lượng m chất lỏng nhận được từ 1 ngồi trong q trình hóa
hơi ở 1 nhiệt độ là: Qhoi = L.m .
+ Qhoi : là nhiệt lượng mà vật thu vào.
• Khối lượng m của 1 vật bằng tích của khối lượng riêng D của vật đó với thể tích V của
vật: m = D.V .

Ý tưởng
• Đọc đề bài Và đầu tiên phải xác định được các vật thu và tỏa nhiệt. Dễ thấy khi nhiệt độ
cân bằng là t3 = 90°C > t2 = 24°C nên vật 2 thu nhiệt suy ra vật 1 tỏa nhiệt.
• Nhiệt lượng tỏa ra bằng nhiệt lượng thu vào nên ta có phương trình cân bằng nhiệt với
vật 1 tỏa nhiệt, vật 2 thu nhiệt như sau
Q1 = Q2 Û m1 .c1 .(t1 - t3 ) = m2 .c2 .(t3 - t2 )
Û t1 - t3 =

m2 .c2 (t3 - t2 )
m1 .c1

Û t1 = t3 +

m2 .c2 .(t3 - t2 )
m1 .c1

.

Khi thả miếng đồng m3 vào nhiệt lượng kế thì mực nước khơng đổi chứng tỏ nước đã bị
hóa hơi và thể tích nước bị hóa hơi bằng thể tích của miếng đồng đã thả (Vnước = Vđồng), khi cân
bằng đã xảy ra thì nhiệt độ là t4 = 100°C .
• Ta thấy t1 = 956,25°C > t4 = 100°C nên đồng tỏa nhiệt.
• Vật 1 và 2 cùng trong nhiệt lượng và cùng ở nhiệt độ là t3 = 90°C < t4 = 100°C nên cả 2
vật 1 và 2 thu nhiệt.
• Nước khi hóa hơi là nước bị thu nhiệt.
• Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt với mhoi là khối lượng nước hóa hơi
Qtoa = Qthu Û m3 .c3 .(t1 - t4 ) = m1 .c1 .(t4 - t3 ) + m2 .c2 .(t4 - t3 ) + L.mhoi (1).
Þ mhoi = Vnuoc .D2 = Vdong .D2 =

258

m3
.D (2).
D1 2


Chinh phục đề thi vào 10 chuyên
khối chuyên Lý

Từ (1) và (2) suy ra m3 =

(m1 .c1 + m2 .c2 ).(t4 - t3 )
D

(t1 - t4 ).c1 - L. 2
D1

Câu IV

1) K đóng.

(kg).

R5

B, M

R4
R3

Sơ đồ mạch điện: PY =
R123 = R3 +

U2

(

4. 2 6

2

)

=

U2
.
96

R1 R2
12.12
=4+
= 10W .
R1 + R2
12 + 12

RYA = RA + RY = 1 + y .

Đặt Ry = y .
RAB =

(1 + y).10 (1 + y).10 .
RYA .R 123
=
=
RYA + R123 1 + y + 10
y + 11

Rm = R4 + RAB = 10 +

10 (1 + y)
y + 11

=

20 ( y + 6) .
y + 11

Áp dụng định luật Ơm:
I=

U.( y + 1)
R
U
.
Þ U AB = I .RAB = U. AB =
Rm
Rm
2.( y + 6)

Số chỉ ampe kế:
IA =

U AB
U
.
=
RAY
2.( y + 6)

Công suất trên Ry :
Py = I A2 RY =

U 2 .y

2

4.( y + 6)

=

U2
2

ổ
ử
6 ữữ
ỗ
4.ỗỗ y +
ữữ
ỗỗố
y ữứ

.

ổ
ử
6 ữ
ỗ
p dng bt ng thc Cụsi: ỗỗỗ y + ữữữ 2 6 .
PY =

U2

(

4. 2 6

ị IA =

2

)

ỗố
U2
=
khi y = 6 = RY .
96

y ữứ

U
= 3 A ị U = 6.(6 + 6) = 72 (V).
2.( y + 6)

259


Chuyên Gia Sách Luyện Thi

72 2
= 54 (W).
96

PYmax =

2) K mở.
Viết sơ đồ và vẽ lại mạch điện:

{

}

R4 nt éê RA nt Ry nt R2 ùú / / R 3 nt R1
ë
û
R5
B
R4
R3

RY = 6 W Þ RAMN = RA + RY + R2 = 19 ( W ).
RAN =

R3 .R AMN
4.19
76
=
=
W » 3,3 ( W ).
R3 + RAMN 4 + 19 23

Rm = R4 + RAMN + R1 = 10 + 3,3 + 12 = 25,3 ( W ).
U

72
=
» 2,845 (A).
Rm 25,3
U
I .R
2,845.3,3
» 0,494 (A).
Số chỉ của am pe kế: I A = AN = AN =
RAMN
RAMN
19
ÞI=

U BM = -I .R1 – I A .R2 = -2,845.12 – 0,494.12 » - 40 (V).

Nhận xét và nhắc lại kiến thức:
• Các bài tốn thơng thường về điện quan trọng nhất là cần vẽ lại hình như vậy mới có
thể làm đúng được bài (tương tự khi làm bài hình ở mơn tốn).
• Lưu ý khi vẽ hình: nên đặt tên ở các giao điểm của dây dẫn nếu đoạn mạch dây dẫn có
điện trở khơng đáng kể và khơng xuất hiện điện trở ta chập lại làm 1 điểm. Ampe kế có điện
trở khơng đáng kể thì coi như 1 dây dẫn, vơn kế có điện trở rất lớn thì coi như khơng có đoạn
dây nối với vơn kế.
• Khóa K đóng chập 2 đầu nối khóa K lại dịng điện có đi qua cịn nếu K ngắt (mở) thì sẽ
khơng có dịng điện chạy qua.
• Tính điện trở tương đương:
+ R1 nối tiếp với R2 : Rtd = R1 + R2 .
R .R
+ R1 song song với R2 : Rtd = 1 2 .
R1 + R2

• Định luật Ơm: Cường độ dòng điện I chạy qua dây dẫn tỉ lệ thuận với hiệu điện thế U

đặt vào hai đầu dây và tỉ lệ nghịch với điện trở R của dây: I = U .
R

260


Chinh phục đề thi vào 10 chun
khối chun Lý

• Cơng suất điện trở P : P = I 2 .R =

U2
.
R

• Bất đẳng thức Cơsi với 2 số thực khơng âm a và b :
a+b
³ ab .
2

Đẳng thức xảy ra dấu bằng khi và chỉ khi a = b .

Ý tưởng

1. Lưu ý: Bài tốn cho ampe kế có điện trở là RA = 1 ( W ).
• Đầu tiên phải vẽ lại sơ đồ mạch điện: Khi K đóng chập M và B .
R5

B, M

R4
R3

• R4 nt {éêë R3 nt ( R2 / / R1 )ùûú / / ( Ry nt RA )} .
• Bài tốn bắt tìm giá trị cực đại hoặc cực tiểu, ta phải viết được biểu thức sau đó áp dụng
các bất đẳng thức đã học cho phù hợp (ưu tiên dùng BĐT Cơ-si).
• Bài tốn cho U khơng đổi và các giá trị điện trở trừ Ry cần tìm giá trị cực đại của Py ta
nên nháp như sau:
Py = I A 2 .Ry =

U AB 2
RYA 2

.R y =

I m 2 .RAB 2
RYA 2

.R y =

U 2 .RAB 2

Rm 2 RYA 2

.Ry (1).

Từ đó cần tính các giá trị điện trở gồm Rm , RAB , RYA .

• Như vậy việc đầu tiên cần làm là tính điện trở tương đương :
Ta có R123 = R3 +

R1 R2
(do R3 nt ( R1 / / R2 ) ).
R1 + R2

ã Ry nt RA ị RYA = RA + RY = 1 + y (đặt Ry = y ).
1 + y).10 (1 + y).10
• RYA / / R123 Þ RAB = RYA .R123 = (
.
=
RYA + R123

1 + y + 10

ã R4 nt RAB ị Rm = R4 + RAB = 10 +

10.(1 + y)
y + 11

y + 11

=

20.( y + 6)
y + 11

.

• Viết lại biểu thức (1) và ta đã tìm được cơng suất Py theo ẩn y như sau:

261


Chuyờn Gia Sỏch Luyn Thi
2

ổ
ử
ỗ 10.(1 + y)ữữ
U .ỗỗ
ữữ
ỗố y + 11 ÷ø
2

Py =

2

é 20.( y + 6) ù
2
ê
ú
ê y + 11 ú .(1 + y)
ëê
ûú

.y =

U 2 .y
2

4 ( y + 6)

=

U2
2

ổ
ử
6 ữữ
ỗ
4.ỗỗ y +
ữữ
y ứữ
ốỗỗ

(chia c t v mẫu cho y ).
• Chia để cùng thấy xuất hiện
ỉ
ư
6 ữữ
ỗỗ
y
+
ữữ 2.
ỗỗ
ỗố

y ứữ
Py =

U2

(

4. 2 6

6

y.

2

)

y

=

y > 0 sau đó áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có

=2 6 .

U
U
U2
= 3 (A)
khi y = 6W = Ry Þ I A = R =

96
2.( y + 6)
AY

Þ U = 6.(6 + 6) = 72 (V) Þ Py max =

72 2
= 54 (W).
96

2.
• K mở. Vẽ lại mạch điện như sau.
R5
B
R4
R3

• R4 nt {éêë RA nt Ry nt R2 ùûú / / R3 } nt R1 .
• Ta có Ry = 6 ( W ), U = 72 (V).
•Nháp U BM = U BN + U NB = -U MN - U NB
= -I MN .R2 - I m .R1 = -I A .R2 IA =
I=

U AN U - I .R1 - I .R4 .
=
RAN
RAN

U
.R .

Rm 1

U .
Rm

• Từ đó ta cần tìm được điện trở tồn mạch:
Rm = R4 + R1 +

(R

y

+ R2 ).R3

Ry + R2 + R3

(Ω).

• Thay và viết lại vào các biểu thức ở trên:
• I =
262

U
(A).
Rm


Chinh phục đề thi vào 10 chuyên
khối chuyên Lý

Từ bài này ta thấy cách làm tốt nhất để làm những bài điện là nên viết các biểu thức cần tìm
rồi từ đó làm ngược sẽ đỡ bị nhầm và có kết quả đúng.
Câu V

1) Ban đầu: AB


A1B1

d1 d1¢

Khi dịch chuyển vật lại gần thấu kính:
AB

A1B1
d2¢

d2

Vì ảnh thật, vật thật, suy ra là thấu kính hội tụ.
Khi vật dịch lại gần thấu kính, ảnh lớn hơn trước và cùng tính chất, suy ra ảnh dịch chuyển
xa thấu kính, suy ra d2 = d1 – 10 ; d2¢ = d1¢ + 20 ; K2 = 2.K1 .
Áp dụng công thức: K1 = K2 = -

d¢-f
f
=- 1
(1).
d1 - f
f

d ¢-f
f
(2).
=- 2
d2 - f
f

(3).
Từ (1), (2) và (3), suy ra d1 = f + 20 ; d1¢ = f + 20 .
K 2 = 2 K1

1

1

1

Áp dụng công thức: f = d + ị f = 20 (cm).
dÂ

Nhn xột v nhc li kiến thức:
• Phân biệt 2 loại thấu kính:
Thấu kính hội tụ
- Phần rìa mỏng phần giữa.
Khái niệm

Chùm tia
sáng

Ảnh của 1
vật

Thấu kính phân kì

- Giới hạn bởi 2 mặt cầu hoặc 1 mặt phẳng - Phần rìa dày hơn phần giữa.
và 1 mặt cầu.
Chùm tia sáng song song sau khi đi qua
Chùm tia sáng song song sau khi đi
kính sẽ được hội tụ tại 1 điểm, nhất định tùy
qua sẽ bị phân tán ra.
theo hình dạng của thấu kính.
- Vật đặt ngoài khoảng tiêu cự cho ảnh thật
- Vật đặt tại mọi vị trí trước thấu kính
ngược chiều với vật.
ln cho ảnh ảo, cùng chiều nhỏ hơn
- Khi vật ở rất xa thấu kính cho ảnh thật cách
vật và ln nằm trong khoảng tiêu cự
thấu kính 1 khoảng bằng tiêu cự (nằm ở
của thấu kính.
tiêu điểm F ).
- Vật đặt rất xa thấu kính cho ảnh ảo
- Vật trong khoảng tiêu cự cho ảnh ảo lớn
cách thấu kính 1 khoảng bằng tiêu
hơn và cùng chiều với vật.
cự (nằm ở tiêu điểm F ).
- Vật tại tiêu điểm F cho ảnh thật ở rất xa
thấu kính.

263