chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi vật lý
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (515.55 KB, 40 trang )
GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI MÔN VẬT LÝ - BẬC THCS
Ph©n phèi ch¬ng tr×nh bdhs giái lý 9
Buæi Néi dung - kiÕn thøc C¸c d¹ng bµi tËp
!"#$%&'
( )* +,
-
. //0
1234
5
1234
6
. 78/9
:;<=>7?@
78
:;<ABC> 7
8
D
:;(<EF 78
:;-<GF?%& 78
'
H
IJ9
1234
K
1234
L 1234
=J9
=A;;F3;AA
=A;;M2
(
=J?N%3?N
- .''J
5 =OPQ,R/
6 S9 T/
D G
H QB,8F12
K QB,8F12
Lª Xu©n §¬ng - GV THCS NguyÔn BiÓu
1
GIO N BI DNG HC SINH GII MễN VT Lí - BC THCS
A- áp suất của chất lỏng và chất khí
I - Tóm tắt lý thuyết.
1/ Định nghĩa áp suất:
U?%V)?W8/"J%!
S
F
P =
G?AU< X<))"Y'UZ@%!
[<:J%!\
]
<\I^
]
2/ Định luật Paxcan
"YW\ ])?A%&2\ ]?
W_,A9Z
3/ Máy dùng chất lỏng:
s
S
f
F
=
[$<:J'Z$'\
]
`<Q)"YW'\I]
X<Q)"YW'Z\I]
a&7 7b' '"AU<
acS.H = s.h \d$<A;>" 7'Z$']
GbU ?<
H
h
f
F
=
4/ áp suất của chất lỏng.
a) áp suất do cột chất lỏng gây ra tại một điểm cách mặt chất lỏng một đoạn h.
P = h.d = 10 .D . h
Trong đó<A0b73@\/]
"$:?92?W\I^
(
]efF2?W\f^
(
]
<"A8g ?\I^
]
b) áp suất tại một điểm trong chất lỏng.P = P
0
+ d.h
Trong đó<
L
<B 7\I^
]e
"<"A8g ?e
Lê Xuân Đơng - GV THCS Nguyễn Biểu
2
GIO N BI DNG HC SINH GII MễN VT Lí - BC THCS
<;7h]
5/ Bình thông nhau.
&'4#84 W$)N''
%V
&'44 W$)@A'%V
7?W#@\?A#8]U%V\&
%W]
=
+=
+=
BA
B
A
PP
hdPP
hdPP
220
110
.
.
6/ Lực đẩy Acsimet.
F = d.V - d: Trọng lợng riêng của chất lỏng hoặc chất khí (N/m
3
)
- V: Thể tích phần chìm trong chất lỏng hoặc chất khí (m
3
)
- F: lực đẩy Acsimet luôn hớng lên trên (N)
Xi&
Xc/j\?92]
Xk1
II- Bài tập:
(I)- Bài tập về định luật Pascal - áp suất của chất lỏng.
Phơng pháp giải:
E!;#8?AZ@AA@R!; %&
Bài 1<G?A8%&ZU88l?M1$"Z 8U8"g m?,An
%!$n%'; %&=8A)Zo 13A3"g ?,AB0
h%4
Giải :
T9d8AZ?A%&
f"g 4)"YW F<X
c"
L
[d
Trong đó: S là diện tích đáy bình. d
0
là trọng lợng riêng của nớc.
f"g 4)!W %&<
X
c"
L
[pX
%
aZ8AZ"g 4G?928p%pZ' 1WX
c
X
"
L
[dc"
L
[pX
%
a&%U?92WX
%
kLck"[i"[dckidck)Z0
Lê Xuân Đơng - GV THCS Nguyễn Biểu
3
GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI MÔN VẬT LÝ - BẬC THCS
Bµi 2< d%&FU";&
UY\&o]F' $U4ZN
J8>fAfN$)ZN%W
I>UAfZN
%&a& )Z?A%&2gA
WqdJ2R0 ?3A3
UZN%&&NAfr
.A%37&UY,A'4a
c
3
1
\c
sS
p[]
Gi¶i :E! %&G?ZUc"
[U
c"
G?AU$
)Z?A%&?Z"$"
?92?WZ?Z
ck
h
h
d
d
dh
hd
P
P
11
11
1
.==
a&?92Z?ZW<"
a
c"ack
1
1
V
V
d
d
=
\a$a
7Z?A%&?Z]
GbU ?<
h
h
SsSsh
SsSsh
h
h
V
V
P
P
1
111
1
1
1
.
)(
3
1
)(
3
1
.
++
++
==
ck
11
1
SsSs
SsSs
P
P
++
++
=
a&[i[
ckk
a )UZo0W3UfN&Zo0 b%&+
%&
Bµi 3 : I> 8FR'
%W?A)h Zq8
hAZ$hA
) "h s4 ?A
dZ?AF
U0 '$3U0 &0
,AZAr
Gi¶i :T9
L
?AB 7$"
"
h2?92?WZ"h$
A8b@A3JFE!;7+\JFq
?AZ]
+
c
L
p"
Lª Xu©n §¬ng - GV THCS NguyÔn BiÓu
4
A B
ItZ
:h
GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI MÔN VẬT LÝ - BẬC THCS
G;\JFq?A"h
c
L
p"
a&"
k"
ck
+
k
:AUZ0 b+;AZZ"Z "h
gZ"hWIZb0 "
c"
B à i 4 : d&?Y+@u4U3"Jh2
LL
LL
2F' %V8FBA
&oQqhA7v%&$U1(
"hA%&+$15$-ZA%&[UNA7
;A8%&'G8A)NM
%&.A%3?92?W"hZh2<
"
cHLLLI^
(
e"
cLLLLI^
(
e
Giải:
T9
$
8A)ZN%&+%&Cg%V
[
+
p[
ca
⇒
LL
pLL
c5$-L
(
\
(
]
⇒
p
c5- \]
=8A)"hN%&<
(
c
)(30
100
10.3
3
1
cm
S
V
A
==
N %&%VW
"
p"
(
c"
LLLL
pHLLL(LcLLLL
⇒
c
p- \]
Gb\]\] ?<
p\
p-]c5-
⇒
c
⇒
c6
Bµi 5< s83n%V2%;$g?A'U?92
L
c(Ifg?AZ$nU?92c$D-IdC RF2h
F2h%;?A3n3R,?V7anq%V17
%ha
7%ha
%;fF2?WK(LL^
(
$
%;L5LL^
(
Giải:
T9
$a
$:
$F2$7F2?W
T9
$a
$:
$F2$7F2?W%;
fgA'
L
c\
p
]L \]
fg?AZ
c
L
\a
pa
]"c
10
2
2
1
1
21
+−+ D
D
m
D
m
mm
c
−+
−
2
2
1
1
11.10
D
D
m
D
D
m
\]
Gb\]\]2
L
:
−
12
11
DD
c
L
−
2
1
D
D
Lª Xu©n §¬ng - GV THCS NguyÔn BiÓu
5
B
A
k
B
A
k
B
A
k
h
1
h
2
GIO N BI DNG HC SINH GII MễN VT Lí - BC THCS
L
:
21
11
DD
c
L
1
1
D
D
G F2m
1
=59,2gm
2
= 240,8g
(II) . Bài tập về máy ép dùng chất lỏng, bình thông nhau.
Giải : .97N@"Z
'
f@B0g&<
)1(
2
2
0
1
1
S
m
hD
S
m
=+
\:
L
F2?WZ]
f@@W'Z&<
2
2
11
1
2
2
1
1
S
m
S
m
S
m
S
m
S
mm
=+=>=
+
\]
G?b3Z3\]A\]2<
hSDmhD
S
m
100
1
==
%]I3@B0g'&g%VU<
22
2
0
1
1
S
m
S
m
HD
S
m
+=+
\(]
G?b3Z3\]A\(]2<
:
L
P:
L
dc
2
0
2
)(
S
m
DhH
S
m
=
h
S
S
H
S
hSD
DhH )1()(
2
1
2
10
0
+==
Bài 2:.A%&&?Y'Z
%V8FUU7'
7 %&+?
%&?
cL$5?
\fAfU]=1A
%&+82Z3A
cH
$U1W?W@Z8Z
A
c-U?92?W"
c
KLLLI^
(
1A%&4(
UA
(
c6$?92
Lê Xuân Đơng - GV THCS Nguyễn Biểu
Bài 1: &'w
&?YU3"Jh2[
$[
U4
ZG?W@ZU@'$F
2
s)Z%WW
A;
]G&F2B0g@W
'Z7)ZN%W
%]I3@B0g?W'
&)Zq%g >oWA;
%AW
6
h
1
h
2
h
3
K
h
S
1
S
2
B
A
GIO N BI DNG HC SINH GII MễN VT Lí - BC THCS
?W"
(
cHLLLI^
(
\?92?WZ"
cLLLLI^
(
$'Ax
A]sNAf7%&'dC <
]=8WJA@AN%&
%]G7Z0 BAf3"J %&+
Giải:
]E!7I?AFV;@gyZ(=7s?A
+V?W#@uZIGU<
xdhdhdPP
mN 12233
+==
\aZR8" ZZV?Ws]
ckRc
cm
d
hdhd
2,1
10
04,0.10.906,0.10.8
4
33
1
2233
=
=
a @A(?AA/
@A?A+<
cmxhhh 8,0)2,14(6)(
23
=+=+=
b) a&?
cL$5?
W[
c
2
2
1
3
4
12
2
cm
S
==
G7Za?A%&7Z0 BAfb+<
a
c[
dc(d\
(
]
G7Zn;N%&+<a
+
c[
\dpR]c\dp$]
(
G7Z1A+qh<ac[
cHc6
(
U<aca
+
pa
ck6c\dp$]p(dc5dp-$-
ckdc
cm44,13
15
4,14216
=
a 7Za
0 BAf<
a
c(dc(($ c-L$(
(
(III) .Bài tập về lực đẩy Asimet:
Ph ơng pháp giải:
:)AJg%V<zfg%V?A&cX
+
{
<Q?92$X
+
)* ,"YW\X
+
c"a]
Bài 1:s8FM&8y3"J[c-L
AcL.UF2
c6L
]G0FMAZG&AhM1??W
Z:
L
cLLLf^
(
Lê Xuân Đơng - GV THCS Nguyễn Biểu
7
h
2
h
3
h
x
M
N
(2)
(1)
(3)
A
B
GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI MÔN VẬT LÝ - BẬC THCS
%]g >FM2A!8M&?YNyU3"J∆[c-
$g∆
h &UF2?W:
c(LL^
(
0A?AZ> )Z%VZ
@?WFMG&8g∆M
Gi¶i:
]fFMg%V?AZ&?92FMg%VZ)* +,
T9RhFM1?W@Z$U
cX
+
⇒LcL:
L
[\R]
cm
SD
m
6
.
-h x
0
==⇒
%]fFMA!1UF2
c∆c:
\[∆[∆]
aZ:
F2?WM<
hS
m
.
D
1
=
hS
hS
.
.∆∆
]
fF2
&A<
hSDm ∆∆= .
22
fF218FM&q
sc
p
cp\:
Sh
m
]∆[∆
a&FMAA?AZW
LscL:
L
[
cm
S
hS
m
D
mhSD
5,5
)
.
(
.
=h ==>
2
0
=
∆−
−
Bµi 2:dB0h@U7MB0acLL
(
2FZ%V82"g _
'AC0?AZ\&o]
fF2B0h%W"Z-hF2
B0h%W?Wg%V&^7
B0h%W?W%?AZdC
] fF2?WB0h
%] Q)v2"g
.A%3F2Z:
L
cLLL^
(
Gi¶i
] a&B0hU#7a$
c-
ck:
c-:
E!JB0hg%V?AZfUU<
Lª Xu©n §¬ng - GV THCS NguyÔn BiÓu
8
h
x
P
F
A
h
∆h
∆S
P
F
A
F
A
F’
A
P
2
P
1
T
T
GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI MÔN VẬT LÝ - BẬC THCS
p
cX
+
pX|
+
ck
(2)
2
3
D D
021
D=+
Gừ\]à\] ?< :
c(^L:
L
c(LL^
(
:
c-:
cLL^
(
]E!bB0h<
fB0h4g%V&< X
+
c
pG
fB0h4g%V&< X|
+
c
G
aZX
+
cLa:
L
eX
+
cX|
+
^e
c-
ck
=−
=+
A
A
FTP
F
TP
'4
2
'
1
1
ck5GcX|
+
ck
5
F'
A
=T
cL$I
Bµi 3:G?A%&&?Y3"J[
L
4Z$)Z?A%&UAdcL
I>0A%&8w$3"JAAU1u4?A%&
&)Z"gW8A; ∆c-
]I3&?AZAA&)Zo"gA%AWAZ r
.AF/?WZh2:cL$H^
(
$
:
L
c^
(
%] G&)"YA&
AA?AZ.A75L
(
Gi¶i:]T9[l3"J"
G?92cL:[l
fVg%V$h7Z"g
W}h7a
&
?AZ:AU a
c[
L
∆
:Ag%VWcX
+
L:[lcL:
L
[
L
∆ckl c
h
S
S
D
D
∆
00
\]
f&AA?AZ$Z"gW2%V7
T9∆dhZ"gWq U<[lc[
L
∆d\]
Gb\]\] ? ∆dc
h
D
D
∆.
0
aA8Z?A%&q
cm. 25 . H H'
0
=∆+=∆+= h
D
D
HH
] Q)"YA
XcX
+
|PcLa\:
L
P:]
XcL5LL
6
\LLLHLL]cL$I
B - C¸c m¸y c¬ ®¬n gi¶n.
Lª Xu©n §¬ng - GV THCS NguyÔn BiÓu
9
H
∆h
S
P
F
A
S
0
S
0
H
∆H
S
P
F’
A
F
H’
GIO N BI DNG HC SINH GII MễN VT Lí - BC THCS
I - Tóm tắt lý thuyết
1/ Ròng rọc cố định:
~n?9FmU"Y 1Z)$'U"Y 1
8Z)
2/ Ròng rọc động
:#?n?9822h)Jh>"AU'
22&'
3/ Đòn bẩy.
=n%* g%V)"YJZ n<
2
1
l
l
P
F
=
G?AUl
1
, l
2
nX\. nA0b7)3/
)]
4/ Mặt phẳng nghiêng:
I3'7$"#@u
W22%AWh)&J%
Wh>$'22&'
l
h
P
F
=
.
5/ Hiệu suất
0
0
1
100.
A
A
H =
?AU +
'U
+'Ah
+c+
p+
\+
'A]
II- Bài tập về máy cơ đơn giản
Lê Xuân Đơng - GV THCS Nguyễn Biểu
10
l
F
P
h
GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI MÔN VẬT LÝ - BẬC THCS
Bµi 1:G)!AX?A?>2g 3@U?92
cLI\B$F2?n?9"g ]
Gi¶i:G,A/wg)&o<fJFg%VU
N&] 6XcckXc^6cL^6cLI
N&%] HXcckXc^HcL^Hc5I
N&] 5XcckXc^5cL^5c-I
Bµi 2<s8>U?A2c6LLI4
?W2?,AA?n?9&
o=7JF2g%V&>0!A
"g $qU)"YA?Y?n?9F
XcDLIG
] Q)"A>!W
%]G?92
BF2?n?9.U7R,JF?W8"
Gi¶i:]T9G)v"g N?n?98G|)v"g N?n?9F
GU< G|cGeXcG|c-G
GcX^-cDL^-cHLI
T9S)>!W$U<
ScPGc6LLIPHLIc-LI
%]T9|?92$AJF?W8
" $JFg%VU G| p
Gc|pS
ck(Gc|pSck|c(GPS
ck|c(HLP-LcLI
a )>!W-LIU
?92LI
Lª Xu©n §¬ng - GV THCS NguyÔn BiÓu
11
F
F F
FFF
P
•
•
•
•
•
4F
F
F
F
2F
2F
4F
P
•
•
•
•
F
F F F F F
F
P
•
•
•
• • •
1
2
A
C
B
•
•
T
’
T
’
T
’
T
TT
Q
P
P
’
F
•
•
•
•
GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI MÔN VẬT LÝ - BẬC THCS
Gi¶i:T9?92?n?9
G?A?>24+
g%VU<
3
1
2
==
AB
CB
P
F
s@$?n?98g%V
nU< Xcp
ckXc
( )
2
1
PP +
A?W2<
( )
3
1
2
2
1
=
+
P
PP
ick(\p
]c
\]
G/)A?>24
?,AN:$
(
?,AN?n?98
Qq U
2
1'
2
==
AB
DB
P
F
s@X|cp
p
(
ckX|c
2
31
PPP ++
G A?WU<
2
1
2
2
31
=
++
P
PPP
ckp
p
(
c
\]
Lª Xu©n §¬ng - GV THCS NguyÔn BiÓu
Bµi 3:.AJF&o<aU?9
2
$
aU?92
sM?n?9U?9
2IB$F2
+"g ?,A
f?,AN.Z+c(.&JF
g%V
f?,AN:Z+:c:&FJ
Fg%V0?,AFA8
4(U?92
(
c5IG
12
1
2
A
C
B
F
F
F
P
P
1
P
2
•
•
GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI MÔN VẬT LÝ - BẬC THCS
Gb\]\]U
cKI$
c5I
Bµi 4<.AJF&oTUWαc(L
L
$"g ?n?9€NEF
2s7JFg%V.AF2cB9
Gi¶i: sFsg%V&Xc
l
h
Z
l
h
= α
ckXc(L
L
c^\?92s]
Q)!AM"g lB?n?9<
X
c
42
PF
=
Q)!AM"g lB?n?9<X
c
82
1
PF
=
Q)!A"A?92|g ?$4<|cX
c^Hckcs^H
fF2s<scHcHcH
Bµi 5:dB0hlFJ2?,AA
h +$ 8 A; 0$_
G2yv%V>"g l;7•
3•+c•ccLIqB0hNh
A?A)>
+v%V=7v%V?N
;0" 77?,A•+8A;Rc$LHGF2?W
$%3F2?Wl:
L
cD$H^
(
Gi¶i:
fB0h?,AN2q?A
&A?9)$B0hn"Y
)* +,G,A
Jg%V)FZ7?,A•|
U+•|c\PX
+
]•|d \PR]c\
PX
+
]\pR]
T9a78B0h:F2
?WGUcL:
L
aX
+
cL:a
10.D
0
.V ( l x ) = 10 V ( D–
0
D )( l + x )–
Dc
3
0
/8,0.
2
cmgD
xl
x
=
+
.
Bµi 6<s8w$3"J$8h
qAZ$h)A;•A
A•+c
2
1
•fVg%V$)ZN
yG&F2?W:$
%3F2?WZ:
L
cLLL^
(
Lª Xu©n §¬ng - GV THCS NguyÔn BiÓu
13
A
B
O
A
B
O’
(l-x)
(l+x)
F
A
P
P
A
O
B
F
M
l
h
2
m
1
α
•
•
•
GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI MÔN VẬT LÝ - BẬC THCS
Gi¶i:G"Y?9)@;?7s+)* +,
@;?7IsGU7B B•"YB lg%Vn%*
U< sdcXIf\]
T9[3"Jl"U<
cL:[lXcL:
L
[
2
l
G A\]U< :c
0
.
.2
D
MH
NK
\]
s@∆•ds∼∆•fIU<
'OM
ON
MH
KN
=
G?AU•Ic•PIc
12
5
43
lll
=−
•sc+sP•+c
632
lll
=−
ck
2
5
==
OM
ON
MH
KN
A\]2:c
4
5
:
L
c5L^
(
Lª Xu©n §¬ng - GV THCS NguyÔn BiÓu
14
A
O
M
H
K
P
N
F
A
B
GIO N BI DNG HC SINH GII MễN VT Lí - BC THCS
C. Chuyển động cơ học
I. Tóm tắt lý thuyết:
1. Chuyển động đều:
aF8 782R%VBC>2?A8/
>'1?W9BC>
t
S
v =
Z <SC>
<G>BC>
<aF
2. Chuyển động không đều:
aF?%& 78'?W8BC>AU\/4
Z> 78?WBC>U]2%V'4<
t
S
V
TB
=
Z <SC>
<G>3BC>[
aF?%& 78'U7 1,ABC>
II. Bài tập
Dạng 1: Định thời điểm và vị trí gặp nhau của các chuyển động
Bài 1:d'' 782b75Ld
%AWg&q@%3?VFR,46L^R,4-L^
Giải:
T0j>\]&R,@
SC>R,2
ttvS .60.
11
==
SC>R,2
ttvS .60.
22
==
a&R, 782b?5L
WU<6Lp-Lc5Lckc$5
a >7R,@(L|
Bài 2:E,4Nb+ 783ZF(6^Ij>
R,4 78b3+ZF5^3BC>+"Dd
%Ag7bqR,N&<
dR,@
%dR,($5
Giải:
T0j\]7bqR,N&R,@<
fUUBC>R,2< [
c
\L$5p]c(6\L$5p]
SC>R,2< [
c
cH
a&BC>+"DWU<
(6\L$5p]pHcDckc\]
a 7bR,N&R,@
%] Tr ờng hợp 1 <dR,@($5
T9>7bR,N3R,($5
SC>R,2<[
|c
\L$5p
]c(6\L$5p
]
SC>R,2<[
|c
cH
G,A%?U<(6\L$5p
]pHp($5cDck
cL$D5\]
Lê Xuân Đơng - GV THCS Nguyễn Biểu
15
GIO N BI DNG HC SINH GII MễN VT Lí - BC THCS
a -5|7bR,N&R,($5
Tr ờng hợp 2 <dR,@U($5
a&&R,@W>7R,($57bq@
(
fUU<
H
(
p(6
(
c($5ck
(
cL$5
a 5|&R,($5C@
Bài 3:s8>R,;ZF
cH^>%8ZF
c-^
N#8qN#8/ 782[2(L|$>
R,;"b;$m(L|?wB ?N;1,A>%8ZF}d7bq
N%Ag>R,;1>%8r
Giải:SC>>R,;?A>
c(L|<
c
c-
SC>>%8?A\"A>R,;Um(L|]
c
c-
fA0>N<
[c[
p[
cH
f7bq R, 78#1
G>7bqB ;A3@<
h
vv
S
t 2
21
=
=
a (7bqN$>R,;>%8
Dạng 2: Bài toán về tính quãng đờng đi của chuyển động
Bài 1<s8>R,;b+3ZF
c^3>UvFW
(^&3Z/
G&BC>+>")b+3
%h>UZF
c^2BC>
&R,%0jy
5q:AU?ABC>n;> ZF
c5^&3/x
Z/")(L|G&BC>
T0<
T0jBC>+&>")3BC>+
)(
12
1
h
ss
v
=
a&>UvFW(^3Z/W
kmS
SSSS
vv
601
1512
1
3
11
===
+
G>")b+3<
h
S
t 5
12
60
12
===
%T9
|>BC>
<
1
1
1
'
v
S
t =
Lê Xuân Đơng - GV THCS Nguyễn Biểu
16
GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI MÔN VẬT LÝ - BẬC THCS
G>jR,<
ht
4
1
'15 ==∆
G>BC>n;<
2
1
2
'
v
SS
t
−
=
G,A%?U<
2
1
)'
4
1
'(
211
=++− ttt
)1(
2
1
4
1
2
1
1
1
1
=
−
−−−⇒
v
SS
v
S
t
)2(
4
3
4
1
2
111
21
1
21
=+=
−−−⇒
vv
S
vv
SS
Gb\]\] ?
4
1
4
3
1
11
21
1
=−=
−
vv
S
d
km
vv
vv
S
15
1215
15.12
.
4
1
.
4
1
12
21
1
=
−
=
−
=
Bµi 3<s8W%20vbm"FRFg"FRF"h
BC>%2?Ag 4
24
1
−= iS
\]Zceee
GBC>%2?Ag 4eg
%.4?VBC>18%2g \F)
W]Q\]c
\]
T0<
SC>%2?Ag 4<[
c-c
SC>%2?Ag 4< [
cHc6
SC>%2g < [
|c[
p[
c6pcH
%a&BC>2?Ag 4[
\]
c-PWU<
[
\]
c
[
\]
c6cp-
[
\(]
cLcpHcp-
[
\-]
c-cpcp-(
[
\]
c-Pcp-\]
SC>18%2g <
Q
\]
c[
\]
p[
\]
pp[
\]
c‚p‚pp(pp\]ƒƒ
spp(pp\]c
2
)1( nn −
WQ\]c
\]
Bµi 4<I>4Nb+3ZFH^.#qU>4
4(#Nb+ZFh2-^5^>4(@>4
&4B ; 78>4f@>4}4B ;
78>4B?&433"„A3q%>N#/
d7bqNA3(>N#/&>4%C2BC>
%V%AWr3"BC>+-H
T0<
a&>>4(}%V>>4>4U<
Hp-c-H
ht 4
12
48
==⇒
Lª Xu©n §¬ng - GV THCS NguyÔn BiÓu
17
GIO N BI DNG HC SINH GII MễN VT Lí - BC THCS
a&>4(WY'mW1BC>>4([
(
c
(
c5-
c6L
Dạng 3: Xác định vận tốc của chuyển động
Bài 1:s89b3?>$2^-BC>&2Z&
BW8B 7W8?N 3?>&?5|
GF 78,9$%3BC>bZ?>c6
B>WRFR,
%=73?>q>")&B h,0ZF
%AWr
Giải: T9
>")ZF$U<
v
s
t
=
1
\]
:A U ) F 7 BW W > q
BC >
v
s
sss
ts
2
3
2
3
4
1
.2
22
==+=
\]
G,A%<
hph
tt
4
1
15
12
==
GbU32Z\]\] ?c^
%G>")
h
v
s
t
2
1
12
6
1
===
T9|F0?ABC>?N?N;?>
=+= ssss
4
5
4
1
'
=73/>W<
h
v
s
t
tt
8
3
4'
'
1
1
'
2
===
d |cL^
Bài 2:dR,Nb8/#BC>6LE,8ZF
(L^$WY'm3/Z/R,(LqE,NZ/
my>-5qd<
aFR,
%sF3/#qZR,$R,0ZF%AW<
Giải:
G>R,3BC><
h
v
s
t 2
30
60
1
1
===
G>R,3BC><
httt 75,275,05,1275,05,01
212
=+=++=
aFR,<
hkm
t
s
v /8,21
75,2
60
2
2
===
% =7 3 / # q Z R, 4 & > R, 3 BC > <
htt 25,275,01'
12
=+=
a F<
hkm
t
s
v /7,26
25,2
60
'
'
2
2
==
Bài 3:>R,;b+3ZF'1I>4>4
R#8qZF/4
cL^
c^I>4%R
>U?W(L|$A0>yh@>4%Z>?Z
ht 1
=
G&F>4(
Lê Xuân Đơng - GV THCS Nguyễn Biểu
18
GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI MÔN VẬT LÝ - BẬC THCS
Gi¶i:f>4(R&>4+5$>4+6
T9
>b>4(RA3@>4>4
GU<
12
6
126
10
5
105
3
2223
3
1113
−
=⇒+=
−
=⇒+=
v
tttv
v
tttv
G,A%
1
12
=−=∆
tt
t
W
0120231
10
5
12
6
3
2
3
33
=+−⇔=
−
−
−
vv
vv
2
723
2
4802323
2
3
±
=
−±
=⇒
v
c
8km/h
km/h 15
T?
(
0Z/
WU
(
c5^
B à i 4 s8>R,; 78?WjBC>hZF^
jBC>ZFL^
EF?%&R,;?W0BC>r
GUl<
1
2
12 /
20 /
?
tb
V km h
V km h
V
=
=
− − − − − − −
=
aF?%&?W0BC>
1 2
1 2
1 2
1 2
1 2
2 2
1 1
2 2
15 /
1 1 1 1
12 20
tb
S S S S
V
S S
t t
S
V V
V V
km h
V V
+
= = =
+
+
+
÷
= = =
+ +
D¹ng 4: TÝnh vËn tèc trung b×nh cña chuyÓn ®éng kh«ng ®Òu
Bµi 1<s8''2B8A;>"FwA;<QW"FRF"F$%3>
W"F%Vj>RF"F$F?%&RF"FhF
?%&W"FGF?%&?W0A;>"F''3F?
%&W"F(L^
Gi¶i:
T9[
[
BC>W"FRF"F
GU<
tvs
111
=
e
tvs
222
=
vv
12
2=
$
tt
12
2=
ss
12
4=⇒
SC>18< [c5[
G>18<
ttt
t
121
3=+=
Lª Xu©n §¬ng - GV THCS NguyÔn BiÓu
19
T9BC>R,[ jBC
>[$>/4
1 2
;t t
G> 78?WjBC>h<
1
1
S
t
V
=
G> 78?WjBC><
2
2
S
t
V
=
GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI MÔN VẬT LÝ - BẬC THCS
aF?%&?W0"F<
hkm
t
S
t
s
v
v
/50
3
5
3
5
1
1
1
====
Bµi 2:s8>b+3
3
1
BC>h>UZF
$
3
2
>
n;ZF
SC>F#ZF
(
F?%&?W0
BC>
Gi¶i:
T9[
3
1
BC>ZF
$>
[
BC>ZF
$>
[
(
BC>F#ZF
(
?A>
(
[BC>+
G,A%?U<
v
ttvs
s
s
1
1111
33
1
=⇒==
\]
a
v
s
t
v
s
t
3
3
3
2
2
2
; ==
:A
c
(
W
v
s
v
s
3
3
2
2
2=
\]
3
2
3
2
s
s
s
=
+
\(]
Gb\]\(] ?
( ) ( )
vvv
s
t
vvv
s
t
ss
322
2
2
323
3
3
23
4
;
23
2
+
==
+
==
aF?%&?W0BC><
( ) ( )
( )
vvv
vvv
vvvvv
ttt
v
s
TB
321
321
32321
321
26
23
23
4
23
2
3
1
1
++
+
=
+
+
+
+
=
++
=
.
I . mét sè kiÕn thøc c¬ b¶n:
1. C«ng thøc tÝnh nhiÖt l îng:
Lª Xu©n §¬ng - GV THCS NguyÔn BiÓu
20
GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI MÔN VẬT LÝ - BẬC THCS
Q= mc(t
2
- t
1
) : G^J
Q= mc(t
1
- t
2
) : G^J
2.Ph ¬ng tr×nh c©n b»ng nhiÖt:
Q táa = Q thu
Hay: mc(t
1
- t
2
) = mc(t
2
- t
1
)
3. N¨ng suÊt táa nhiÖt cña nhiªn liÖu: Q = q.m
II. mét sè bµi tËp c¬ b¶n
Bài 1 : Dùng một ca múc nước ở thùng chứa nước A có nhiệt độ t
A
= 20
0
C và ở thùng chứa nước B có
nhiệt độ t
B
= 80
0
C rồi đổ vào thùng chứa nước C. Biết rằng trước khi đổ, trong thùng chứa nước C đã có
sẵn một lượng nước ở nhiệt độ t
C
= 40
0
C và bằng tổng số ca nước vừa đổ thêm vào nó. Tính số ca nước
phải múc ở mỗi thùng A và B để có nhiệt độ nước ở thùng C là 50
0
C. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi
trường, với bình chứa và ca múc nước
H íng dÉn gi¶i
- Gọi : c là nhiệt dung riêng của nước ; m là khối lượng nước chứa trong một ca ;
n
1
và n
2
lần lượt là số ca nước múc ở thùng A và thùng B ;
(n
1
+ n
2
) là số ca nước có sẵn trong thùng C.
- Nhiệt lượng do
n
1
ca nước ở thùng A khi đổ vào thùng C đã hấp thụ là :
Q
1
= n
1
.m.c(50 – 20) = 30cmn
1
- Nhiệt lượng do
n
2
ca nước ở thùng B khi đổ vào thùng C đã toả ra là :
Q
2
= n
2
.m.c(80 – 50) = 30cmn
2
- Nhiệt lượng do (n
1
+ n
2
)
ca nước ở thùng C đã hấp thụ là :
Q
3
= (n
1
+ n
2
)m.c(50 – 40) = 10cm(n
1
+ n
2
)
- Phương trình cân bằn nhiệt : Q
1
+ Q
3
= Q
2
⇒
30cmn
1
+ 10cm(n
1
+ n
2
) = 30cmn
2
⇒
2n
1
= n
2
- Vậy, khi múc n ca nước ở thùng A thì phải múc 2n ca nước ở thùng B và số nước đã có sẵn trong thùng
C trước khi đổ thêm là 3n ca.
Bài2: Một thau nhôm khối lượng 0,5kg đựng 2kg nước ở 20
0
C.
a) Thả vào thau nước một thỏi đồng khối lượng 200g lấy ra ở bếp lò. Nước nóng đến 21,2
0
C. Tìm
nhiệt độ của bếp lò. Biết nhiệt dung riêng của nhôm, nước, đồng lần lượt là:
c
1
= 880J/kg.K, c
2
= 4200J/kg.K, c
3
= 380J/kg.K. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường.
b) Thực ra, trong trường hợp này nhiệt lượng toả ra môi trường là 10% nhiệt lượng cung cấp cho
thau nước. Tìm nhiệt độ thực sự của bếp lò.
c) Nếu tiếp tục bỏ vào thau nước một thỏi nước đá có khối lượng 100g ở 0
0
C. Nước đá có tan hết
không? Tìm nhiệt độ cuối cùng của hệ thống . Biết để 1kg nước đá ở 0
0
C nóng chảy hồn tồn cần cung
cấp một nhiệt lượng là 3,4.10
5
J. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường.
H íng dÉn gi¶i
a) Nhiệt độ của bếp lò: ( t
0
C cũng là nhiệt độ ban đầu của thỏi đồng)
Nhiệt lượng của thau nhôm nhận được để tăng nhiệt độ từ t
1
= 20
0
C lên t
2
= 21,2
0
C:
Q
1
= m
1
.c
1
(t
2
- t
1
)
Nhiệt lượng của nước nhận được để tăng nhiệt độ từ t
1
= 20
0
C lên t
2
= 21,2
0
C:
Q
2
= m
2
.c
2
(t
2
- t
1
)
Nhiệt lượng của thỏi đồng toả ra để hạ nhiệt độ từ t
0
C xuống t
2
= 21,2
0
C:
Q
3
= m
3
.c
3
(t
– t
2
)
Vì không có sự toả nhiệt ra môi trường nên theo phương trình cân bằng nhiệt ta có:
Q
3
= Q
1
+ Q
2
=> m
3
.c
3
(t
- t
2
) = m
1
.c
1
(t
2
- t
1
) + m
2
.c
2
(t
2
- t
1
)
=> t = [(m
1
.c
1
+ m
2
.c
2
) (t
2
- t
1
) / m
3
.c
3
]
+ t
2
thế số ta tính được t = 160,78
0
C
Lª Xu©n §¬ng - GV THCS NguyÔn BiÓu
21
GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI MÔN VẬT LÝ - BẬC THCS
b) Nhiệt độ thực của bếp lò(t’):
Theo giả thiết ta có: Q’
3
- 10% ( Q
1
+ Q
2
) = ( Q
1
+ Q
2
)
Q’
3
= 1,1 ( Q
1
+ Q
2
)
m
3
.c
3
(t’
- t
2
) = 1,1 (m
1
.c
1
+ m
2
.c
2
) (t
2
- t
1
)
t’ = [ 1,1 (m
1
.c
1
+ m
2
.c
2
) (t
2
- t
1
) ] / m
3
.c
3
}+ t
2
Thay số ta tính được t’ = 174,74
0
C
c) Nhiệt độ cuối cùng của hệ thống:
+ Nhiệt lượng thỏi nước đá thu vào để nóng chảy hồn tồn ở 0
0
C:
Q = 3,4.10
5
.0,1 = 34000(J)
+ Nhiệt lượng cả hệ thống (thau, nước, thỏi đồng) toả ra khi hạ 21,2
0
C xuống 0
0
C:
Q’ = (m
1
.c
1
+ m
2
.c
2
+ m
3
.c
3
) (21,2
0
C - 0
0
C) = 189019,2(J) + So
sánh ta có: Q’ > Q nên nhiệt lượng toả ra Q’ một phần làm cho thỏi nước đá tan hồn
tồn ở 0
0
C và phần còn lại (Q’-Q) làm cho cả hệ thống ( bao gồm cả nước đá đã tan) tăng nhiệt độ từ 0
0
C
lên nhiệt độ t”
0
C.
+ (Q’-Q) = [m
1
.c
1
+ (m
2
+ m)c
2
+ m
3
.c
3
] (t”- 0)
=> t” = (Q’-Q) / [m
1
.c
1
+ (m
2
+ m)c
2
+ m
3
.c
3
]
thay số và tính được t” = 16,6
0
C.
Bµi 3: Người ta cho vòi nước nóng 70
0
C và vòi nước lạnh 10
0
C đồng thời chảy vào bể đã có sẳn 100kg
nước ở nhiệt độ 60
0
C. Hỏi phải mở hai vòi trong bao lâu thì thu được nước có nhiệt độ 45
0
C. Cho biết
lưu lượng của mỗi vòi là 20kg/phút.
H íng dÉn gi¶i
Vì lưu lượng hai vòi chảy như nhau nên khối lượng hai loại nước xả vào bể bằng nhau. Gọi khối
lượng mỗi loại nước là m(kg):
Ta có: m.c(70 – 45) + 100.c(60 – 45) = m.c(45 – 10)
⇔
25.m + 1500 = 35.m
⇔
10.m = 1500
1500
150( )
10
m kg⇒ = =
Thời gian mở hai vòi là:
)(5,7
20
150
phútt ==
Bµi 4: Muốn có 100 lít nước ở nhiệt độ 35
0
C thì phải đổ bao nhiêu lít nước đang sôi vào bao nhiêu lít
nước ở nhiệt độ 15
0
C ? Lấy nhiệt dung riêng của nước là 4190J/kgK.
H íng dÉn gi¶i
Gọi x là khối lượng nước ở 15
0
C; y là khối lượng nước đang sôi
Ta có : x+y= 100g (1)
Nhiệt lượng do ykg nước đang sôi tỏa ra :Q
1
= y.4190(100-15)
Nhiệt lượng do xkg nước ở 15
0
C toả ra :Q
2
= x.4190(35-15)
Phương trình cân bằng nhiệt:x.4190(35-15)=y.4190(100-15) (2)
Giải hệ phương trình (1) và (2)
Ta được: x=76,5kg; y=23,5kg
Vậy phải đổ 23,5 lít nước đang sôi vào 76,5 lít nước ở 15
0
C.
Bµi 5:Một bếp dầu đun sôi 1 lít nước đựng trong ấm bằng nhôm khối lượng 300gam thì sau thời gian t
1
=
10 phút nước sôi. Nếu dùng bếp trên để đun 2 lít nước trong cùng điều kiện thì sau bao lâu nước sôi ?
Cho nhiệt dung riêng của nước và nhôm lần lượt là C
1
= 4200J/kg.K ; C
2
= 880J/kg.K. Biết nhiệt do bếp
dầu cung cấp một cách đều đặn.
H íng dÉn gi¶i
Gọi Q
1
và Q
2
là nhiệt lượng cần cung cấp cho nước và ấm nhôm trong hai lần đun,
Gọi m
1
, m
2
là khối lương nước và ấm trong lần đun đầu.
Ta có: Q
1
= (m
1
.C
1
+ m
2
.C
2
) ∆t
Lª Xu©n §¬ng - GV THCS NguyÔn BiÓu
22
GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI MÔN VẬT LÝ - BẬC THCS
Q
2
= (2.m
1
.C
1
+ m
2
.C
2
) ∆t
Do nhiệt toả ra một cách đều đặn, nghĩa là thời gian đun càng lâu thì nhiệt toả ra càng lớn. Ta có thể đặt:
Q
1
= k.t
1
; Q
2
= k.t
2
(trong đó k là hệ số tỉ lệ nào đó)
Suy ra: k.t
1
= (m
1
.C
1
+ m
2
.C
2
) ∆t
k.t
2
= (2.m
1
.C
1
+ m
2
.C
2
) ∆t
Lập tỉ số ta được:
2211
11
2211
2211
1
2
1
)(
)2(
CmCm
Cm
CmCm
CmCm
t
t
+
+=
+
+
=
hay
( ) ( )
4,1910.
880.3,04200
4200
1.1
1
2211
11
2
=
+
+=
+
+= t
CmCm
Cm
t
phút
Bµi 6:Thả đồng thời 300g sắt ở nhiệt độ 10
0
C và 400g đồng ở nhiệt độ 25
0
C vào một bình cách nhiệt
trong đó có chứa 200g nước ở nhiệt độ 20
0
C. Cho biết nhiệt dung riêng của sắt, đồng, nước lần lượt là
460J/kg.K, 400J/kg.K, 4200J/kg.K và sự hao phí nhiệt vì môi trường bên ngoài là không đáng kể. Hãy
tính nhiệt độ của hỗn hợp khi cân bằng nhiệt được thiết lập.
H íng dÉn gi¶i: Gọi m
1
, m
2
, m
3
là khối lượng và t
1
, t
2
, t
3
lần lượt là nhiệt độ ban đầu của sắt, đồng, nước;
t là nhiệt độ của hỗn hợp khi cân bằng nhiệt xảy ra.
+ Lập luận, chứng tỏ được rằng trước khi có cân bằng nhiệt thì sắt là vật thu nhiệt còn đồng và
nước là vật tỏa nhiệt.
+ Từ kết quả của lập luận trên suy ra khi hệ có sự cân bằng nhiệt thì c
1
m
1
(t – t
1
) = c
2
m
2
(t
2
– t) +
c
3
m
3
(t
3
– t)
+ Thay số và tính được nhiệt độ của hệ khi cân bằng nhiệt xảy ra:
Ct
0
5,19≈
Bµi 7: Thả đồng thời 0,2kg sắt ở 15
0
C và 450g đồng ở nhiệt độ 25
0
C vào 150g nước ở nhệt độ 80
0
C.
Tính nhiệt độ của sắt khi có cân bằng nhiệt xảy ra biết rằng sự hao phí nhiệt vì môi trường là không đáng
kể và nhiệt dung riêng của sắt, đồng, nước lần lượt bằng 460J/kgK, 400J/kgK và 4200J/kgK.
H íng dÉn gi¶i:
+ Gọi t là nhiệt độ khi có cân bằng nhiệt xảy ra.
+ Lập luận để đưa ra:
- Nhiệt lượng sắt hấp thụ: Q
1
= m
1
c
1
(t – t
1
). Nhiệt lượng đồng hấp thụ: Q
2
= m
2
c
2
(t – t
2
)
- Nhiệt lượng do nước tỏa ra Q
3
= m
3
c
3
(t
3
– t)
- Lập công thức khi có cân bằng nhiệt xảy ra, từ đó suy ra:
332211
333222111
cmcmcm
tcmtcmtcm
t
++
++
=
+ Tính được t = 62,4
0
C.
Bµi 8: Một ô tô chạy với vận tốc 54 km/h, lực kéo của động cơ là không đổi và bằng 700N. Ô tô chạy
trong 2 giờ thì tiêu thụ hết 5 lít xăng. Biết năng suất tỏa nhiệt của xăng là 4,4.10
7
J/kg và khối lượng
riêng của xăng là 700kg/m
3
. Tính hiệu suất của động cơ ô tô.
H íng dÉn gi¶i:
Công có ích:
JJtvFsFA
ci
5
10.756756000003600.2.15.700
=====
Công toàn phần (nhiên liệu tỏa ra):
JJqDVqmA
tp
663
10.15415400000010.44.700.10.5
=====
−
Hiệu suất của động cơ:
49,0
10.154
10.756
6
5
===
tp
ci
A
A
H
=49%
Chủ đề 1 ĐỊNH LUẬT ÔM. ĐOẠN MẠCH NỐI TIẾP, ĐOẠN MẠCH SONG SONG,
MẠCH HỖN HỢP
I. Một số kiến thức cơ bản
* Định luật Ôm:
Lª Xu©n §¬ng - GV THCS NguyÔn BiÓu
23
GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI MÔN VẬT LÝ - BẬC THCS
Cường độ dòng điện trong dây dẫn tỉ lệ thuận với hiệu điện thế giữa hai đầu dây dẫn và tỉ lệ
nghịch với điện trở của dây. Công thức : I =
R
U
* Trong đoạn mạch mắc nối tiếp
I = I
1
= I
2
= = I
n
U = U
1
+ U
2
+ + U
n
R = R
1
+ R
2
+ + R
n
Lưu ý: - Xét nhiều điện trở R
1
, R
2
… R
n
mắc nối tiếp với nhau, với hiệu điện thế ở hai đầu các
điện trở là U
1
,
U
2
…, U
n
. Vì cường độ dòng điện đi qua các điện trở là như nhau, do vậy:
1 2
1 2
n
n
U
U U
R R R
= = =
Nếu ta biết giá trị của tất cả các điện trở và của một hiệu điện thế, công thức trên cho phép
tính ra các hiệu điện thế khác.
Ngược lại, nếu ta biết giá trị của tất cả các hiệu điện thế và của một điện trở, công thức trên
cho phép tính ra các hiệu điện thế còn lại.
* Trong đoạn mạch mắc song song.
U = U
1
= U
2
= = U
n
I = I
1
+ I
2
+ + I
n
n
RRRR
1
111
21
+++=
Lưu ý: - Nếu có hai điện trở R
1
, R
2
mắc song song với nhau, cường độ các dòng điện đi qua các
điện trở là I
1
, I
2
. Do I
1
R
1
=I
2
R
2
nên :
1 2
2 1
I R
I R
=
hay
21
21
RR
R
I
I
+
=
Khi biết hai điện trở R
1
, R
2
và cường độ dòng điện đi qua một điện trở, công thức trên cho
phép tính ra cường độ dòng điện đi qua điện trở kia và cường độ dòng điện đi trong mạch chính.
II. Bài tập
A. ĐOẠN MẠCH NỐI TIẾP
Bài 1. Một đoạn mạch AB gồm hai điện trở R
1
, R
2
mắc nối tiếp với nhau. Hiệu điện thế ở hai đầu
các điện trở là U
1
và U
2
. Biết R
1
=25
Ω
, R
2
= 40
Ω
và hiệu điện thế U
AB
ở hai đầu đoạn mạch là
26V. Tính U
1
và U
2
. Đs: 10V; 16V
GỢI Ý: Cách 1: - Tính cường độ dòng điện qua các điện trở theo U
AB
và R
AB
. Từ đó tính được U
1
,
U
2
.
Cách 2 : - Áp dụng tính chất tỉ lệ thức :
1 2 1 2 1 2
1 2 1 2
26
0,4
25 40 65
U U U U U U
R R R R
+
= = <=> = = =
+
Từ đó tính được U
1
, U
2
Bài 2. Một đoạn mạch gồm 3 điện trở mắc nối tiếp R
1
=4
Ω
;R
2
=3
Ω
;R
3
=5
Ω
.
Hiệu điện thế 2 đầu của R
3
là 7,5V. Tính hiệu điện thế ở 2 đầu các điện trở R
1
; R
2
và ở 2 đầu đoạn
mạch
Đs: 6V; 4,5V; 18V.
GỢI Ý :Cách 1: Tính cường độ dòng điện qua 3 điện trở theo U
3
,
R
3
Từ đó tính được U
1
,
U
2
,U
AB
Cách 2 : Đối với đoạn mạch nối tiếp ta có :
3
1 2 1 2
1 2 3
7,5
1,5
4 3 5
U
U U U U
R R R
= = <=> = = =
từ đó tính U
1
,
U
2
, U
AB
.
Lª Xu©n §¬ng - GV THCS NguyÔn BiÓu
24
GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI MÔN VẬT LÝ - BẬC THCS
Bài 3. Trên điện trở R
1
có ghi 0,1k
Ω
– 2A, điện trở R
2
có ghi 0,12k
Ω
– 1,5A.
a) Giải thích các số ghi trên hai điện trở.
b) Mắc R
1
nối tiếp R
2
vào hai điểm A, B thì U
AB
tối đa bằng bao nhiêu để khi hoạt động cả hai
điện trở đều không bị hỏng. Đs: 330V
GỢI Ý: + Dựa vào I
đm1
, I
đm2
xác định được cường độ dòng điện I
max
qua 2 điện trở ;
+ Tính U
max
dựa vào các giá trị I
AB
, R
1
, R
2
.
B. ĐOẠN MẠCH SONG SONG
Bài 1. Cho R
1
= 12
Ω
,R
2
= 18
Ω
mắc song song vào hai điểm A và B, một Ampe kế đo cường độ
dòng điện trong mạch chính, Ampe kế 1 và Ampe kế 2 đo cường độ dòng điện qua R
1
,R
2
.
a) Hãy vẽ sơ đồ mạch điện.
b) Ampe kế 1 và Ampe kế 2 chỉ giá trị là bao nhiêu? (theo 2 cách) biết Ampe kế chỉ 0,9A.
c) Tính hiệu điện thế giữa hai đầu A và B.
GỢI Ý:
b) Tính số chỉ Ampe kế 1 và Ampe kế 2 dựa vào hệ thức về mối quan hệ giữa I
1,
I
2
với R
1
, R
2
.
(HS tìm cách giải khác)
c) Tính U
AB
.
Cách 1: như câu a
Cách 2: sau khi tính I
1
,I
2
như câu a, tính U
AB
theo I
2
, R
2
.
Đs: b) 0,54A; 0,36A; c) 6,48V.
Bài 2. Cho R
1
= 2R
2
mắc song song vào hai đầu đoạn mạch AB có hiệu điện thế 30V. Tính điện
trở R
1
và R
2
(theo 2 cách) biết cường độ dòng điện qua đoạn mạch là 1,2A.
GỢI Ý: Tính I
1
, I
2
dựa vào hệ thức về mối quan hệ giữa I
1,
I
2
với R
1
,R
2
để tính R
1,
R
2
. Học sinh
cũng có thể giải bằng cách khác.
Đs: 75Ω; 37,5Ω.
Bài 3. Có hai điện trở trên đó có ghi: R
1
(20
Ω
-1,5A) và R
2
(30
Ω
-2A).
a) Hãy nêu ý nghĩa các con số ghi trên R
1,
R
2
.
b) Khi Mắc R
1
//R
2
vào mạch thì hiệu điện thế, cường độ dòng điện của mạch tối đa phải là bao
nhiêu để cả hai điện trở đều không bị hỏng ?
GỢI Ý:
Dựa vào các giá trị ghi trên mỗi điện trở để tính U
đm1
,U
đm2
trên cơ sở đó xác định U
AB
tối đa.
Tính R
AB
=> Tính được I
max
.
Đs: a) R
1
= 20Ω; Cường độ dòng điện lớn nhất được phép qua R
1
là 1,5A:
b) U
max
= 30V; I
max
= 2,5A
C. ĐOẠN MẠCH HỖN HỢP
Bài 1.
Có ba bóng đèn được mắc theo sơ đồ ( hình 3.1) và sáng
bình thường. Nếu bóng Đ
1
bị đứt dây tóc thì bóng Đ
3
sáng
mạnh hơn hay yếu hơn?
GỢI Ý:
Bình thường: I
3
= I
1
+ I
2
. Nếu bóng Đ
1
bị đứt; I
1
= 0 dòng điện I
3
giảm => Nhận xét độ sáng của đèn.
Bài 2.
Một đoạn mạch được mắc như sơ đồ
hình 3.2. Cho biết R
1
=3
Ω
; R
2
=7,5
Ω
; R
3
=15
Ω
. Hiệu điện thế ở hai đầu AB là 4V.
Lª Xu©n §¬ng - GV THCS NguyÔn BiÓu
25
R
3
R
1
R
2
A
B
Hình 3.1
Hình 3.2
A
R
2
R
1
R
3
B
M
