BÀI TẬP MÁY TÍNH CẦM TAY MÔN LÝ THPT CÓ GIẢI CHI TIẾT

BÀI TẬP LUYỆN THI MÁY TÍNH CẦM TAY
PHẦN 1:CƠ HỌC
1. Chất điểm chuyển động có phương trình x=4t2-7t+5 (m), t(s). Tìm vận tốc tại t=12s
HD: v=x’= 8t-7, thế t=12s, v=89m/s
2. Gia tốc vật chuyển động có pt a=0,2t+1(m/s2), tìm vận tốc tại t=16s.
16

HD: v= ∫ (0,2t + 1)dt = 41,6 m/s
0

3. Vật m=2,5kg chịu lực F=7+ 0,25t(N), t(s). Tìm vận tốc Su khi tác dụng lực 12s.
HD: a= F/m=.......
12 7 + 0,25t
)dt = 40,8 m/s
v= ∫0 (
2,5
4. Vật chuyển động ném ngang v0 =14m/s, tìm quãng đường sau khi ném 3,5s, g=9,81m/s2.
3, 5

HD: v= v 2 0 + (gt ) 2 , s= ∫
0

14 2 + 9,81t 2 dt = 81,167m

5.Cho hệ như hình bên, mặt sàn nhẵn, hệ số ma sát giữa m và M là µ = 0,32. Hỏi phải

r
truyền cho M một tốc độ ban đầu v bao nhiêu để m có thể rời khỏi M ? Biết m = 100g,
M = 500g. Lấy g = 10m/s2.

Cách giải

Chọn chiều dương là chiều v
Fms = μ.N => μ.mg = mam => am = μ.g
µmg
μ.mg = MaM => aM =
M




So với M, m có gia tốc: a = am + aM = µg  1 +

Kết quả
v>2,7713 l m/s

m

÷

M

mà: vt2 – v2 = 2as, với s = l; vt > 0, a < 0 => v > 2µgl(1 +

m
)
M

6:
Một vật có trọng lượng P r= 100N được giữ đứng yên trên mặt phẳng
nghiêng góc α = 300 bằng lực F có phương nằm ngang như hình bên. Biết
hệ số ma sát µ = 0,2. Tìm điều kiện về giá trị của lực F. Lấy g = 10m/s2.

r r ur r

Cách giải

Kết quả

Đ/k: P + F + N + Fms = 0
Để vật không trượt xuống => Fms hướng lên:
P.sinα – F1.cosα – μ(Pcosα + F1sinα) = 0 => F1 = P

55, 0838N ≤ F ≤ 87,8851N
sin α − µcosα
cosα + µ sin α

Để vật không trượt lên => Fms hướng xuống:

R


P.sinα – F2.cosα + μ(Pcosα + F2sinα) = 0 => F2 = P

sin α + µcosα
cosα − µ sin α

Bài 7:
Cho cơ hệ như hình vẽ. Quả cầu đặc có khối lượng m, bán kính
r =1cm lăn không trượt trong máng có bán kính R =50cm.
Máng đứng yên trên mặt phẳng nằm ngang. Tìm chu kỳ dao
động nhỏ của quả cầu. Cho biết mô men quán tính của quả cầu
2 2

đặc là I = mr .
5
Cách giải
Xét thời điểm quả cầu lệch so với phương thẳng đứng một góc ϕ nhỏ, và nó đang
lăn về vị trí cân bằng (VTCB) (hình vẽ).
Gọi ω1 là vận tốc góc của quả cầu quay quanh tâm O’ của nó: ω1 = β '
ω2 là vận tốc góc của quả cầu quay quanh tâm O: ω2 = ϕ '
(R − r) '
(R − r) "
'
ϕ và β '' =
ϕ
Ta có: β ' r = ϕ ' (R – r) → β =
(1)
r
r
Xét chuyển động quay của quả cầu với tâm quay tức thời K, ta có phương trình:
M(P) + M(N) + M(FMS)= Ik.β’’
+
Chọn chiều hướng vào trong
O
là chiều (+), ta có:
2 2
2
"
ϕ
- mgr.sin ϕ = ( mr + mr ) β
5
R
Vì ϕ nhỏ nên sin ϕ = ϕ do đó có:

F ms o N
7 2 "
- mgr. ϕ = mr β
(2)
’
5
K
Thay (1) vào (2) ta có :
P
5g
"
ϕ +
ϕ = 0 Đặt
7( R − r )
5g
ω2 =
→ ϕ " + ω 2ϕ = 0
7( R − r )
Đây là phương trình dao động điều hoà có chu kỳ: T = 2π

Kết quả
T = 2,3510s

7(R − r)
= 2,3510s
5g

Bài 8:
Cho cơ hệ như hình bên. Biết M = 1,8kg, lò xo nhẹ độ cứng
k = 100N/m. Một vật khối lượng m = 200g chuyển động với tốc độ

v0 = 5m/s đến va vào M (ban đầu đứng yên) theo trục của lò xo. Hệ số

M

m


ma sát trượt giữa M và mặt phẳng ngang là μ = 0,2. Xác định tốc độ cực đại của M sau
khi lò xo bị nén cực đại, coi va chạm hoàn toàn đàn hồi xuyên tâm.
Cách giải
Chọn gốc tọa độ là vị trí lò xo bị nén cực đại, chiều dương sang phải
r
r
r
ĐL bảo toàn động lượng: mv 0 = mv1 + Mv 2 (1)
2

Động năng bảo toàn:
Từ (1), (2) có: v2 =

mv 0

2
2mv 0

m+M

2

=

mv1
2

Kết quả
vmax ≈ 0,886m/s.

2

+

Mv 2

(2)

2

= 1 m/s

2
k. ( ∆l ' ) max
ĐL bảo toàn năng lượng: M.v 2 =
+ µ.M.g.∆l 'max ⇒ ∆l 'max = 0,103m.
2
2
2

2
2
k. ( ∆l ') max

ĐL bảo toàn năng lượng: M.v + k( ∆l 'max − x) + µ.M.g.x =
2
2
2
µMg
Từ (3) có: vmax khi x = ∆l 'max −
= 0,067m.
k
Thay vào (3) ta có: vmax ≈ 0,886m/s.
2

(3)

Bài 9:
Một xe chuyển động thẳng nhanh dần đều đi được những đoạn đường s1=30m và
s2=40m trong khoảng thời gian liên tiếp bằng nhau là 3s. Tìm gia tốc và tốc độ ban đầu
của xe ?
Đơn vị tính: Gia tốc(m/s2); tốc độ(m/s).
Cách giải
Kết quả
Áp dụng công thức: s = v 0 .t +

a.t 2
2

Trong t1=3s có s1=35m
Trong t2=3s có s2=40m
ta có hệ phương trình: 3v0+4,5a = 30
3v0+13,5a = 40

Giải hệ
a=1,1111m/s2
v0=8,3333m/s

Bài 10:
Từ một điểm A cách mặt đất 20m người ta ném thẳng đứng lên trên một viên bi với
tốc độ ban đầu 10m/s. Bỏ qua sức cản của không khí. Lấy g = 9,8143m/s2.
a. Tính thời gian viên bi lên đến đỉnh cao nhất, viên bi trở lại A, viên bi rơi xuống đến
mặt đất?
b. Tính tốc độ của viên bi khi bắt đầu chạm mặt đất ?
Đơn vị tính: Thời gian(s); tốc độ(m/s).
Cách giải
Kết quả


a. Chọn gốc O tại A, chiều dương lên trên
Phương trình toạ độ của viên bi : y = y 0 + v 0 t −

g.t
2

2

Vận tốc v=-gt+10
Khi lên vị trí cao nhất v = 0 => t 1 =

10
g

Khi trở lại A: t2 = 2t1.

Khi đến mặt đất y = 0 => t3.
b. Thay vào công thức vận tốc, khi chạm đất t3 = 3,2805 s

a.
t1=1,0190s
thời gian lại A
t2 = 2,0380s
thời gian chạm đất
t3 = 3,2805s

b. v=-22,19289m/s

Bài 11
Một xe đạp đang chuyển động thẳng đều với tốc độ 2m/s thì xuống dốc chuyển động
nhanh dần đều với gia tốc 0,2m/s 2. Cùng lúc đó một Ôtô đang chạy với tốc độ 20m/s bắt
đầu lên dốc chuyển động chậm dần đều với gia tốc 0,4m/s 2, cho đến khi hết chuyển động
chậm dần đều thì dừng lại. Chiều dài của dốc là 570m.
a. Xác định vị trí hai xe gặp nhau ?
b. Quãng đường xe đạp đi được từ khi xuống dốc cho đến khi gặp ôtô ?
c. Xác định vị trí của hai xe khi chúng cách nhau 170m ?
Đơn vị tính: Tọa độ(m).
Cách giải
Kết quả
a. Chọn gốc toạ độ ở đỉnh dốc
2
Phương trình chuyển động của xe đạp là: x1 = 2t + 0,1t
Phương trình chuyển động của ôtô là: x2 = 570- 20t + 0,2t2.
Hai xe gặp nhau x1=x2; ôtô đỗ lại khi t = 50s => t≤ 50s.
b. Quãng đường đi của xe đạp đến khi gặp nhau
t = 20s ⇒ x 1 = 80m

c. x 2 − x 1 = 170 => x2 - x1 = ±170 => 
.
t = 41,4435s ⇒ x 1 = 254,6434m

a.t = 30s; x1 = 150m
t = 190s ( loại )
b. s1 = x1 = 150m
c. x1= 80m
x1= 254,6436m

Bài 12:
Lò xo nhẹ có độ cứng k = 40N/m mang đĩa A có khối lượng M = 60g. Thả vật khối
lượng m = 100g rơi tự do từ độ cao h = 10cm so với đĩa. Khi rơi chạm vào đĩa, m sẽ gắn
chặt vào đĩa và cùng đĩa dao động điều hòa theo phương thẳng đứng. Lấy g = 10m/s 2.
Tính biên độ dao động của hệ.
Đơn vị tính: Biên độ(m).
Cách giải
Kết quả
Vận tốc của m ngay trước khi chạm đĩa: v = 2gh .
Khi m va chạm mềm với M, vận tốc của hệ (m+M) ngay sau va chạm là:
m 2gh
mv
v0=
=
m+M m+M

A = 2,5517cm


Mg

k
m+M
g
Tại VT cân bằng O lò xo bị nén: ∆l 2 =
k
mg
Tọa độ của VT va chạm: x 0 =
= 2,5cm
k
v2
Biên độ: A 2 = x 02 + 02
ω
Tại VT va chạm lò xo bị nén: ∆l1 =

Bài 13:
Khi treo vật khối lượng m1 = 100g vào một lò xo thì lò xo có chiều dài l 1 = 31,5 cm.
Treo vật khối lượng m2 = 300g vào lò xo nói trên thì lò xo có chiều dài l 2 = 34,3 cm. Hãy
xác định chiều dài tự nhiên l0 và độ cứng k của lò xo. Lấy g = 9,8143m/s2.
Đơn vị tính: Độ cứng(N/m); chiều dài(m).
Cách giải
Kết quả
Gọi chiều dài tự nhiên và độ cứng của lò xo lần lượt là l 0 và k, treo lần lượt l0 = 0,3010 (m)
hai vật m1 và m2 vào lò xo ta có hệ phương trình sau:
k = 70,1021 (N/m)

{

{

m1g = k(l1 - l0 ) ↔ 0,1g = k(0, 315 - l0 )

m 2 g = k(l 2 - l0 )
0, 3g = k(0, 343 - l0 )

Bài 14:
Để đẩy một con lăn nặng có trọng lượng P, bán kính R lên bậc thềm,

F
người ta đặt vào nó một lực F (hình bên). Hãy xác định tỉ số
biết độ
P

R
F

cao cực đại của bậc thềm là hm= 0,2R.

Cách giải
Chọn điểm tiếp xúc O giữa con lăn và đỉnh của bậc thềm làm trục quay. Con lăn sẽ
vượt qua được bậc thềm khi MF ≥ MP.
Gọi h là độ cao của bậc thềm thì 0 < h < 0.
R
Ta có: F(R − h) ≥ P R 2 − (R − h) 2
F
=> F(R − h m ) = P R 2 − (R − h m ) 2
P O
h
2
2

F

R − (R − h m )
F
Thay hm = 0,2R => = 0,75 .
=
P
P
R − hm

Kết quả

F
= 0,75
P


Bài 15: Dùng dòng dọc có hai vành với bán kính R2 = 2 R1 để kéo một bao xi
măng nặng m = 50 kg từ mặt đất lên cao 10m nhanh dần đều trong 2s. Bỏ qua mọi
ma sát, dây không dãn và khối lượng không đáng kể. Coi dòng dọc là một vành
tròn có khối lượng M = 2kg. Lấy g = 9,8 m/s2. Tính lực kéo F.

R1

R2

r
F
a=

2s
t2

→ T = m( g +

2s
)
t2

Dòng dọc: FR2 - TR1 = I γ ⇔ 2 R1 F - TR1 =
Biến đổi có:
F = 380 N

F=

m( g +

1
a
M (2 R1 ) 2
2
R1

2s
2s
) + 2M 2
2
t
t = s ( m + 2M ) + 1 mg
2
t2
2

Bài 16: Khảo sát chuyển động của một vật từ khi bắt đầu chuyển động thẳng chậm dần đều cho đến khi
dừng lại hẳn thì thấy quãng đường đi được trong giây đầu tiên dài gấp 15 lần quãng đường đi được trong
giây cuối cùng. Tìm vận tốc ban đầu của vật. Biết toàn bộ quãng đường vật đi được là 25,6m.
Biểu diễn quãng đường của vật trên hình vẽ.
A
B
D
C
- Xét đoạn đường AB trong giây đầu tiên:
1
a
vC
vD
vA
s AB = v A .1 + a.12 = v A +
(1)
2
2
- Xét đoạn đường CD trong giây cuối cùng:
v D = vC + a.1 = 0 ⇒ vC = - a
1
a
a
s CD = v C .1 + a.12 = - a + = (2)
2
2
2
a
a

- Từ (1) và (2) ta được: v A + = 15. ( - ) ⇒ v A = - 8a .
2
2
2
2
v - vA
- v 2A
- (- 8a) 2
- Xét cả quãng đường AD: s AD = D
.
=
⇒ 25,6 =
2a
2a
2a
Ta có: a = - 0,8 (m/s 2 ) → v A = 6,4 (m/s)

Bài 17: Từ một điểm A, một viên bi được ném lên theo phương thẳng đứng với vận tốc
v = 15 m/s.
Sau một khoảng thời gian t0, từ một điểm B cùng độ cao với A và cách A một khoảng l = 4 m, một viên


bi thứ hai được ném xiên một góc α = 500 so với phương ngang, với vận tốc có độ lớn như viên bi thứ
nhất, sao cho hai viên bi gặp nhau. Hỏi viên bi thứ hai được ném sau viên bi thứ nhất một khoảng thời
gian t0 là bao nhiêu? Lấy g = 10

m
s2

Đơn vị tính: Thời gian (s).

Bài 18. ( 2,0 điểm)
Một dốc nghiêng có góc nghiêng α = 340 so với phương ngang. Từ điểm O trên sườn dốc người
ta ném một vật theo phương ngang với vận tốc ban đầu v0. Gọi M là điểm ở chân dốc, OM=17,5 m. Tìm
v0 để vật rơi quá dốc (rơi vào mặt đất nằm ngang). Lấy g = 9,82 m/s2
Đơn vị tính: vận tốc(m/s)
Cách giải
- Gọi v là vận tốc của vật để vật rơi tại chân dốc M
OM.cosα = v.t
(1)
2
g .t
OM.sinα =
(2)
2
- Thay (1) vào (2)
Suy ra : OM =
=> v = cos α

Điểm số
1,0

2v 2 sin α
g .cos 2 α

OM .g
= cos ( 340 )
2.sin α

17,5.9,82

= 10, 2767 m/s
2.sin ( 340 )

- Để vật rơi không vào dốc thì v0 > v
Kết quả: v0 > 10,2767 m/s

1,0

Bài 19:
Cho cơ hệ như hình vẽ. Quả cầu đặc có khối lượng m, bán kính
r =1cm lăn không trượt trong máng có bán kính R =50cm.
Máng đứng yên trên mặt phẳng nằm ngang. Tìm chu kỳ dao
động nhỏ của quả cầu. Cho biết mô men quán tính của quả cầu
2 2
đặc là I = mr .
5
Cách giải
Xét thời điểm quả cầu lệch so với phương thẳng đứng một góc ϕ nhỏ, và nó đang
lăn về vị trí cân bằng (VTCB) (hình vẽ).
Gọi ω1 là vận tốc góc của quả cầu quay quanh tâm O’ của nó: ω1 = β '

Kết quả
T = 2,3510s


ω2 là vận tốc góc của quả cầu quay quanh tâm O: ω2 = ϕ '
(R − r) '
(R − r) "
'
ϕ và β '' =

ϕ
Ta có: β ' r = ϕ ' (R – r) → β =
(1)
r
r
Xét chuyển động quay của quả cầu với tâm quay tức thời K, ta có phương trình:
M(P) + M(N) + M(FMS)= Ik.β’’
Chọn chiều hướng vào trong
+
O
là chiều (+), ta có:
2 2
2
"
- mgr.sin ϕ = ( mr + mr ) β
ϕ
5
R
Vì ϕ nhỏ nên sin ϕ = ϕ do đó có:
7 2 "
F ms o N
- mgr. ϕ = mr β
(2)
’
5
K
Thay (1) vào (2) ta có :
P
5g
ϕ" +

ϕ = 0 Đặt
7( R − r )
5g
ω2 =
→ ϕ " + ω 2ϕ = 0
7( R − r )
7(R − r)
= 2,3510s
5g
Bài 20: Từ một điểm A, một viên bi nhỏ được ném với vận tốc ban
A
v0
1
α
0
đầu v0 (hình vẽ). Biết α = 60 , h = 4,5m. Sau
giây kể từ lúc ném,
Đây là phương trình dao động điều hoà có chu kỳ: T = 2π

3

vật cách mặt đất 2m.
a/ Tính v0. Lấy g = 9,813

h

m
s2

b/ Tính vận tốc của vật ngay trước khi chạm đất.

Đơn vị tính: Vận tốc (m/s).
Chọn hệ trục toạ độ Ox có gốc O ≡ A, Oy hướng thẳng đứng xuống, Ox nằm ngang hướng sang
phải.
a/Phương trình chuyển động của bi:
x = v0.sinα.t; y = v0.cosα.t +
Tại t =

g 2
t.
2

1
s , vật có y = 2,5m => v0 = 11,729 m/s
3

b/ vx = v0.sinα; vy = v0.cosα + g.t

v = v 2x + v 2y = v 02 + g 2 t 2 + 2gtv 0cosα = 13,6614 m/s
Bài 21: Cho cơ hệ như hình 3, các vật có khối lượng m1 = 150 g, m2 = 100 g, m3 = 500 g, góc α = 700,

m

bỏ qua mọi ma sát, dây không dãn, khối lượng của dây và ròng rọc không đáng kể. Lấy g = 9,81 2 .
m2
s
m3
m1
α

β

Hình 3


1. Hệ ở trạng thái cân bằng. Hãy xác định góc β.
2. Hãy xác định gia tốc của mỗi vật sau khi đốt dây nối giữa
m1 và m2.
Đơn vị tính: Góc (độ); gia tốc (m/s2).

1. Khi hệ cân bằng ta có (m1 + m2).g.sinα = m3.g.sinβ
→ β = 28,02430.
2. Khi đốt dây nối m3 và m1 cùng đi xuống, m2 đi lên.
Gia tốc của m1 là a1 = g.sinα = 9,2184 m/s2.
Gia tốc của m2 và m3 là
a2 = a3 =

(m3 sin β − m 2 sin α)g
= 2,3046 m/s2.
m 2 + m3

Bài 22: Một bình hình trụ chiều cao 2h = 40cm được phân chia thành hai phần bởi một vách ngăn mỏng.
Phần trên của bình chứa nước với khối lượng riêng ρ = 103 kg / m3 và phần dưới của bình chứa không
khí ở áp suất khí quyển p0 = 1at . Trên vách ngăn có một lỗ hở bé để nước có thể chảy vào phần dưới
của bình. Lớp nước phần dưới của bình sẽ có bề dày bao nhiêu? Nhiệt độ coi như không đổi.
Gọi x là bề dày lớp nước ở dưới
Khi cân bằng thì áp suất thủy tĩnh ở miệng trên của lỗ = áp suất khí
phần dưới
Áp dụng định luật Boilơ - Mariot: p0 hS = p( h − x) S
0,5
với p = p0 + ρ g ( h − x)
0,25

2
2
Từ đó có: ρ gx − (2 ρ gh + p0 ) x + ρ gh = 0
0,25
Giải phương trình ta tìm được nghiệm phù hợp:
p 
4 ρ gh 
x = h + 0  1 − 1 +
÷ = 19,1986
2ρ g 
p0 ÷

0,5
Bài 23: Các điện tử coi là rất nhẹ, bay vào một tụ điện phẳng có độ dài L = 10cm dưới một góc α = 100
đến mặt phẳng của tấm bản và bay ra dưới góc β = 1rad (Hình 2). Tính động
năng ban đầu của các điện tử biết cường độ điện trường E = 10V/cm.
L

α

Hình 2
tan α =

v0 y
v0 x

, tan β =

vy
vx

eE L
; v = vx
m v0 x 0 x
eEL
eEL
⇒ v02x =
Do đó ta có tan β − tan α =
2
mv0 x
m(tan β − tan α )
Động năng ban đầu:
2
2
m(v0 x + v0 y ) eEL(1+tan 2α )
Wd =
=
= 5,9727.10−18 J
2
2(tan β − tan α )
với v y = v0 y +

β


Bài 24:
Một xe chuyển động thẳng nhanh dần đều đi được những đoạn đường s1=30m và
s2=40m trong khoảng thời gian liên tiếp bằng nhau là 3s. Tìm gia tốc và tốc độ ban đầu
của xe ?
Đơn vị tính: Gia tốc(m/s2); tốc độ(m/s).

Cách giải
Kết quả
Áp dụng công thức: s = v 0 .t +

Giải hệ
a=1,1111m/s2
v0=8,3333m/s

a.t 2
2

Trong t1=3s có s1=35m
Trong t2=3s có s2=40m
ta có hệ phương trình: 3v0+4,5a = 30
3v0+13,5a = 40

Bài 25:
Từ một điểm A cách mặt đất 20m người ta ném thẳng đứng lên trên một viên bi với
tốc độ ban đầu 10m/s. Bỏ qua sức cản của không khí. Lấy g = 9,8143m/s2.
c. Tính thời gian viên bi lên đến đỉnh cao nhất, viên bi trở lại A, viên bi rơi xuống đến
mặt đất?
d. Tính tốc độ của viên bi khi bắt đầu chạm mặt đất ?
Đơn vị tính: Thời gian(s); tốc độ(m/s).
Cách giải
Kết quả
a. Chọn gốc O tại A, chiều dương lên trên
Phương trình toạ độ của viên bi : y = y 0 + v 0 t −

g.t
2

2

Vận tốc v=-gt+10
Khi lên vị trí cao nhất v = 0 => t 1 =

10
g

Khi trở lại A: t2 = 2t1.
Khi đến mặt đất y = 0 => t3.
b. Thay vào công thức vận tốc, khi chạm đất t3 = 3,2805 s

a.
t1=1,0190s
thời gian lại A
t2 = 2,0380s
thời gian chạm đất
t3 = 3,2805s

b. v=-22,19289m/s

Bài 26:
Một xe đạp đang chuyển động thẳng đều với tốc độ 2m/s thì xuống dốc chuyển động
nhanh dần đều với gia tốc 0,2m/s 2. Cùng lúc đó một Ôtô đang chạy với tốc độ 20m/s bắt


đầu lên dốc chuyển động chậm dần đều với gia tốc 0,4m/s 2, cho đến khi hết chuyển động
chậm dần đều thì dừng lại. Chiều dài của dốc là 570m.
d. Xác định vị trí hai xe gặp nhau ?

e. Quãng đường xe đạp đi được từ khi xuống dốc cho đến khi gặp ôtô ?
f. Xác định vị trí của hai xe khi chúng cách nhau 170m ?
Đơn vị tính: Tọa độ(m).
Cách giải
Kết quả
a. Chọn gốc toạ độ ở đỉnh dốc
2
Phương trình chuyển động của xe đạp là: x1 = 2t + 0,1t
Phương trình chuyển động của ôtô là: x2 = 570- 20t + 0,2t2.
Hai xe gặp nhau x1=x2; ôtô đỗ lại khi t = 50s => t≤ 50s.
b. Quãng đường đi của xe đạp đến khi gặp nhau
t = 20s ⇒ x 1 = 80m
c. x 2 − x 1 = 170 => x2 - x1 = ±170 => 
.
t = 41,4435s ⇒ x 1 = 254,6434m

a.t = 30s; x1 = 150m
t = 190s ( loại )
b. s1 = x1 = 150m
c. x1= 80m
x1= 254,6436m

Bài 27:
Khi treo vật khối lượng m1 = 100g vào một lò xo thì lò xo có chiều dài l 1 = 31,5 cm.
Treo vật khối lượng m2 = 300g vào lò xo nói trên thì lò xo có chiều dài l 2 = 34,3 cm. Hãy
xác định chiều dài tự nhiên l0 và độ cứng k của lò xo. Lấy g = 9,8143m/s2.
Đơn vị tính: Độ cứng(N/m); chiều dài(m).
Cách giải
Kết quả
Gọi chiều dài tự nhiên và độ cứng của lò xo lần lượt là l 0 và k, treo lần lượt l0 = 0,3010 (m)

hai vật m1 và m2 vào lò xo ta có hệ phương trình sau:
k = 70,1021 (N/m)

{

{

m1g = k(l1 - l0 ) ↔ 0,1g = k(0, 315 - l0 )
m 2 g = k(l 2 - l0 )
0, 3g = k(0, 343 - l0 )

Từ độ cao h = 12m so với mặt đất, một vật nhỏ được ném lên với vận tốc ban đầu v 0 = 15m/s. Véc
tơ vận tốc v0 hợp với phương ngang một góc α = 600. Lấy g=9,81m/s2. Tại vị trí cách mặt đất 5m véc tơ
vận tốc của vật hợp với phương thẳng đứng một góc bao nhiêu? Bỏ qua sức cản của không khí.
NHIỆT HỌC:
Bài 1: Hình 1 là đồ thị chu trình của 1,5 mol khí lí tưởng trong mặt phẳng tọa độ p, T. Biết T1 = 3200K, T2
= 6000K. R = 8,31

J
. Hãy tính công mà khí đó thực hiện trong chu trình.
mol.K

Đơn vị tính: Công (J)
Cách giải

Kết quả


Đồ thị biểu diễn chu trình trong hệ trục toạ độ p, V:
Công mà khí thực hiện trong cả chu trình là: A = A1 + A2 + A3 với:

A1 là công mà khí thực hiện trong quá trình đẳng tích
(1) → (2): A1 = 0 J.
A2 là công mà khí thực hiện trong quá trình đẳng nhiệt
T2
p2 (2)
(2)→(3): A2 = nR T2 ln

A1 = 0 J.

T1

=> A2 = 4701,2994 J.

p1 (1)

(3)

A2 = 4701,2994 J.

A3 là công thực hiện trong quá trình đẳng áp (3) → (1):
V1
V3
A3 = p1(V1 – V3) = n.R.(T1 – T2) = - 3490,2 J.
A3 = - 3490,2 J.
Công thực hiện trong toàn chu trình là A = 1211,0994 J
A = 1211,0994 J.
Bài 2. ( 2,0 điểm)
Một bình chứa khí nén ở áp suất p1 = 9 atm , nhiệt độ t1 = 250C. Người ta xả một phần tư lượng
khí ra khỏi bình, đồng thời nhiệt độ khí còn lại trong bình tăng đến t2 = 320C. Tính áp suất p2 của lượng
khí còn lại trong bình.

Đơn vị tính: áp suất (mmHg )
Cách giải

3
3
lượng khí ban đầu chiếm thể tích V1 = V0 , với V0 là thể
4
4
tích của bình. Sau khi xả nó có thể tích V2=V0.
- Áp dụng phương trình trạng thái:
- Xét

Điểm số
1,0

p1V1 p 2 V2
p VT
3T
=
⇒ p 2 = 1 1 2 = p1 2
T1
T2
T1V2
4T1
- Thay số ta được : p2= 6,9086 atm
(giải bằng Pla payron cũng ra như thế )
- Chuyển đổi đơn vị : atm -> pa -> mmHg
p2 = 5250,5021 mmHg
Kết quả: p2 = 5250,5021 mmHg

1,0

Bài 3: Một bình chứa khí có thể tích 10 lít ở 270C. Tính khối lượng khí thoát ra và khối lượng khí còn
lại nếu áp suất giữ nguyên ở Po và tăng nhiệt độ lên 370C. Biết khối lượng riêng của khí ở điều kiện tiêu
3
chuẩn là ρ0 = 1, 2kg / m

2h


0
0
C1. Giả sử cả lượng khí nói trên biến đổi đẳng áp từ t1 = 27 C đến t2 = 37 C - Khối lượng khí còn lại
là
V1 V2
V2 T2
∆V T2 − T1
=
→
=
⇒
=
T
thì
.
m = ρ 2V1 = ρ 0 2 V1 =
T1 T2
V1 T1
V1
T1

T0
T2 − T1
12,4g
Khối lượng khí thoát ra: ∆m = ρ 2 ∆V = ρ2V1
(1)
T1
ρ 2 V0 T2
T
= = → ρ 2 = ρ0 2 (2)
Mặt khác có
ρ0 V2 T0
T0
T T −T
∆m = ρ0 2 V1 2 1 = 0,413g
Từ (1) và (2) có
T0
T1

Bài 4: Một căn phòng có kích thước 8m x 5m x 4m. Ban đầu không khí trong phòng ở điều kiện chuẩn
(p0 = 76 cmHg; T0 = 2730K; ρ0 = 1,29

kg
), sau đó nhiệt độ của không khí tăng lên tới 10 0C, áp suất của
3
m

khí là 78cmHg. Tính khối lượng khí còn lại trong phòng lúc này.
Đơn vị tính: Khối lượng (kg).
Phương trình trạng thái:

p0 V0 p1V1
=
⇒ V1 = 161,608m3
T0
T1

Thể tích khí ra khỏi phòng ∆V = V1 − V0 = 1,608m

3

Thể tích khí ra khỏi phòng ở đk chuẩn ∆V0 = 1,592 m3.
Khối lượng khí còn lại m = 204,3463 kg.

Bài 5: (Nhiệt học)
Một bình thép chứa khí hyđrô ở áp suất p1 = 12at, nhiệt độ t1 = 280C. Người ta xả một phần ba lượng
khí ra khỏi bình, đồng thời nhiệt độ của khí trong bình giảm xuống còn t2=220C. Tính áp suất p2 của khí
trong bình khi đó.

Cách giải
Xét

Kết quả

2
2
lượng khí H2 ban đầu chiếm thể tích V1 = V0 với V0 là thể tích của
3
3

bình. Sau khi xả nó có thể tích V2 = V0.

Áp dụng phương trình trạng thái:

p1V1 p 2 V2
p VT
=
⇒ p2 = 1 1 2
T1
T2
T1V2

p 2 ; 7,8405 at


PHẦN ĐIỆN 1 CHIỀU
1. Mắc lần lượt 2 điện trở R1=15 Ω , R2=47 Ω vào 2 cực nguồn điện thì I1=2,3A, I2=0,75A, Tìm suất
điện động và điện trở trong.
HD: E-I1r= I1R1
E-I2r= I2R2,
E=35,6129V, r=0,4838V.
2. Hai điện trở R1,R2 nếu mắc song song thì điện trở tương đương là 5 Ω , nếu mắc nối tiếp thì điện trở
tương đương 25 Ω , tìm R1, R2.
Hd: R1+R2=25
(R1R2)/(R1+R2)= 5 => R1+R2=25, R1.R2= 5.25
R1,R2 là nghiệm pt: X2-25X+5.25=0, R1=18,09 Ω , R2=6,909 Ω
3. Mắc hai điện trở R1,R2 nối tiếp rồi mắc vào nguồn E1=12V, r1=1 Ω thì I1=1,15A, nếu mắc song song
vào nguồn E2=9V, r2=0,5 Ω thì I2=3,5A, tìm R1,R2
HD: I=E/(R+r)
R1+R2= E1/I1 –r1 (1)
R1.R2/(R1+R2)= E2/(I2 –r2)
=> R1R2= (E1/(R+r)) E2/(I2 –r2)

R1,R2 là nghiệm pt X2-(E1/(R+r)) X+(E1/(R+r)) E2/(I2 –r2)=0
R1=3,0711 Ω , R2=6,3637 Ω hoặc ngược lại.
4. Mạch điện kín gồm E=12V, r=1 Ω ,mạch ngoài có R, tìm R để công suất mạch ngoài bằng 20W
E
RE 2
2
Hd: I=
, P=RI =
R+r
(R + r)2
PR2+(2Pr-E2) R+Pr2=0
R=5 Ω ,r=02, Ω
A
Bài 5: Cho mạch điện có sơ đồ như hình 5, bỏ qua điện trở của các
E1
E2
E3
nguồn điện và các dây nối. Hãy xác định cường độ dòng điện qua các
điện trở. Biết E1 = 12 V, E2 = 6 V, E3 = 9 V, R1 = 15 Ω, R2 = 33 Ω, R3
= 47 Ω.
R1
R2
R3
Đơn vị tính: Cường độ dòng điện (A).
B
Áp dụng định luật Ôm cho các đoạn mạch chứa nguồn và chứa máy thu ta được hệ phương trình:
Hình 5
Giải hệ phương trình bậc nhất 4 ẩn ta được
I1 = 0,1385 A; I2 = 0,1189 A;
I3 = 0,0196 A;

Bài 6: Một bếp điện được sử dụng ở hiệu điện thế 220V thì dòng điện chạy qua bếp có cường độ 8 A.
Dùng bếp này đun sôi được 1,25kg nước từ nhiệt độ ban đầu 20 0C trong thời gian 20 phút. Tính hiệu
suất của bếp điện, biết nhiệt dung riêng của nước c = 4200J/kg.K.
Đơn vị tính: Hiệu suất (%).


Công của dòng điện sản ra trong thời gian 20 phút :
A = U.I.t = 220. 8 .20.60 = 746704,7609(J)
Nhiệt lượng cần thiết để đun sôi nước :
Q = m.c.(t2 – t1) = 1,25.4200(100 – 20) = 420000 (J)
Hiệu suất của bếp: H =

H = 56,2471%

Q
420000
.100% =
.100% = 56,2471%
A
746704,7609

CÁC ĐỊNH LUẬT KIẾCHỐP(Kirchhoff) :

1. Định luật Kiếchốp I : (Dựa vào định luật bảo toàn điện tích)
Định luật Kiếchốp I được phát biểu như sau :
“Tổng số học các dòng điện đến một nút phải bằng tổng số học
các dòng điện rời khỏi nút” .
Trên hình vẽ bên , ta có : I1 + I3 + I5 = I2 + I4 ⇔
I1 + I3 + I5 + (− I2) + (− I4) = 0
Nếu ta quy ước dòng điện hướng tới nút là dương , dòng điện

rời nút là âm , ta có định luật Kirchhoff tổng quát như sau :
“ Tổng đại số các dòng điện đến một nút bằng không” : ∑ I = 0 . (1)

I3
I1

A
I2

I5
I4

2. Định luật Kiếchốp II : (Dựa vào định luật bảo toàn năng lượng)
Xét một vòng kín của mạch điện , định luật Kiếchốp II được
A I1 R1 (E1,r1)
B
phát biểu như sau :
“ Theo một vòng kín , tổng đại số các suất điện động bằng tổng
I4
R2
đại số các độ giảm thế ” : ∑ E = ∑ ( I .r ) (2)
f +
R4
I2
Trên hình vẽ bên , theo định luật Kirchhoff II , ta có hệ thức :
I3
(E2,r2)
− E1 + E2 − E3 = I1R1 + I1r1 − I2R2 − I2r2 − I3R3 − I3r3 − I4R4
D
C

(E3,r3)
R3
II/ CÁC BÀI TOÁN VỀ MẠCH ĐIỆN.
Để vận dụng được 2 định luật Kirchhoff trong việc giải bài toán điện một chiều , ta có thể tiến hành
theo các bước như sau :
Bước 1 : Vẽ một mạch điện đủ lớn để ghi được hết các kí hiệu của những đại lượng đã biết và chưa biết
của bài toán , kèm theo cả chiều giả định (tùy chọn) cho mỗi cường độ dòng và mỗi suất điện động .
Bước 2 : Thành lập hệ phương trình từ hai định luật Kirchhoff
- Nếu mạch điện có m nút thì sử dụng định luật Kirchhoff I viết (m – 1) phương trình nút .
- Nếu mạch có M mạch vòng thì sử dụng định luật Kirchhoff II viết M phương trình vòng .
Cách viết phương trình vòng như sau : Chọn một chiều dương f tùy yù cho vòng . Đi theo chiều đó , Ei
là dương khi từ cực (−) sang cực (+) và là âm khi nó qua từ cực (+) sang cực (−) . Một độ giảm thế
IiRi (kể cả điện trở nội) là âm (−) khi nó đi theo chiều dòng điện đã được chọn và là dương (+) nếu nó
đi theo chiều ngược lại .
Nếu mạch có n dòng điện nhánh thì số phương trình lập được từ hai định luật Kirchhoff là n
Bước 3 : Giải hệ gồm n phương trình , tìm ra đáp số là các dòng điện nhánh . Đối với đáp số âm , ta hiểu
là chiều thực tế của dòng điện ngược chiều với chiều dòng điện đã chọn ban đầu .
 Đặc điểm của phương pháp này là có thể giải được mạch điện phức tạp , nhiều nguồn , nhưng nếu
số nhánh (hoặc số vòng) nhiều thì hệ phương trình nhiều ẩn, thời gian hoàn thành bài toán lâu .
Ghi chú :


-

Nếu trong mạch điện có sử dụng nhiệt lượng do dòng điện tỏa ra trên điện trở để thực hiện những
quá trình nhiệt học nào đó thì có thể phải sử dụng các phương trình nhiệt để tìm các đại lượng
cần thiết.
Hoặc mạch điện có liên quan đến việc sử dụng điện năng để thực hiện một công có ích nào đó thì
cần phải áp dụng các phương trình cơ để tính công tương ứng .
Hoặc mạch điện có liên quan đến hiện tượng điện phân thì cần áp dụng định luật Faraday về điện

1 A
It .
phân : m =
F n

A
7 : Cho mạch điện như hình vẽ
Cho E1 = 125V ; E2 = 90V ; r1 = r2 = 1Ω ; R = 4Ω ;
E1
r1
E2
r2
R1 = 2Ω ; R2 = 1Ω ;
Tìm dòng điện trong các nhánh và hiệu điện thế đặt vào
C•
•D
điện trở R .
R1
I1 + R
I + I2
R2
Hướng dẫn giải :
Chọn chiều và kí hiệu các dòng điện trên các nhánh của
mạch điện như trên hình vẽ .
- Mạch này có 2 nút nên viết được một phương trình nút :
B
I = I1 + I 2 (1)
- Mạch có hai mạch vòng (3 nhánh) nên viết được 2 phương trình vòng :
Chọn chiều dương của các vòng như trên hình , ta có :
Trên vòng ABC :

E1 = I1R1 + I1r1 + IR (2)
Trên vòng ABD :
E2 = I2R2 + I2r2 + IR (3)
Giải hệ 3 phương trình (1), (2), (3) ta sẽ tìm được kết quả : I1 = 15A ; I2 = 5A ; I= 20A .
Hiệu điện thế trên R là : UAB = IR = 20.4 = 80V .
(Có thể vận dụng định luật Ôm trong các loại đoạn mạch để giải quyết bài toán)
8 : Cho mạch điện như hình vẽ
E1 = 35V , r1 không đáng kể ; E2 = 95V ; r2 = r4 = 2Ω ;
B
C
R2 = 48Ω ; R3 = R4 = 10Ω ; E4 = 44V ;
Tìm cường độ dòng điện qua các nhánh của mạch điện.
+ E2 r2 +
+ E4
r4
Hướng dẫn giải :
D
Kí hiệu và chọn chiều dòng điện trong các nhánh như
E1 r1= 0
trên hình vẽ .
R2
I2 R 3
I3
R 4 I4
- Vì giữa B và C ; giữa M và N không có điện trở nên
I1
Thực chất B và C chỉ là một nút , M và N là một nút .
Vì vậy ta viết một phương trình nút tại B (hoặc tại M):
A
M

N
I1 + I4 = I2 + I3 (1) .
Chọn chiều dương trong mỗi vòng theo chiều kim đồng hồ và chú rằng : điện trở trong của nguồn E1
bằng không .
E1 + E 2
= 2,6 (A).
- Xét vòng BMAB : E1 + E2 = I2(R2 + r2) → I 2 =
R2 + r2


I 2 ( R2 + r2 ) − E 2 2,6.50 − 95
=
= 3,5 (A).
R3
10
E 4 − I 3 R3 44 − 3,5.10
=
= 0,75 (A) .
- Xét vòng CDNC : − E4 = − I4(R4 + r4) − I3R3 → I 4 =
R4 + r4
12
- Từ (1) suy ra : I1 = I2 + I3 – I4 = 2,6 + 3,6 – 0,75 = 5,35 (A) .
Chú yù : Có thể nhận xét điện trở trong của nguồn E1 bằng không nên UBM = UCN = E1 = 35V . Từ
đó vận dụng định luật Ôm trên các đọn mạch đề tìm các dòng điện .
-

Xét vòng BCNMB : − E2= I3R3 − I2(R2 + r2) → I 3 =

9 : Cho mạch điện như hình vẽ
I

E 1 , r1
E1 = 16V ; E2 = 5V ; r1 = 2Ω ; r2 = 1Ω ;
R2 = 4Ω ; Đèn Đ có ghi : 3V – 3W ; RA = 0
+
Biết đèn sáng bình thường và ampe kế (A) chỉ 0 .
R1
M
R2
Tính cường độ dòng điện qua mỗi nhánh và R1 , R3 .
A
Hướng dẫn giải :
I1
E2
r2
I2
* Kí hiệu và chọn chiều các dòng điện như trên hình
+
+
vẽ . Mạch điện này có 4 nút nên ta viết 3 phương
I
A
nút độc lập .
A
R
IĐ
3
- Nút A : I = I1 + I3 (1)
- Nút M : I1 + IA = I2 → I1 = I2 (2)
I3
N

Pđm
Đ
= 1 (A) . (3)
- Nút N : I3 = IA + IĐ = IĐ =
U đm
* Chọn chiều dương trong các mắt mạng như trên hình :
- Xét vòng BE1AMB : E1 = Ir1 + I1 (R1 + R2) → 16 = 2I + I1(R1 + 4) (4)
- Xét vòng AMNR3A : − E2 = I1R1 – I3R3 → − 5 = I1R1 – 1.R3 (5)
- Xét vòng MBĐNM : E2 = I2R2 – IĐRĐ → 5 = 4I2 – 3 (6) (vì IĐRĐ = Uđm = 3V)
Từ (6) → I2 = 2A = I1. → I = 3A .
Từ (4) → R1 = ( 16 – 2.3 – 2.4 )/2 = 1Ω .
Từ (5) → R3 = 2.1 + 5 = 7Ω .

B

⊗

R1
A
10 : Cho mạch điện như hình vẽ
E1 = 25V ; E2 = 16V ; r1 = r2 = 2Ω ; R1 = R2 = 10Ω.
I1
+
R3 = R4 = 5Ω ; R5 = 8Ω .
R3
I3
Tính cường độ dòng điện qua mỗi nhánh của mạch
(E2,r2)
điện .
B

Hướng dẫn giải :
I
C
* Kí hiệu và chọn chiều dòng điện như trên hình vẽ
Mạch điện này có 4 nút nên ta viết được 3 phương
(E1,r1)
+
trình nút :
- Nút B : I = I1 + I5 = I3 + I4 (1)
I5
- Nút A : I1 = I2 + I3 (2)
- Nút D : I4 = I2 + I5 (3)
* Chọn chiều dương trong các mắt mạng như trên hình :
- Xét vòng ACBA : E2 = I1R1 +I3R3 + Ir2 → 10I1 + 5R3 + 2I = 16 (4)
- Xét vòng ADCA : 0 = I2R2 + I4R4 – I3R3 → 10I2 + 5I4 – 5I3 = 0 (5)

R2
+
I2
R4

I4
D

R5


- Xét vòng BR5DCB : E1 + E2 = I4R4 + I5R5 + Ir2 + I5r1 → 5I4 + 10I5 + 2I = 41 (6)
Giải hệ phương trình trên sẽ tìm được kết quả : I = 3A ; I3 = 1A ; I1 = 0,5 A ; I5 = 2,5 A ;
I2 = - 0,5 A ; I4 = 2 A .

11:
Cho một mạch điện như sơ đồ bên, trong đó :
A
E1 = 16V , r1 = 1Ω ; E3 = 10V , r3 = 2Ω ; R1 = 3Ω ; R2 = 4Ω ;
R3 = 6Ω .Mắc vào giữa hai điểm A , B nguồn ε2 có điện trở
+ E2,r2 +
trong r2 = 2Ω thì thấy dòng điện qua R2 có chiều như trên
E1,r1
B
E3,r3
I1
I3
hình vẽ và có cường độ I2 = 1A . Tìm ε2 và cách mắc ?
R1
I2
R2
R3
Hướng dẫn giải :
* Giả sử cực dương của nguồn ε2 ở B , cực âm ở A . Kí hiệu
dòng điện và chọn chiều của dòng như trên hình vẽ. Mạch có 2 nút
C
nên viết một phương trình nút (tại A hoặc tại C):
Tại nút C, ta có : I2 = I1 + I3 → I1 + I3 = 1 (1)
* Chọn chiều dương trong các mắt mạng như trên hình :
- Xét vòng ABCR1A : E1 + E2 = (r1 + R1) I1 + (r2 + R2)I2 → 16 + E2 = 4I1 + 6 (2)
- Xét vòng AR3CBA : − E2 – E3 = − (r2 + R2)I2 − (r3 + R3)I3 → E2 + 10 = 6 + 8I3 (3)
Giải hệ 3 phương trình trên cho kết quả của I1 , I2 và E2 .
Bài 12. ( 2,0 điểm)
B
Cho mạch điện như hình vẽ : Biết : E 1 = 9,5 V; E2=

11,8 V; r1= 1,3 Ω; r2 = 1,5 Ω; R = 2,2 Ω. Tính cường độ dòng điện
I1,
I1
I2
I
I2 và I qua mỗi nhánh.
R
Đơn vị tính: cường độ dòng điện (A)
E1,r1
E2,r2
A
Điểm số

Cách giải
- Các phương trình mắt mạng
E1= r1I1+RI
E2= r2I2+RI
I = I1+ I2
- Biến đổi

1,0
(1)
(2)
(3)

1,3I1+ 0+ 2,2I = 9,5
(4)
0+ 1,5I2+ 2,2I = 11,8
(5)
I1 + I 2 - I = 0

(6)
Giải hệ ba phương trình (4), (5) và (6)
Kết quả: I1= 1,1332 A ; I2 = 2,5154 A; I = 3,6486 A

Bài 13. ( 2,0 điểm)

Kết quả trung
gian UBA
=8,0269V

1,0


Một bình điện phân chứa dung dịch CuSO4 với anôt làm bằng đồng, điện trở của bình điện phân
là R. Bình điện phân được mắc vào hai cực của nguồn điện có suất điện động E = 9,5 V, điện trở trong r
=1,3 Ω. Chiều dày của lớp đồng bám trên catôt là d = 0,05mm sau khi điện phân trong 30 phút. Diện
tích mặt phủ catôt là 30cm2. Cho biết đồng có khối lượng riêng ρ = 8,9.103 kg/m3, khối lượng mol
nguyên tử A = 63,5 g/mol và hoá trị n = 2. Tính điện trở R của bình điện phân.
Đơn vị tính: điện trở(Ω)
Cách giải
- Khối lượng đồng bám trên catôt
m = ρSd
- Cường độ dòng điện qua bình điện phân.
A.I .t
m.F .n ρ .S .d .F .n
m=
⇒I =
=
= 2,2539 A
F .n

A.t
A.t
(Bấm trực tiếp I=2,9150)
- Điện trở của bình điện phân
E
E
I=
⇒ R = − r = 2,9149 Ω
R+r
I
Kết quả: R = 2,9149 Ω

Điểm số
1,0

1,0

Bài 14:
Cho mạch điện như hình bên. Biết E 1 = 1,5V; r1 = 0,5Ω; E2 = 3,5V; r2 =
0,5Ω; R1 = 1Ω ; R là biến trở. Khi biến trở có giá trị 2Ω thì dòng điện qua
nó có cường độ 1A. Tính R2?
Cách giải
a/ Áp dụng định luật Ôm cho 3 nhánh, ta có:
U BA = E1 − I1 (R 1 + r1 )

A

R1

E1, r1

R2

R E2, r2

Kết quả
R2 = 0,6250Ω.

U BA = E 2 − I 2 (R 2 + r2 )
U BA = IR
I = I1 + I2
Từ các phương trình trên được:
E1
E2
+
r1 + R1 r2 + R 2
U BA =
= I.R → R 2 = 0,625Ω.
1
1
1
+
+
R r1 + R1 r2 + R 2
Bài 15. ( 2,0 điểm)
Cho mạch điện như hình vẽ. Hiệu điện thế ở hai đầu đoạn mạch U = 4,2V; các điện trở R 1 = 2,4 Ω ;
R2 = 10,8 Ω ; AB là một dây dẫn điện dài 120 cm tiết điện không
đổi S
+U•
•
D

R1
A

A
C

R2
B

B


= 0,1 mm2, điện trở suất ρ = 4.10-7 Ω m; điện trở ampe kế và các dây nối không đáng kể.
1. Tính điện trở dây dẫn AB.
1
AB . Tính cường độ dòng điện qua ampe kế.
4
Đơn vị tính: điện trở (Ω), cường độ dòng điện (A)

2. Dịch chuyển con chạy đến vị trí C sao cho AC =

Cách giải
1) Điện trở của dây dẫn AB

Điểm số
1,0

l
1,2
R AB = p. = 4.10−7. −7 = 4,8Ω

s
10

2) Điện trở RCB và RAC
AC =

R
1
4,8
AB ⇒ R AC = AB =
= 1,2Ω
4
4
4
R CB = 3.1,2 = 3,6Ω

R1.RAC
= ……………….= 0,8Ω
R1 + RAC
R .R
R2CB = 2 CB = ……………….= 2,7Ω
R2 + RCB
U
I=
= ……………….= 1,2 A
R1 AC + R2CB
I .R1 AC
I1 =
= ……………………= 0,4A
R1

I .R2CB
I2 =
= ……………………= 0,3A
R2
IA =I1- I2 = 0,1A
Kết quả: RAB = 4,8000Ω
IA= 0,1000 A
R1 AC =

1,0

Bài 16: Cho mạch điện như hình 1. Với E = 8V, r =2 Ω . Điện trở của đèn là R1 =
3 Ω , R2 = 3 Ω , ampe kế có điện trở không đáng kể.
a) K mở, di chuyển con chạy C ta thấy khi điện trở phần AC của biến trở AB có
giá trị 1 Ω thì đèn tối nhất. Tính điện trở toàn phần của biến trở.
b) Thay biến trở trên bằng một biến trở khác và mắc vào chỗ biến trở cũ ở mạch
5
điện trên rồi đóng khoá K. Khi điện trở phần AC bằng 6 Ω thì ampe kế chỉ A.
3
Tính điện trở toàn phần của biến trở mới.

K
+

A
-

E,r

R2

C

B

A
Hình 1

a) Gọi R là điện trở toàn phần, x là điện trở phần AC.

R1


+

-

E r
Khi K mở, ta vẽ lại mạch điện như hình bên.
- Điện trở toàn mạch là:
3( x + 3)
Rtm = R − x +
+r
x+6
− x 2 + ( R − 1) x + 21 + 6 R
=
x+6
E
8( x + 6)
= 2
⇒I=

R tm − x + ( R − 1) x + 21 + 6 R

R -x
B

A
x

C

R1
R2

D

24( x + 3)
− x + ( R − 1) x + 21 + 6 R
U CD
24
= 2
- Cường độ dòng điện qua đèn là: I1 =
R 1 + x − x + ( R − 1) x + 21 + 6 R
- Khi đèn tối nhất tức I1 đạt min, và khi đó mẫu số đạt cực đại.
b R −1
=
= 1 → R = 3 ( Ω ).
- Xét tam thức bậc 2 ở mẫu số, ta có: x = −
2a
2
b) Khi K đóng, ta chập các điểm A và B lại với nhau như hình vẽ. Gọi R' là giá trị biến trở toàn phần

mới.
17 R '− 60
- Điện trở toàn mạch lúc này: Rtm =
4( R '− 3)
- Từ các nút ta có: I = I A + I BC hay I A = I − I BC .
32( R '− 3)
- Từ sơ đồ ta tính được cường độ dòng điện mạch chính và cường độ qua BC: I =
;
17 R '− 60
48
I BC =
;
17 R '− 60
5
32( R '− 3)
48
5
−
= → R' = 12 ( Ω )
- Theo giả thiết I A = A, ta có:
3
17 R '− 60 17 R '− 60 3
- H.đ.t giữa hai điểm C và D: U CD = E − I ( R + r − x) =

2

Bài 17: (Điện học)
Mạch điện như hình vẽ. Cho R1 = 8 Ω , R2 = 5 Ω , UAB = 12V. Mắc vôn kế vào A, C nó chỉ 7V. Hỏi
khi mắc vôn kế đó vào C, B nó chỉ bao nhiêu?
A

B
C
R1
R2
Cách giải
Khi vôn kế mắc vào A,C: I =

U CB
U
; I1 = AC
R2
R1

Kết quả
I = 1A, I1=

7
A
8


R V = 56 Ω

U AC U AC
=
IV
I − I1
R 2 .R V
U AB
; I' =

Khi mắc vôn kế vào C, B: R 'CB =
R2 + RV
R1 + R 'CB
Vôn kế chỉ: U 'CB = I'.R 'CB
Điện trở của vôn kế: R V =

R 'CB ; 4,5902 Ω
I’ ; 0,9531A
U 'CB ; 4,3749 V

TỪ TRƯỜNG

L, R0

ĐIỆN TRƯỜNG,TỪ TRƯỜNG

Bài 1:
R

Một ống dây có độ tự cảm L = 2,00 H và điện trở R0 = 1,00 Ω được nối với
một nguồn điện một chiều có suất điện động E = 3,00 V (hình 2). Một điện
trở R = 2,7 Ω được mắc song song với ống dây. Sau khi dòng điện trong
ống đạt giá trị ổn định, người ta ngắt khoá K. Tính nhiệt lượng Q toả ra trên
điện trở R sau khi ngắt mạch. Bỏ qua điện trở của nguồn điện và các dây
nối.
Đơn vị tính: Nhiệt lượng (J).
Cách giải
Khi d.điện trong mạch ổn định, c.độ d.điện qua cuộn dây là IL =

E

K

Hình 2

Kết quả

E
.
R0

2
L.I 2L L.E
Cuộn dây dự trữ một năng lượng từ trường: Wtt =
=
.
2R 02
2

Khi ngắt K thì năng lượng từ trường chuyển thành nhiệt năng toả ra trên hai điện trở
R và R0.
Q = Wtt

R
R.L.E 2
=
= 6,5676 J.
R 0 + R 2(R 0 + R)R 0 2

Q = 6,5676 J.

Bài 2. ( 2,0 điểm)
Một prôtôn được tăng tốc bởi hiệu điện thế U = 1200 V, sau đó đi vào trong từ trường đều theo
phương vuông góc với các đường sức từ. Dưới tác dụng của lực Lo-ren-xơ, prôtôn chuyển động theo quĩ
đạo tròn bán kính R. Tính bán kính R. Biết cảm ứng từ B = 0,875T, tốc độ của prôtôn rất nhỏ trước khi
tăng tốc.
Đơn vị tính: bán kính(cm)
Cách giải
- Lực Lo-ren-xơ đóng vai trò là lực hướng tâm
m.v 2
m.v
q p .B.v =
⇒R=
(1)
R
q p .B
- Trước khi tăng tốc, tốc độ của prôtôn rất nhỏ, có thể bỏ qua

Điểm số
1,0


2.q p .U
m.v 2
= q p .U ⇒ v =
2
m
Thay (2) vào (1) ta được:
1 2.mU
.

R=
= 0, 005721m =0,5721cm
B
qp

(2)

Kết quả: R =0,5217cm

1,0

Bài 3:
Ba quả cầu kim loại có cùng khối lượng m = 0,1g và mang điện tích q = 10 -7C, lúc đầu
chúng được giữ cố định tại 3 đỉnh của tam giác đều cạnh a = 1,5cm. Cùng lúc buông 3
quả cầu ra (bỏ qua trọng lực), hãy tính:
a/ Tốc độ các quả cầu khi chúng cách nhau một khoảng r = 4,5cm?
b/ Công của lực điện trường làm mỗi quả cầu dịch chuyển ra rất xa 2 quả cầu kia?
Cách giải
Năng lượng của quả cầu ban đầu: E1 = 2qV0 =

Kết quả

2kq

v = 8,94m/s.
A = 3,6.10-2J

2

a

Khi các quả cầu cách nhau khoảng r thì năng lượng của chúng là E2 =
Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta được: v = q

2k(r − a)
mra

mv

2

+

2

2kq

2

r

= 8,94m/s.

Khi các quả cầu rất xa nhau thì công của điện trường là: A = 3q(V 0-V ∞ ) =

6kq
a

2

=

3,6.10-2J

Bài 4:
Hai điện tích q1 = q2 = 5.10-6C được đặt cố định tại hai đỉnh B, C của một tam giác
đều ABC cạnh a = 8 cm. Các điện tích đặt trong không khí có hằng số điện môi ε =
1,0006. Xác định cường độ điện trường tại đỉnh A của tam giác nói trên. (cho k =
9.109Nm2/C2).
Đơn vị tính: Cường độ điện trường(V/m).
Cách giải
Kết quả
- Cường độ điện trường do q1 (tại B) gây ra tại A là:
E1 =

1 q1
, hướng từ B đến A.
4πε 0 εa 2

- Cường độ điện trường do q2 (tại C) gây ra tại A là:
E2 =

1 q2
, hướng từ C đến A.
4πε 0 εa 2

E = 1,2171.107N/m.
có hướng vuông góc BC
ra xa A.

- Cường độ điện trường do q1 và q2 gây ra tại A là E = E1 + E 2 .
Do q1 = q2 nên E1 = E2 suy ra E = 2E1.cos300 = 60,8559 V/m.

Bài 5:
Một khung dây hình chữ nhật chiều rộng a = 1cm, chiều cao b = 2cm được
thả không vận tốc
ur đầu sao cho mặt phẳng khung dây thẳng đứng và đi vào một
vùng từ trường B vuông góc với khung. Cho biết cạnh b đủ dài để khung có thể
đạt tốc độ không đổi khi mép trên của khung ra khỏi từ trường. Hỏi tốc độ
không đổi đó là bao nhiêu? Cho biết khối lượng của khung m = 2g, điện trở là R
= 1Ω, độ lớn cảm ứng từ B = 10-2T. Lấy g = 9,8134m/s2.
Cách giải
Khi khung đạt tốc độ không đổi: Ftừ = P => BIa = mg
2 2
mgR
ε
Ba v
=> B a = mg ⇒
2
= mg => v =
( aB)
R
R

QUANG HỌC

Bài 1:

Kết quả

v = 19,6268.105m/s


Một tấm thủy tinh mỏng trong suốt, chiết suất n = 1,5,có tiết diện hình chữ nhật ABCD
(AB rất lớn so với AD), mặt đáy AB tiếp xúc với một chất lỏng chiết suất n ’= 2 .Chiếu
một tia sáng đơn sắc SI nằm trong mặt phẳng ABCD tới mặt AD sao cho tia tới nằm phía
trên pháp tuyến ở điểm tới và tia khúc xạ trong thủy tinh gặp mặt đáy AB ở điểm K. Tính
giá trị lớn nhất của góc tới i để có phản xạ toàn phần tại K.
Cách giải
n' 2 2
Tại mặt phân cách AB: sin i gh =
=
n
3
Tại mặt phân cách AD: sini = nsinr; mà igh + r = 900
1
1
π
=> sinr = cosigh = => sini =
=> i ≤
6
3
2

Kết quả

Bài 2:
Một bán cầu có bán kính r = 2cm được làm bằng thủy tinh
có chiết suất n = 2 . Bán cầu được đặt trong không khí trước một
cái màn vuông góc với trục đối xứng của bán cầu và các tâm bán

cầu một khoảng L = 4,82cm như hình vẽ. Chiếu một chùm sáng
song song đến mặt phẳng của bán cầu theo phương vuông góc với
mặt này. Hãy xác định bán kính của vùng sáng tạo ra trên màn.
Cách giải
Vùng có as ló ra bán kính MN = r 2
Bán kính vùng sáng trên màn:
IF
PQ =
MN
FK
MN
IF + FK = L; FK =
2

r

L

Kết quả
PQ = 3,9831cm
M
P
K

O

I
F
N

Q

Bài 3: Một lăng kính có tiết diện thẳng là một tam giác đều được đặt trong không khí. Chiếu một chùm
tia tới đơn sắc hẹp, song song là là trên mặ bên từ đáy lăng kính khi đó tia ló ở mặt bên kia có góc ló là
210 24'' . Tính chiết suất của lăng kính.
Bài 6:
1
n2 − 1
0
Sin90 =nSinr1 → Sinr1 = → Cosr1 =
(2đ)
n
n
nSin(A - r1 )=Sini 2 ⇔ n(SinACosr1 - CosASinr1 ) = Sini 2
Biến đổi có: n =

( 1 + Sini2 )

n = 1, 4133

3

2

+3