GIAO AN BDHSG LI 9 HAY

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (978.84 KB, 60 trang )

(1)( Dạy 4 buổi 12 tiết ) PHẦN CƠ HỌC. CHỦ ĐẾ I. PHẦN I – CÁC BÀI TOÁN VỀ CHUYỂN ĐỘNG CỦA CÁC VẬT. Phần này gồm có: - Các bài toán về chuyển động của vật và hệ vật - Các bài toán về vận tốc trung bình - Các bài toán về chuyển động tròn đều - Các bài toán về công thức cộng vận tốc. - Các bài toán về đồ thị chuyển động A/ Các bài toán về chuyển động của vật và hệ vật 1/ Hệ vật gồm các vật chuyển động với vận tốc cùng phương: Phương pháp: sử dụng tính tương đối của chuyển động và công thức cộng vận tốc. trong trường hợp các vật chuyển động cùng chiều so với vật mốc thì nên chọn vật có vận tốc nhỏ hơn làm mốc mới để xét các chuyển động. Bài toán: Trên một đường đua thẳng, hai bên lề đường có hai hàng dọc các vận động viên chuyển động theo cùng một hướng: một hàng là các vận động viên chạy việt dã và hàng kia là các vận động viên đua xe đạp. Biết rằng các vận động viên việt dã chạy đều với vận tốc v 1 = 20km/h và khoảng cách đều giữa hai người liền kề nhau trong hàng là l 1 = 20m; những con số tương ứng đối với hàng các vận động viên đua xe đạp là v2 = 40km/h và l2 = 30m. Hỏi một người quan sát cần phải chuyển động trên đường với vận tốc v3 bằng bao nhiêu để mỗi lần khi một vận động viên đua xe đạp đuổi kịp anh ta thì chính lúc đó anh ta lại đuổi kịp một vận động viên chạy việt dã tiếp theo? Giải: Coi vận động viên việt dã là đứng yên so với người quan sát và vận động viên đua xe đạp. Vận tốc của vận động viên xe đạp so với vận động viên việt dã là: Vx = v2 – v1 = 20 km/h. Vận tốc của người quan sát so với vận động viên việt dã là: Vn = v3 – v1 = v3 – 20 Giả sử tại thời điểm tính mốc thời gian thì họ ngang nhau. l1 Vn l 1 +l 2 t2 = VX. Thời gian cần thiết để người quan sát đuổi kịp vận động viên việt dã tiếp theo là: t 1 = Thời gian cần thiết để VĐV xe đạp phía sau đuổi kịp VĐV việt dã nói trên là: Để họ lại ngang hàng thì t1 = t2. hay:. l1 l 1 +l 2 = v 3 − 20 V X. Thay số tìm được: v3 = 28 km/h. 2/ Hệ vật gồm các vật chuyển động với vận tốc khác phương Phương pháp: Sử dụng công thức cộng vận tốc và tính tương đối của chuyển động: Bài toán: Trong hệ tọa độ xoy ( hình 1), có hai vật nhỏ A và B chuyển động thẳng đều. Lúc bắt đầu chuyển động, vật A cách vật B một đoạn l = 100m. Biết vận tốc của vật A là vA = 10m/s theo hướng ox, vận tốc của vật B là vB = 15m/s theo hướng oy. a) Sau thời gian bao lâu kể từ khi bắt đầu chuyển động, hai vật A và B lại cách nhau 100m. b) Xác định khoảng cách nhỏ nhất giữa hai vật A và B. Giải: a/ Quãng đường A đi được trong t giây: AA1 = vAt Quãng đường B đi được trong t giây: BB1 = vBt Khoảng cách giữa A và B sau t giây: d2 = (AA1)2 + (AB1)2 Với AA1 = VAt và BB1 = VBt.

(2) Nên: d2 = ( v2A + v2B )t2 – 2lvBt + l2 (*) Thay số và biến đổi ra biểu thức : 325t2 – 3000t = 0 Giải ra được: t 9,23 s b/ - Xét phương trình bậc hai (*) với biến là t. Để (*) có nghiệm thì Δ' ≥0. từ đó tìm được:. - Rút ra được dmin =. lv A. √ v 2 +v 2 A. 2. 2A. Δ l v d ¿ min =− = 2 2 4 a v +v ¿ 2. A. B. B. - Thay số tính được dmin 55,47 m 3/ Chuyển động lặp: Phương pháp: Có thể sử dụng một trong hai phương pháp sau: a) Nếu vật chuyển động lặp không thay đổi vận tốc trên cả quá trình chuyển động thì sử dụng tính tương đối của chuyển động b) Nếu vật tham gia chuyển động lặp có vận tốc thay đổi trên các quãng đường thì sử dụng phương pháp tỷ số quãng đường hoặc tính tương đối của chuyển động. Bài toán 1: Trên quãng đường dài 100 km có 2 xe 1 và 2 cùng xuất phát và chuyển động gặp nhau với vận tốc tương ứng là 30 km/h và 20 km/h. cùng lúc hai xe chuyển động thì có một con Ong bắt đầu xuất phát từ xe 1 bay tới xe 2, sau khi gặp xe 2 nó quay lại và gặp xe 1… và lại bay tới xe 2. Con Ong chuyển động lặp đi lặp lại tới khi hai xe gặp nhau. Biết vận tốc của con ong là 60Km/h. tính quãng đường Ông bay?. Giải: Coi xe 2 đứng yên so với xe 1. thì vận tốc của xe 2 so với xe 1 là V21 = V2 + V1 = 50 Km/h Thời gian để 2 xe gặp nhau là: t = = = 2 h Vì thời gian Ong bay bằng thời gian hai xe chuyển động. Nên quãng đường Ong bay là: So = Vo t = 60.2 = 120 Km Bài toán 2: Một cậu bé đi lên núi với vận tốc 1m/s. khi còn cách đỉnh núi 100m cậu bé thả một con chó và nó bắt đầu chạy đi chạy lại giữa đỉnh núi và cậu bé. Con chó chạy lên đỉnh núi với vận tốc 3m/s và chạy lại phía cậu bé với vận tốc 5m/s. tính quãng đường mà con chó đã chạy từ lúc được thả ra tới khi cậu bé lên tới đỉnh núi? Giải: Vận tốc của cậu bé là v, vận tốc của con chó khi chạy lên là v 1 và khi chạy xuống là v 2 . Giả sử con chó gặp cậu bé tại một điểm cách đỉnh núi là s thời gian giữa hai lần gặp nhau liên tiếp là t Thời gian con chó chạy từ chỗ gặp cậu bé tới đỉnh núi là s/v1 thời gian con chó chạy từ đỉnh núi tới chỗ gặp cậu bé lần tiếp theo là (t-s/v1 ) và quãng đường mà con chó đã chạy trong thời gian này là v2(t– s/v1) . Quãng đường mà cậu bé đã đi trong thời gian t là vt nên: s = vt + v2 (t – s/t1) Hay t =. v2 ) v1 v + v2. s (1+. Quãng đường con chó chạy cả lên núi và xuống núi trong thời gian t là: 2 v1 v 2 − v (v 2 − v1 ) v 1 (v+ v 2 ) v (v1 + v 2) Quãng đường cậu bé đã đi trong thời gian t là: Sb = s . Từ đó ta được Sc = v 1 (v + v 2). Sc = s+ v2(t – s/v1) thay giá trị của t từ trên ta được: Sc = s. 3/ Chuyển động có vận tốc thay đổi theo quy luật: Phương pháp: + Xác định quy luật của chuyển động + Tính tổng quãng đường chuyển động. Tổng này thường là tổng của một dãy số. + Giải phương trình nhận được với số lần thay đổi vận tốc là số nguyên.. 7 S = 350 m. 2 b.

(3) Bài toán 1: Một động tử xuất phát từ A trên đường thẳng hướng về B với vận tốc ban đầu V 0 = 1 m/s, biết rằng cứ sau 4 giây chuyển động, vận tốc lại tăng gấp 3 lần và cứ chuyển động được 4 giây thì động tử ngừng chuyển động trong 2 giây. trong khi chuyển động thì động tử chỉ chuyển động thẳng đều. Sau bao lâu động tử đến B biết AB dài 6km? Giải: cứ 4 giây chuyển động ta gọi là một nhóm chuyển động Dễ thấy vận tốc của động tử trong các n nhóm chuyển động đầu tiên là: 30 m/s; 31 m/s; 32 m/s …….., 3n-1 m/s ,…….., Quãng đường tương ứng mà động tử đi được trong các nhóm thời gian tương ứng là: 4.30 m; 4.31 m; 4.32 m; …..; 4.3n-1 m;……. Quãng đường động tử chuyển động trong thời gian này là: Sn = 4( 30 + 31 + 32 + ….+ 3n-1) (m) Hay: Sn = 2(3n – 1) (m) Ta có phương trình: 2(3n -1) = 6000  3n = 3001. Ta thấy rằng 37 = 2187; 38 = 6561, nên ta chọn n = 7. Quãng đường động tử đi được trong 7 nhóm thời gian đầu tiên là: 2.2186 = 4372 (m) Quãng đường còn lại là: 6000 – 4372 = 1628 (m) Trong quãng đường còn lại này động tử đi với vận tốc là ( với n = 8): 37 = 2187 (m/s) Thời gian đi hết quãng đường còn lại này là:. 1628 =0 , 74( s) 2187. Vậy tổng thời gian chuyển động của động tử là: 7.4 + 0,74 = 28,74 (s) Ngoài ra trong quá trình chuyển động. động tử có nghỉ 7 lần ( không chuyển động) mỗi lần nghỉ là 2 giây, nên thời gian cần để động tử chuyển động từ A tới B là: 28,74 + 2.7 = 42,74 (giây). Bài toán 2: Một vật chuyển động xuống dốc nhanh dần. Quãng đường vật đi được trong giây thứ k là S = 4k - 2 (m). Trong đó S tính bằng mét, còn k = 1,2, … tính bằng giây. a/ Hãy tính quãng đường đi được sau n giây đầu tiên. b/ Vẽ đồ thị sự phụ thuộc của quãng đường đi được vào thời gian chuyển động. Giải: a/ Quãng đường đi được trong n giây đầu tiên là: Sn = (4.1 – 2) + (4.2 – 2) + (4.3 – 2) +…….+ (4.n -2) Sn = 4(1 + 2 + 3 + …… + n) – 2n Sn = 2n(n + 1) – 2n = 2n2 b/ Đồ thị là phần đường parabol Sn = 2n2 nằm bên phải trục Sn. B/ Các bài toán về vận tốc trung bình của vật chuyển động.Phương pháp: Trên quãng đường S được chia thành các quãng đường nhỏ S 1; S2; …; Sn và thời gian vật chuyển động trên các quãng đường ấy tương ứng là t1; t2; ….; tn. thì vận tốc trung bình trên cả quãng đường được tính theo công s1  s2  ....  sn thức: VTB = t1  t2  .....  tn. Chú ý: Vận tốc trung bình khác với trung bình của các vận tốc. Bài toán 1: Hai bạn Hoà và Bình bắt đầu chạy thi trên một quãng đường S. Biết Hoà trên nửa quãng đường đầu chạy với vận tốc không đổi v 1 và trên nửa quãng đường sau chạy với vận tốc không đổi v2(v2< v1). Còn Bình thì trong nửa thời gian đầu chạy với vận tốc v 1 và trong nửa thời gian sau chạy với vận tốc v2 . Tính vận tốc trung bình của mỗi bạn ? Giải: Xét chuyển động của Hoà A v1 M v2 B Thời gian đi v1là t1 = = Thời gian đi v2 là t2 = = . Thời gian t = t1+t2 = s( +) vận tốc trung bình vH = = (1) Xét chuyển động của Bình A v1 M v2 B s1 = v1t1 ; s2 = v2t2 mà t1= t2 = và s = s1 + s2 => s= ( v1+v2) => t= vận tốc trung bình vB = =.

(4) Bài toán 2: Một người đi trên quãng đường S chia thành n chặng không đều nhau, chiều dài các chặng đó lần lượt là S1, S2, S3,......Sn. Thời gian người đó đi trên các chặng đường tương ứng là t 1, t2 t3....tn . Tính vận tốc trung bình của người đó trên toàn bộ quảng đường S. Chứng minh rằng:vận trung bình đó lớn hơn vận tốc bé nhất và nhỏ hơn vận tốc lớn nhất. s1  s2  s3  ..... sn Giải: Vận tốc trung bình của người đó trên quãng đường S là: Vtb= t1  t 2  t 3  ....  t n Gọi V1, V2 , V3 ....Vn là vận tốc trên các chặng đường tương ứng ta có:. v. 1.  s1 ;. t. v. 2.  s2 ;. t. 1. v. 3.  s3 ;. t ........ v. n.  sn ;. t. 3. 2. n. giả sử Vklớn nhất và Vi là bé nhất ( n v t v1 t1  v2 t 2  v3 t 3  ..... vn t n v t1  t 2  t 3  ....  t n Vtb= = vi 1 i. v v. i. v v. 1. 1. t1+. i. v v.  k >i  1)ta phải chứng minh Vk > Vtb > Vi.Thật vậy:  v t  v t  ..... v t v1 v1 v1 v v v t  t  t  ....  t .Do vi ; vi ... vi >1 nên 3. 2. 1. 2. i. 1. n. 3. n. i. 2. 3. i. n. 1. t2.+... i. tn> t1 +t2+....tn  Vi< Vtb (1). v  v  v  ..... v t t t t v v v v t  t  t  ....  t = vk. .Do 1. v t  v t  v t  .....v t t  t  t  ....  t Tương tự ta có Vtb= 1 1. 2. 1. v v. 1. v v. 1. 2. 2. 3 3. 3. n. n. n. 3. 2. 1. 2. k. k. 1. n. 3. n. k. 2. 3. k. n. v v v ;v 1. 1. k. k. v v. v v. 1. .... k. 1. k t + k t .+.. k t < t +t +....t  V > V nên 1 2 n 1 2 n k tb (2) ĐPCM Bài toán 3: Tính vận tốc trung bình của ôtô trên cả quảng đường trong hai trường hợp : a, Nửa quãng đường đầu ôtô đi với vận tốc v1 , Nửa quãng đường còn lại ôtô đi với vận tốc v2 b, Nửa thời gian đầu ôtô đi với vận tốc v1 , Nửa thời gian sau ôtô đi với vận tốc v2 . Giải: a, Gọi quảng đường ôtô đã đi là s .. 1 s t1  2 v1 Thời gian để ôtô đi hết nữa quảng đường đầu là : 1 s 2 t1  v1 Thời gian để ôtô đi hết nữa quảng đường còn lại là : 2v v s s v tb    1 2 t 1  t 2 1 s 1 s v1  v 2 2 2 v1 v 2 Vận tốc trung bình của ôtô trên cả quảng đường:. b,Gọi thời gian đi hết cả quảng đường là t 1 s1  t.v1 2 Nữa thời gian đầu ôtô đi được quảng đường là : 1 s2  t.v 2 2 Nữa thời gian sau ôtô đi được quảng đường là : 1 1 tv1  tv 2 s s v  v2 2 v tb  1 2  2  1 t t 2 Vận tốc trung bình của ôtô trên cả quảng đường là :. <1.

(5) C/ Các bài toán về chuyển động tròn đều. Phương pháp: + Ứng dụng tính tương đối của chuyển động. + Số lần gặp nhau giữa các vật được tính theo số vòng chuyển động của vật được coi là vật chuyển động. Bài toán 1: Một người đi bộ và một vận động viên đi xe đạp cùng khởi hành ở một địa điểm, và đi cùng chièu trên một đường tròn chu vi C = 1800m. vận tốc của người đi xe đạp là v 1= 22,5 km/h, của người đi bộ là v2 = 4,5 km/h. Hỏi khi người đi bộ đi được một vòng thì gặp người đi xe đạp mấy lần. Tính thời gian và địa điểm gặp nhau? Giải: Thời gian để người đi bộ đi hết một vòng là: t = 1,8/4,5 = 0,4 h Coi người đi bộ là đứng yên so với người đi xe đạp. Vận tốc của người đi xe đạp so với người đi bộ là: V = v1 – v2 = 22,5 – 4,5 = 18 km/h. Quãng đường của người đi xe đạp so với người đi bộ là: S = Vt = 0,4. 18 = 7,2 km. Số vòng người đi xe đạp đi được so với người đi bộ là: n = = 7,2/1,8 = 4 (vòng) Vậy người đi xe đạp gặp người đi bộ 4 lần. Khi đi hết 1 vòng so với người đi bộ thì người đi xe đạp gặp người đi bộ 1 lần ở cuối đoạn đường. Thời gian người đi xe đạp đi hết một vòng so với người đi bộ là: t’ = = 1,8/18 = 0,1 h Vậy: Lần gặp thứ nhất sau khi xuất phát một thời gian là 0,1h cách vị trí đầu tiên là 0,1.4,5 = 0,45 km Lần gặp thứ hai sau khi xuất phát một thời gian là 0,2h cách vị trí đầu tiên là 0,2.4,5 =0, 9 km Lần gặp thứ ba sau khi xuất phát một thời gian là 0,3h cách vị trí đầu tiên là 0,3.4,5 = 1,35 km Lần gặp thứ tư sau khi xuất phát một thời gian là 0,4h cách vị trí đầu tiên là 0,4.4,5 = 1,8 km Các khoảng cách trên được tính theo hướng chuyển động của hai người. Bài toán 2: Một người ra đi vào buổi sáng, khi kim giờ và kim phút chồng lên nhau và ở trong khoảng giữa số 7 và 8. khi người ấy quay về nhà thì trời đã ngã về chiều và nhìn thấy kim giờ, kim phút ngược chiều nhau. Nhìn kĩ hơn người đó thấy kim giờ nằm giữa số 1 và 2. Tính xem người ấy đã vắng mặt mấy giờ. Giải: Vận tốc của kim phút là 1 vòng/ giờ. Vận tốc của kim giờ là 1 vòng/ 12 giờ. Coi kim giờ là đứng yên so với kim phút. Vận tốc của kim phút so với kim giờ là (1 – ) = vòng/giờ. Thời gian để kim giờ và kim phút gặp nhau giữa hai lần liên tiếp là: = (giờ) Khi đó kim giờ đi được 1 đoạn so với vị trí gặp trước là: . = vòng. Khi đó kim phút đã đi được 1 vòng tính từ số 12. nên thời gian tương ứng là (1 + ) giờ. Khi gặp nhau ở giữa số 7 và số 8 thì kim phút đã đi được 7 vòng, nên thời điểm đó là 7 + giờ. Tương tự. giữa 2 lần hai kim đối nhau liên tiếp cũng có thời gian là giờ. Chọn tại thời điểm 6h. kim phút và kim giờ đối nhau. Thì khi tới vị trí kim giờ nằm giữa số 1 và số 2. thì thời gian là 7 + giờ. Chọn mốc thời gian là 12h. thì khi hai kim đối nhau mà kim giờ nằm giữa số 1 và số 2 thì thời điểm đó là (6 + 7 + ) giờ. Vậy thời gian người đó vắng nhà là (13 + ) – (7+ ) = 6 giờ. Bài toán 3: Chiều dài của một đường đua hình tròn là 300m. hai xe đạp chạy trên đường này hướng tới gặp nhau với vận tốc V1 = 9m/s và V2 = 15m/s. Hãy xác định khoảng thời gian nhỏ nhất tính từ thời điểm họ gặp nhau tại một nơi nào đó trên đường đua đến thời điểm họ lại gặp nhau tại chính nơi đó Giải: Thời gian để mỗi xe chạy được 1 vòng là: t1= = (s) , t2 = = 20(s) Giả sử điểm gặp nhau là M. Để gặp tại M lần tiếp theo thì xe 1 đã chạy được x vòng và xe 2 chạy được y vòng. Vì chúng gặp nhau tại M nên: xt1 = yt2 nên: = X, y nguyên dương. Nên ta chọn x, y nhỏ nhất là x = 3, y = 5.

(6) Khoảng thời gian nhỏ nhất kể từ lúc hai xe gặp nhau tại một điểm đến thời điểm gặp nhau cũng tại điểm đó là t = xt1 = 3. 100 (s) D/ Các bài toán về công thức cộng vận tốc: Vì giới hạn của chương trình lớp 9. nên chỉ xét các vận tốc có phương tạo với nhau những góc có giá trị đặc biệt, hoặc các vận tốc có phương vuông góc với nhau. Cần viết biểu thức véc tơ biểu thị phép cộng các vận tốc. căn cứ vào biểu thức véc tơ để chuyển thành các biểu thức đại số. Để chuyển công thức dạng véc tơ thành biểu thức đại số. ta sử dụng định lý Pitago. Hoặc sử dụng định lý hàm số cosin và các hệ thức lượng giác trong tam giác vuông. Bài toán 1: Một chiếc ô tô chạy trên đường theo phương ngang với vận tốc v = 80 km/h trong trời mưa. Người ngồi trong xe thấy rằng các hạt mưa ngoài xe rơi theo phương xiên góc 30 0 so với phương thẳng đứng. biết rằng nếu xe không chuyển động thì hạt mưa rơi theo phương thẳng đứng. xác định vận tốc hạt mưa?. Giải: + Lập hệ véc tơ với vận tốc của hạt mưa vuông góc với mặt đất. vận tốc của xe theo phương ngang. Hợp của các vận tốc: Vận tốc hạt mưa so với xe và vận tốc của xe so với mặt đất chính là vận tốc của hạt mưa so với mặt đất.. Từ đó tính được độ lớn vận tốc hạt mưa: V = v.tan300 = 46,2 km/h Bài toán 2: Một đoàn tàu đứng yên, các giọt mưa tạo trên cửa sổ toa tàu những vệt nghiêng góc =300 so với phương thẳng đứng. Khi tàu chuyển động với vận tốc 18km/h thì các giọt mưa rơi thẳng đứng. Dùng phép cộng các véc tơ dịch chuyển xác định vận tốc của giọt mưa khi rơi gần mặt đất. Giải: Lập hệ véc tơ với phương của vận tốc hạt mưa so với mặt đất tạo với phương thẳng đứng góc 300. Phương vận tốc của tàu so với mặt đất là phương ngang sao cho tổng các véc tơ vận tốc: véc tơ vận tốc của hạt mưa so với tàu và véc tơ vận tốc của tàu so với mặt đất chính là véc tơ vận tốc của hạt mưa so với đất. Khi đó vận tốc hạt mưa V = v.cot300 = 31 km/h E/ Các bài toán về đồ thị chuyển động: Phương pháp: Cần đọc đồ thị và liên hệ giữa các đại lượng được biểu thị trên đồ thị. Tìm ra được bản chất của mối liên hệ và ý nghĩa các đoạn, các điểm được biểu diễn trên đồ thị. Có 3 dạng cơ bản là dựng đồ thị, giải đồ thị bằng đường biểu diễn và giải đồ thị bằng diện tích các hình biểu diễn trên đồ thị: Bài toán 1: Trên đoạn đường thẳng dài, các ô tô đều chuyển động với vận tốc không đổi v1(m/s) trên cầu chúng phải chạy với vận tốc không đổi v2 (m/s) Đồ thị bên biểu diễn sự phụ thuộc khoảng Cách L giữa hai ô tô chạy kế tiếp nhau trong Thời gian t. tìm các vận tốc V1; V2 và chiều Dài của cầu. Giải: Từ đồ thị ta thấy: trên đường, hai xe cách nhau 400m Trên cầu chúng cách nhau 200 m Thời gian xe thứ nhất chạy trên cầu là T1 = 50 (s) Bắt đầu từ giây thứ 10, xe thứ nhất lên cầu và đến giây thứ 30 thì xe thứ 2 lên cầu. Vậy hai xe xuất phát cách nhau 20 (s) Vậy: V1T2 = 400  V1 = 20 (m/s) V2T2 = 200  V2 = 10 (m/s) Chiều dài của cầu là l = V2T1 = 500 (m) Bài toán 2: Trên đường thẳng x/Ox. một xe chuyển động qua các giai đoạn có đồ thị biểu diễn toạ độ theo thời gian như hình vẽ, biết đường cong MNP là một phần của parabol.

(7) đỉnh M có phương trình dạng: x = at2 + c.Tìm vận tốc trung bình của xe trong khoảng thời gian từ 0 đến 6,4h và vận tốc ứng với giai đoạn PQ? Giải: Dựa vào đồ thị ta thấy: Quãng đường xe đi được: S = 40 + 90 + 90 = 220 km S t. Vậy: V TB = =. 220 =34 , 375 km/h 6.4. b/ Xét phương trình parabol: x = at2 + c. Khi t = 0; x = - 40. Thay vào ta được: c = - 40 Khi t = 2; x = 0. Thay vào ta được: a = 10 Vậy x = 10t2 – 40. Xét tại điểm P. Khi đó t = 3 h. thay vào ta tìm được x = 50 km. Vậy độ dài quãng đường PQ là S’ = 90 – 50 = 40 km. Thời gian xe chuyển động trên quãng đường này là: t’ = 4,5 – 3 = 1,5 (h) Vận tốc trung bình của xe trên quãng đường này là: V 'TB =. S ' 40 80 = = t ' 1,5 3. km/h. Bài toán 3: Một nhà du hành vũ trụ chuyển động dọc theo một đường thẳng từ A đến B. Đồ thị chuyển động được biểu thị như hình vẽ. (V là vận tốc nhà du hành, x là khoảng cách từ vị trí nhà du hành tới vật mốc A ) tính thời gian người đó chuyển động từ A đến B (Ghi chú: v -1 =. 1 ) v. Giải: Thời gian chuyển động được xác định bằng công thức: t =. x v. = xv -1. Từ đồ thị ta thấy tích này chính là diện tích hình được giới hạn bởi đồ thị, hai trục toạ độ và đoạn thẳng MN.Diện tích này là 27,5 đơn vị diện tích. Mỗi đơn vị diện tích này ứng với thời gian là 1 giây. Nên thời gian chuyển động của nhà du hành là 27,5 giây..

(8) PHẦN 2 CÁC BÀI TOÁN VỀ ĐIỀU KIỆN CÂN BẰNG VẬT RẮN VÀ MÁY CƠ ĐƠN GIẢN Phần này gồm có: + Các bài toán về điều kiện cân bằng của vật rắn và mô men lực + các bài toán về máy cơ đơn giản và sự kết hợp giữa các máy cơ + các bài toán về sự kết hợp giữa máy cơ đơn giản và cơ thủy tĩnh A. Lý thuyết I. Mômen lực Mô men lực ( nằm trong mặt phẳng vuông góc với trục l1 quay):  M = F.l (N.m) O Trong đó: l là khoảng cách từ trục quay đến giá của lực ( còn gọi là tay đòn của lực).  l2 II. Điều kiện cân bằng của một vật có trục quay cố định: Muốn cho một vật có trục quay cố định đứng cân bằng ( hoặc quay đều) thì tổng mômen các lực làm vật quay theo F2 chiều kim đồng hồ bằng tổng các mô men các lực làm cho quay ngược chiều kim đồng hồ.. O Ví dụ: Với vật bất kỳ có thể quay quanh trục cố định O P ( theo hình vẽ) để đứng yên cân bằng quanh O ( hoặc quay quanh O) thì mômen của lực F1 phải bằng mômen của lực F2.  Tức là: M1 = M2 F2 F1. l1 = F2. l2 Trong đó l1, l2 lần lượt là tay đòn của các lực F1, F2( Tay đòn của lực là khoảng cách từ trục qua đến phương của lực) III. Quy tắc hợp lực. 1. Quy tắc tổng hợp hai lực đồng quy ( quy tắc hình bình hành).. . F1 vật.  F1. đều.  F.  T.  F .

(9) Hợp lực của hai lực đồng quy ( cùng điểm đặt) có phương trùng với đường chéo của hình bình hành mà hai cạnh là hai lực đó, độ lớn của hợp lực là độ dài đường chéo..  P. l1 l1. 2. Tổng hai lực song song cùng chiều: Hợp lực của hai lực song song cùng chiều là một lực cùng phương, độ lớn bằng tổng hai lực thành phần, có giá chia trong khoảng cách giữa hai giá của hai lực thành phần thành những đoạn thẳng tỉ lệ nghịch với hai lực ấy.. F F1  F2 ;. F1 l2  F2 l1 l1 l1. 3. Tổng hợp hai lực song song ngược chiều: Hợp lực của hai lực song song ngược chiều là một lực có phương cùng phương với lực lớn hơn, độ lớn bằng hiệu hai lực thành phần, có giá chia ngời khoảng cách giữa hai giá của hai thành phần thành những đoạn thẳng tỉ lệ nghịch với hai lực ấy.. F  F1  F2 ;. F1 l2  F2 l1. l1 lực l2 l1. IV. Các máy cơ đơn giản 1. Ròng rọc cố định. Dùng ròng rọc cố định không được lợi gì về lực, đường đi do đó không được lợi gì về công.. F P;s h.  F. .  T.  P. 2. Ròng rọc động. + Với 1 ròng rọc động: Dùng ròng rọc động được lợi hai lần về lực nhưng lại thiệt hai lần về đường đi do đó không được lợi gì về công.. P F  ;s 2h 2 + Với hai ròng rọc động: Dùng 2 ròng rọc động được lợi 4 lần về lực nhưng lại thiệt 4 lần về đường đi do đó không được lợi gì về công.. P F  ;s 4h 4 + Tổng quát: Với hệ thống có n ròng rọc động thì ta có:. F. P ;s 2n h n 2. 3. Đòn bẩy. Dùng đòn bẩy đượclợi bao nhiêu lần về lực thì thiệt bấy nhiêu lần về đường đi do đó không được lợi gì về công.. F1.l1 F2 .l2.

(10) ( áp dụng điều kiện cân bằng của một vật có trục quay cố định) Trong đó F1; F2 là các lực tác dụng lên đòn bẩy, l1; l2 là các tay đòn của lực hay khoảng  cách từ giá của các lực đến trục quay..  F2. l2 l1 O. F2. B. B. l1. A A. O. l2.  F1.  1 I/ Các bài toán về điều kiện cân bằng của vật rắn và mô menF lực: Phương pháp: Cần xác định trục quay, xác định các vét tơ lực tác dụng lên vật. Xác định chính xác cánh tay đòn của lực. Xác định các mô men lực làm vật quay theo chiều kim đồng hồ và ngược chiều kim đồng hồ. sử dụng điều kiện cân bằng của vật rắn để lập phương trình. Bài toán 1: Một thanh thẳng AB đồng chất, tiết diện đều có rãnh dọc, khối lượng thanh m = 200g, dài l = 90cm.Tại A, B có đặt 2 hòn bi trên rãnh mà khối lượng lần lượt là m 1 = 200g và m2 . Đặt thước (cùng 2 hòn bi ở A, B) trên mặt bàn nằm ngang vuông góc với mép bàn sao cho phần OA nằm trên mặt bàn O m2 m1 có chiều dài l1 = 30cm, phần OB ở mép ngoài bàn.Khi đó B A người ta thấy thước cân bằng nằm ngang (thanh chỉ tựa lên điểm O ở mép bàn) a) Tính khối lượng m2. b) Cùng 1 lúc , đẩy nhẹ hòn bi m1 cho chuyển động đều trên rãnh với vận tốc v 1 = 10cm/s về phía O và đẩy nhẹ hòn bi m2 cho chuyển động đều với vận tốc v 2 dọc trên rãnh về phía O.Tìm v2 để cho thước vẫn cân bằng nằm ngang như trên. Giải: a/ Trọng tâm của thanh là I ở chính giữa thanh. Nên cách điểm O là 0,15 m Mô men do trọng lượng của bi m1: m1.OA Mô men do trọng lượng thanh gây ra: m.OI Mô men do bi m2 gây ra là: m2OB Để thanh đứng cân bằng: m1OA = m.OI + m2.OB Thay các giá trị ta tìm được m2 = 50 g. b/ Xét thời điểm t kể từ lúc hai viên bi bắt đầu chuyển động. Cánh tay đòn của bi 1: (OA – V1t) nên mô men tương ứng là: m1(OA – v1t) Cánh tay đòn của viên bi 2: (OB – v2t) nên mô men là: m2(OB – V2t) Thước không thay đổi vị trí nên mô men do trọng lượng của nó gây ra là OI.m Để thước cân bằng: m1(OA – v1t) = m2(OB – V2t) + OI.m Thay các giá trị đã cho vào ta tìm được v2 = 4v1 = 40cm/s Bài toán 2: Một thanh dài l = 1m có trọng lượng P = 15N, một đầu được gắn vào trần nhà nhờ một bản lề.Thanh được giữ nằm nghiêng nhờ một sợi dây thẳng đứng buộc ở dầu tự do của thanh. Hãy tìm lực căng F của dây nếu trọng tâm của thanh cách bản lề một đoạn bằng d = 0,4m. O. I. A. G. B.

(11) Giải: Mô men gây ra do trọng lượng của thanh tại trọng tâm của nó: P.OI Mô men do lực căng sợi dây gây ra: F.OA Vì thanh cân bằng nên: P.OI = F.OA Hay: F/P = OI/OA = OG/OB = 0,4 hay F = 0,4 P = 0,4.15 = 6N Bài toán 3:. Một thanh mảnh, đồng chất, phân bố đều khối lượng có thể quay quanh trục O ở phía trên. Phần dưới của thanh nhúng trong nước, khi cân bằng thanh nằm nghiêng như hình vẽ, một nửa chiều dài nằm trong nước. Hãy xác định khối lượng riêng của chất làm thanh đó. Giải: Khi thanh cân bằng, các lực tác dụng lên thanh gồm: Trọng lực P tập trung ở điểm giữa của thanh (trọng tâm của thanh) và lực đẩy Acsimet FA tập trung ở trọng tâm phần thanh nằm trong nước (hình bên). Gọi l là chiều dài của thanh. Mô men do lực ác si mét gây ra:FAd1 Mô men do trọng lượng của thanh gây ra: Pd2 Ta có phương trình cân bằng lực:. O. FA. 1 l FA d 2 2 2    P d1 3 3 l 4. d1 P. d2. (1) Gọi Dn và D là khối lượng riêng của nước và 3 chất làm thanh. M là khối lượng của thanh, S là tiết diện ngang của thanh Thay (2), (3) vào (1) suy ra: 2 S.l.Dn.10 = 1 2.10.l.S.D  Khối lượng riêng của chất làm thanh: Lực đẩy Acsimet: FA = S. 2 .Dn.10 (2) 3 Trọng lượng của thanh: P = 10.m = 10.l.S.D (3) D = 4 Dn Bài toán 4: Một hình trụ khối lượng M đặt trên đường ray, đường này nghiêng một góc α so với mặt phẳng nằm ngang. Một trọng vật m buộc vào đầu một sợi dây quấn quanh hình trụ phải có khối lượng nhỏ nhất là bao nhiêu để hình trụ lăn lên trên? Vật chỉ lăn không trượt, bỏ qua mọi ma sát. Giải: Giải: Gọi R là bán kính khối trụ. PM là trọng lượng khối trụ T là sức căng sợi dây. Ta có: PM = 10M. Và T = 10m Khối trụ quay quanh điểm I là điểm tiếp xúc giữa khối trụ và đường ray. Từ hình vẽ HI là cánh tay đòn của lực PM và IK là cánh tay đòn của lực T . Ta có: HI = Rsinα và IK = R - IH = R(1 - sinα) Điều kiện để khối trụ lăn lên trên là T.IK ≥PM.IH Hay 10m.IK ≥ 10M. IH hay m ≥ M Thay các biểu thức của IH và IK vào ta được:.

(12) m≥M. Khối lượng nhỏ nhất của vật m để khối trụ lăn đều lên trên là: m=M Bài toán 5: l2 l1 Một thanh đồng chất tiết diện đều, đặt trên thành của bình đựng nước, ở đầu thanh có buộc một quả cầu đồng chất bán kính R, sao cho quả cầu ngập hoàn toàn trong nước. Hệ thống này cân bằng như hình vẽ. Biết trọng lượng riêng của quả cầu và nước lần lượt là d và do, Tỉ số l1:l2 = a:b. Tính trọng lượng của thanh đồng chất nói trên. Có thể sảy ra trường hợp l1>l2 được không? Giải thích? Giải: Gọi chiều dài của thanh là L và trọng tâm của thanh là O. Thanh quay tại điểm tiếp xúc N của nó với thành cốc. Vì thành đồng chất, tiết diện đều nên trọng tâm của thanh là trung điểm của thanh. Vì l1:l2 = a:b nên l2 = b và l1 = a Gọi trọng lượng của thanh đồng chất là P0 thì cánh tay đòn của P0 là l2 - = L Mô Men của nó là M1 = L .P0 Trọng lượng quả cầu là P = dV , Lực ác si mét tác dụng lên quả cầu là FA = d0V Lực tác dụng lên đầu bên phải của thanh là F = P - FA = (d - d0)V lực này có cánh tay đòn là l1 và mô men của nó là M2 = a (d - d0)V Vì thanh cân bằng nên: M1 = M2  L .P0 = a (d - d0)V Từ đó tìm được P0 = Thay V = R3 ta được trọng lượng của thanh đồng chất Trong trường hợp l1>l2 thì trọng tâm của thanh ở về phía l1. trọng lượng của thanh tạo ra mô men quay theo chiều kim đồng hồ. Để thanh cân bằng thì hợp lực của quả cầu và lực đẩy ác si mét phải tạo mô men quay ngược chiều kim đồng hồ. khi đó FA> P Vậy trường hợp này có thể sảy ra khi độ lớn của lực đẩy ác si mét lên quả cầu lớn hơn trọng lượng của nó. II/ Các bài toán về máy cơ đơn giản: Phương pháp: + Xác định các lực tác dụng lên các phần của vật. Sử dụng điều kiện cân bằng của một vật để lập các phương trình Chú ý: + Nếu vật là vật rắn thì trọng lực tác dụng lên vật có điểm đặt tại khối tâm của vật. + Vật ở dạng thanh có tiết diện đều và khối lượng được phân bố đều trên vật, thì trọng tâm của vật là trung điểm của thanh. Nếu vật có hình dạng tam giác có khối lượng được phân bố đều trên vật thì khối tâm chính là trọng tâm hình học của vật + Khi vật cân bằng thì trục quay sẽ đi qua khối tâm của vật Bài toán 1: Tấm ván OB có khối lượng không đáng kể, đầu O đặt trên 1 dao cứng tại O, đầu B được treo bằng 1 sợi dây vắt qua ròng rọc cố định R (ván quay được quanh O).Một người có khối lượng 60kg đứng trên tấm ván a) Lúc đầu, người đó đứng tại điểm A sao cho OA = 2/3 OB (Hình 1) b) Tiếp theo thay ròng rọc cố định R bằng 1 palăng gồm 1 ròng rọc cố định R và 1 ròng rọc động R/ đồng thời di chuyển vị trí đứng của người đó về điểm I sao cho OI = 1/2 OB (Hình 2) c) Sau cùng palăng ở câu b được mắc theo cách khác nhưng vẫn có OI = 1/2 OB (Hình 3) Hỏi trong mỗi trường hợp a), b), c) người đó phải tác dụng vào dây 1 lực F bằng bao nhiêu để tấm ván nằm ngang thăng bằng?Tính lực F/ do ván tác dụng vào điểm tựa O trong mỗi trường hợp (bỏ qua ma sát ở các ròng rọc và trọng lượng của dây, của ròng rọc) R F. F F O. R. R. AP B. R /. F O. I P. R B.

(13) P. Hình 1. Hình 2. Hình 3. Giải: a) Ta có : (P - F).OA = F.OB suy ra : F = 240N Lực kéo do tấm ván tác dụng vào O: F/ = P - F - F = 120N b) Ta có FB = 2F và (P - F).OI = FB.OB suy ra : F = 120N Lực kéo do tấm ván tác dụng vào O: F/ = P - F - 2F = 240N c) Ta có FB = 3F và (P + F).OI = FB.OB suy ra : F = 120N Lực kéo do tấm ván tác dụng vào O: F/ = P + F - 3F = 360N Bài toán 2: Một người có trọng lượng P1 đứng trên tấm ván có trọng lượng P2 để kéo đầu một sợi dây vắt qua hệ ròng rọc ( như hình vẽ). Độ dài tấm ván giữa hai điểm treo dây là l. bỏ qua trọng lượng của ròng rọc, sợi dây và mọi ma sát. a) Người đó phải kéo dây với một lực là bao nhiêu và người đó đứng trên vị trí nào của tấm ván để duy trì tấm ván ở trạng thái nằm ngang? b) Tính trọng lượng lớn nhất của tấm ván để người đó còn đè lên tấm ván. Giải: a/ Gọi T1 là lực căng dây qua ròng rọc cố định. T2 là lực căng dây qua ròng rọc động, Q là áp lực của người lên tấm ván. Ta có: Q = P1 - T2 và T1 = 2T2 (1) Để hệ cân bằng thì trọng lượng của người và ván cân bằng với lực căng sợi dây. Vậy: T1 + 2T2 = P1 + P2 Từ (1) ta có: 2T2 + 2T2 = P1 + P2 hay T2 = Vậy để duy trì trạng thái cân bằng thì người phải tác dụng một lực lên dây có độ lớn là F = T2 = Gọi B là vị trí của người khi hệ cân bằng, khoảng cách từ B đến đầu A của tấm ván là l 0. Chọn A làm điểm tựa. để tấm ván cân bằng theo phương ngang thì T2l0 + T2l = P1l0 +  (T2 - 0,5P2)l = (P1 - T2)l0 Vậy: l0 = Thay giá trị T2 ở trên và tính toán được: l0 = Vậy vị trí của người để duy trì ván ở trạng thái nằm ngang là cách đầu A một khoảng l0 = b/ Để người đó còn đè lên tấm ván thì Q  0  P1 - T2  0  P1 -  0 hay: 3P1  P2 Vậy trọng lượng lớn nhất của ván để người đó còn đè lên tấm ván là: P2max = 3P1 Bài toán 3: Một miếng gỗ mỏng, đồng chất hình tam giác vuông có chiều dài 2 cạnh góc vuông : AB = 27cm, AC = 36cm O và khối lượng m0 = 0,81kg; đỉnh A của miếng gỗ được treo bằng A một dây mảnh, nhẹ vào điểm cố định 0. a) Hỏi phải treo một vật khối lượng m nhỏ nhất bằng bao nhiêu G tại điểm nào trên cạnh huyển BC để khi cân bằng cạnh huyền BC C K B H. I.

(14) P. nằm ngang? b) Bây giờ lấy vật ra khỏi điểm treo(ở câu a)Tính góc hợp bởi cạnh huyền BC với phương ngang khi miếng gỗ cân bằng Giải: a) Để hệ cân bằng ta có :P.HB = P0.HK hay m.HB = m0.HK +Mà HB = AB2/BC = 272/45 = 16,2cm +HK = 2/3.HI = 2/3.(BI - BH) = 2/3(45/2 - 16,2) = 4,2cm +m = 4,2/16,2 . 0,81 = 0,21kg Vậy để cạnh huyền BC nằm ngang thì vật m phải đặt tại B và có độ lớn là 0,21kg b) Khi bỏ vật, miếng gỗ cân bằng thì trung tuyến AI có B phương thẳng đứng AB /2 +Ta có : Sin BIA/2 = BC /2. = 27/45 = 0,6 Suy ra BIA = 73,74. 0. +Do BD//AI Suy ra DBC = BIA = 73,740 +Góc nghiêng của cạnh huyền BC so với phương ngang  = 900 - DBC = 900 - 73,740 = 16,260. O A H G I. D. C. III/ Các bài toán về sự kết hợp giữa máy cơ đơn giản và lực đẩy ác si mét: Bài toán 1: Hai quả cầu bằng kim loại có khối lượng bằng nhau được treo vào hai đĩa của một cân đòn. Hai quả cầu có khối lượng riêng lần lượt là D 1 = 7,8g/cm3; D2 = 2,6g/cm3. Nhúng quả cầu thứ nhất vào chất lỏng có khối lượng riêng D 3, quả cầu thứ hai vào chất lỏng có khối lượng riêng D4 thì cân mất thăng bằng. Để cân thăng bằng trở lại ta phải bỏ vào đĩa có quả cầu thứ hai một khối lượng m1 = 17g. Đổi vị trí hai chất lỏng cho nhau, để cân thăng bằng ta phải thêm m 2 = 27g cũng vào đĩa có quả cầu thứ hai. Tìm tỉ số hai khối lượng riêng của hai chất lỏng. Giải:. Do hai quả cầu có khối lượng bằng nhau. Gọi V 1, V2 là thể tích của hai quả cầu, ta có V2 D1 7,8   3 V D 2 , 6 1 2 D1. V1 = D2. V2 hay. Gọi F1 và F2 là lực đẩy Acsimet tác dụng vào các quả cầu. Do cân bằng ta có: (P1- F1).OA = (P2+P’ – F2).OB Với P 1, P2, P’ là trọng lượng của các quả cầu và quả cân; OA = OB; P1 = P2 từ đó suy ra: P’ = F2 – F1 hay 10.m1 = (D4.V2- D3.V1).10 Thay V2 = 3 V1 vào ta được: m1 = (3D4- D3).V1 (1) Tương tự cho lần thứ hai ta có; (P1- F’1).OA = (P2+P’’ – F’2).OB  P’’ = F’2 - F’1 hay 10.m2=(D3.V2- D4.V1).10  m2= (3D3- D4).V1. (2). (1) m1 3D 4 - D 3   (2) m2 3D 3 - D 4.  m1.(3D3 – D4) = m2.(3D4 – D3)  ( 3.m1 + m2). D3 = ( 3.m2 + m1). D4 D3 3m2  m1   D4 3m1  m2 = 1,256. Bài toán 2: Hai quả cầu giống nhau được nối với nhau bởi một sợi dây nhẹ không dãn vắt qua ròng rọc cố định. Một quả nhúng trong bình nước (hình vẽ). Tìm vận tốc chuyển động của các quả.

(15) cầu. Biết rằng khi thả riêng một quả cầu vào bình nước thì quả cầu chuyển động đều với vận tốc V0. Lực cản của nước tỷ lệ với vận tốc quả cầu. Cho khối lượng riêng của nước và chất làm quả cầu lần lượt là D0 và D. Giải: Gọi trọng lượng mỗi quả cầu là P, Lực đẩy ác si mét lên quả cầu là FA. Khi nối hai quả cầu như hình vẽ thì quả cầu chuyển động từ dưới lên trên. Fc1 và Fc2 là lực cản của nước lên quả cầu trong hai trường hợp nói trên. T là sức căng sợi dây. Ta có: P + Fc1 = T + FA  Fc1 = FA ( vì P = T) suy ra Fc1 = V.10D0 Khi thả riêng quả cầu trong nước, do quả cầu chuyển động từ trên xuống dưới nên: P = FA - Fc2  Fc2 = P - FA = V.10(D - D0) Do lực cản của nước tỷ lệ với vận tốc quả cầu nên ta có: = Nên vận tốc của quả cầu trong nước là: v = Bài toán 3: hệ gồm ba vật đặc và ba ròng rọc được bố trí như hình vẽ. Trọng vật bên trái có khối lượng m = 2kg và các trọng vật ở hai bên được làm bằng nhôm có khối lượng riêng D1 = 2700kg/m3. Trọng vât ở giữa là các khối được tạo bởi các tấm có khối lượng riêng D2 = 1100kg/m2 Hệ ở trạng thái cân bằng. Nhúng cả ba vật vào nước, muốn hệ căn bằng thì thể tích các tấm phải gắn thêm hay bớt đi từ vật ở giữa là bao nhiêu? Cho khối lượng riêng của nước là D0 = 1000kg/m3. bỏ qua mọi ma sát. Giải: Vì bỏ qua mọi ma sát và hệ vật cân bằng nên khối lượng vật bên phải cũng bằng m và lượng vật ở giữa là 2m. Vậy thể tích vật ở giữa là: V0 = = 3,63 dm3. khối. Khi nhúng các vật vào nước thì chúng chịu tác dụng của lực đẩy ác si mét. Khi đó lực căng của mỗi sợ dây treo ở hai bên là: T = 10( m - D0) Để cân bằng lực thì lực ở sợi dây treo chính giữa là 2T. Gọi thể tích của vật ở giữa lúc này là V thì: = 2T - 2.10m( 1 - ) Vậy V = = 25,18 dm3 Thể tích của vật ở giữa tăng thêm là: ∆V = V - V0 = 21,5 dm3. -----------------------------------------CÁC BÀI TOÁN VỀ CÔNG VÀ CÔNG SUẤT Bài toán 1: Một bình chứa một chất lỏng có trọng lượng riêng d 0 , chiều cao của cột chất lỏng trong bình là h0 . Cách phía trên mặt thoáng một khoảng h 1 , người ta thả rơi thẳng đứng một vật nhỏ đặc và đồng chất vào bình chất lỏng. Khi vật nhỏ chạm đáy bình cũng đúng là lúc vận tốc của nó bằng không. Tính trọng lượng riêng của chất làm vật. Bỏ qua lực cản của không khí và chất lỏng đối với vật Giải: Khi rơi trong không khí từ C đến D vật chịu tác dụng của trọng lực P. Công của trọng lực trên đoạn CD = P.h1 đúng bằng động năng của vật ở D : A1 = P.h1 = Wđ Tại D vật có động năng Wđ và có thế năng so với đáy bình E là Wt = P.h0 Vậy tổng cơ năng của vật ở D là : Wđ + Wt = P.h1 + P.h0 = P (h1 +h0).

(16) Từ D đến C vật chịu lực cản của lực đẩy Acsimet FA: FA = d.V Công của lực đẩy Acsimet từ D đến E là A2 = FA.h0 = d0Vh0 Từ D đến E do tác động của lực cản là lực đẩy Acsimet nên cả động năng và thế năng của vật đều giảm. đến E thì đều bằng 0. Vậy công của lực đẩy Acsimét bằng tổng động năng và thế năng của vật tại D:  P (h1 +h0) = d0Vh0  dV (h1 +h0) = d0Vh0. d 0 h0  d = h1  h0 Bài toán 2: Một vật nặng bằng gỗ, kích thước nhỏ, hình trụ, hai đầu hình nón được thả không có vận tốc ban đầu từ độ cao 15 cm xuống nước. Vật tiếp tục rơi trong nước, tới độ sâu 65 cm thì dừng lại, rồi từ từ nổi lên. Xác định gần đúng khối lượng riêng của vật. Coi rằng chỉ có lực ác si mét là lực cản đáng kể mà thôi. Biết khối lượng riêng của nước là 1000 kg/m3. Giải: Vì chỉ cần tính gần đúng khối lượng riêng của vật và vì vật có kích thước nhỏ nên ta có thể coi gần đúng rằng khi vật rơi tới mặt nước là chìm hoàn toàn ngay. Gọi thể tích của vật là V và khối lượng riêng của vật là D, Khối lượng riêng của nước là D’. h = 15 cm; h’ = 65 cm. Khi vật rơi trong không khí. Lực tác dụng vào vật là trọng lực. P = 10DV Công của trọng lực là: A1 = 10DVh Khi vật rơi trong nước. lực ác si mét tác dụng lên vật là: FA = 10D’V Vì sau đó vật nổi lên, nên FA > P Hợp lực tác dụng lên vật khi vật rơi trong nước là: F = FA – P = 10D’V – 10DV Công của lực này là: A2 = (10D’V – 10DV)h’ Theo định luật bảo toàn công: A1 = A2  10DVh = (10D’V – 10DV)h’ . D=. h' D' h+h '. Thay số, tính được D = 812,5 Kg/m3 Bài toán 3 Trong bình hình trụ,tiết diện S chứa nước có chiều cao H = 15cm .Người ta thả vào bình một thanh đồng chất, tiết diện đều sao cho nó nổi trong nước thì mực nước dâng lên một đoạn h = 8cm. a)Nếu nhấn chìm thanh hoàn toàn thì mực nước sẽ cao bao nhiêu ?(Biết khối lượng riêng của nước và thanh lần lượt là D1 = 1g/cm3 ; D2 = 0,8g/cm3 b)Tính công thực hiện khi nhấn chìm hoàn toàn thanh, biết thanh có chiều dài l = 20cm ; tiết diện S’ = 10cm2. Giải: a) Gọi tiết diện và chiều dài thanh là S’ và l. Ta có trọng lượng của thanh: P = 10.D2.S’.l S Thể tích nước dâng lên bằng thể tích phần chìm trong nước : ’ l V = ( S – S’).h h Lực đẩy Acsimet tác dụng vào thanh : F1 = 10.D1(S – S’).h P. Do thanh cân bằng nên: P = F1  10.D2.S’.l = 10.D1.(S – S’).h  l=. D1 S − S ' . . h (*) D2 S '. H. F1. S ’. F.

(17) l Khi thanh chìm hoàn toàn trong nước, nước dâng lên một lượng bằng thể tích thanh.. Gọi Vo là thể tích thanh. Ta có : Vo = S’.l Thay (*) vào ta được: V 0=. H. P F2. D1 .(S − S ') .h D2. Lúc đó mực nước dâng lên 1 đoạn h ( so với khi chưa thả thanh vào) Δh=. V0 D = 1 .h S − S ' D2. Từ đó chiều cao cột nước trong bình là: H’ = H +h =H +. D1 .h D2. H’ = 25 cm. b) Lực tác dụng vào thanh lúc này gồm : Trọng lượng P, lực đẩy Acsimet F 2 và lực tác dụng F. Do thanh cân bằng nên : F = F2 - P = 10.D1.Vo – 10.D2.S’.l F = 10( D1 – D2).S’.l = 2.S’.l = 0,4 N Từ pt(*) suy ra : S=. (. D2 l . +1 . S ' =3 . S ' =30 cm 2 D1 h. ). Do đó khi thanh đi vào nước thêm 1 đoạn x có thể tích V = x.S’ thì nước dâng thêm một đoạn: y=. ΔV ΔV x = = S −S ' 2 S ' 2. Mặt khác nước dâng thêm so với lúc đầu: D1 −1 . h=2cm D2. x =2 ⇒ x=4 2 x 3x 8 Vậy thanh được di chuyển thêm một đoạn: x + = =4 ⇒ x= cm . 2 2 3 Δh − h=. (. ). nghĩa là :. Và lực tác dụng tăng đều từ 0 đến F = 0,4 N nên công thực hiện được: 1 1 8 −2 −3 A= F . x= . 0,4 . .10 =5 , 33. 10 J 2 2 3. Bài toán 4: Khi ca nô có vận tốc v1 = 10 m/s thì động cơ phải thực hiện công suất P1 = 4 kw. Hỏi khi động cơ thực hiện công suất tối đa là P2 = 6 kw thì ca nô có thể đạt vận tốc v2 lớn nhất là bao nhiêu? Cho rằng lực tác dụng lên ca nô tỉ lệ với vận tốc của nó đối với nước. Giải: Vì lực tác dụng lên ca nô tỉ lệ với vận tốc của nó. Gọi hệ số tỉ lệ là K Thì: F1 = Kv1 và F2 = K v 1 Vậy: P1 = F1v1 = K v 21 P2 = F2v2 = K v 22 . 2. Nên:. P1 v 1 = P2 v 22. 2. v P ⇒ v2 = 1 2 P1. √. Thay số ta tìm được kết quả.. Bài toán 5: Một xe máy chạy với vận tốc 36km/h thì máy phải sinh ra môt công suất 1,6kW. Hiệu suất của động cơ là 30%. Hỏi với 2 lít xăng xe đi được bao nhiêu km? Biết khối lượng riêng của xăng là 700kg/m3; Năng suất toả nhiệt của xăng là 4,6.107J/kg Giải: Nhiệt lượng toả ra khi đốt cháy hoàn toàn 2 lít xăng: Q = q.m = q.D.V = 4,6.107.700.2.10-3 = 6,44.107 ( J ) Công có ich: A = H.Q = 30%.6,44.107 = 1,932.107 ( J ) Mà:. s A = P.t = P. v. ⇒ s=. A . v 1, 932 .10 7 . 10 = =1,2. 105 (m)=120( km) 3 P 1,6 .10.

(18) ---------------------------------------CÁC BÀI TOÁN VỀ KHỐI LƯỢNG VÀ TRỌNG LƯỢNG Bài toán 1: Một mẩu hợp kim thiếc – Chì có khối lượng m = 664g, khối lượng riêng D = 8,3g/cm 3. Hãy xác định khối lượng của thiếc và chì trong hợp kim. Biết khối lượng riêng của thiếc là D 1 = 7300kg/m3, của chì là D2 = 11300kg/m3 và coi rằng thể tích của hợp kim bằng tổng thể tích các kim loại thành phần. Giải: Ta có D1 = 7300kg/m3 = 7,3g/cm3 ; D2 = 11300kg/m3 = 11,3g/cm3 Gọi m1 và V1 là khối lượng và thể tích của thiếc trong hợp kim Gọi m2 và V2 là khối lượng và thể tích của chì trong hợp kim Ta có m = m1 + m2  664 = m1 + m2 (1) m m1 m2 664 m1 m2      8,3 7,3 11,3 V = V1 + V2  D D 1 D2 (2) 664 m1 664  m1   8 , 3 7 , 3 11,3 Từ (1) ta có m2 = 664- m1. Thay vào (2) ta được. (3). Giải phương trình (3) ta được m1 = 438g và m2 = 226g Bài toán 2: Một chiếc vòng bằng hợp kim vàng và bạc, khi cân trong không khí có trọng lượng P 0= 3N. Khi cân trong nước, vòng có trọng lượng P = 2,74N. Hãy xác định khối lượng phần vàng và khối lượng phần bạc trong chiếc vòng nếu xem rằng thể tích V của vòng đúng bằng tổng thể tích ban đầu V1 của vàng và thể tích ban đầu V 2 của bạc. Khối lượng riêng của vàng là 19300kg/m 3, của bạc 10500kg/m3. Giải: Gọi m1, V1, D1 ,là khối lượng, thể tích và khối lượng riêng của vàng. Gọi m2, V2, D2 ,là khối lượng, thể tích và khối lượng riêng của bạc. Khi cân ngoài không khí. P0 = ( m1 + m2 ).10 (1) Khi cân trong nước.   m1  m2  P = P0 - (V1 + V2).d =     D D    m2  1    10. m1  1  D D 1 2      =.  m1 m2    .D  .10  D D 2   1  =. (2). Từ (1) và (2) ta được.  1  1     1   D D 1  10m1.D.  2 =P - P0.   1  1     1    D1 D2  . D  D2 . và. D  D1 . 10m2.D. =P - P0. Thay số ta được m1=59,2g và m2= 240,8g. --------------------------------------CÁC BÀI TOÁN VỀ ÁP SUẤT TRONG LÒNG CHẤT LỎNG VÀ CHẤT KHÍ Phần này gồm có: + Các bài toán về áp suất gây ra trong lòng chất lỏng + Các bài toán về bình thông nhau.

(19) + Các bài toán có sự tham gia của áp suất khí quyển I/ Các bài toán về áp suất gây ra trong lòng chất lỏng. Phương pháp: Cần xác định được hướng của lực do áp suất chất lỏng gây ra. Biểu thị sự tương quan giữa các áp suất hoặc tương quan S giữa lực gây ra do áp suất và trọng lực tác dụng lên vật. Từ 1 đó xây dựng các phương trình biểu thị mối tương quan ấy. Bài toán 1: S Tại đáy của một cái nồi hình trụ tiết diện S1 = 10dm2, 2 h người ta khoét một lỗ tròn và cắm vào đó một ống kim loại tiết diện S2 = 1 dm2. Nồi được đặt trên một tấm cao su nhẵn, đáy lộn ngược lên trên, rót nước từ từ vào ống ở phía trên. Hỏi có thể rót nước tới độ cao H là bao nhiêu để nước không thoát ra từ phía dưới. (Biết khối lượng của nồi và ống kim loại là m = 3,6 kg. Chiều cao của nồi là h = 20cm. Trọng lượng riêng của nước dn = 10.000N/m3). Giải: Nước bắt đầu chảy ra khi áp lực của nó lên đáy nồi cân bằng với trọng lực: P = 10m ; F = p ( S1 - S2 ) (1) Hơn nữa: p = d ( H – h ) (2) Từ (1) và (2) ta có: 10m = d ( H – h ) (S1 – S2 ) 10m 10m  H h  d(S1  S2 ) H – h = d(S1  S2 ) 10.3,6 0,2  0,04 0,24(m) 24cm 10000(0,1  0,01) H = 0,2 +. Thay số ta có: Bài toán 2: Người ta nhúng vào trong thùng chất lỏng một ống nhẹ dài hình trụ đường kính d; ở phía dưới ống có dính chặt một cái đĩa hình trụ dày h, đường kính D, khối lượng riêng của vật liệu làm đĩa là  . Khối lượng riêng của chất lỏng là  L ( với  >  L). Người ta nhấc ống từ từ lên cao theo phương thẳng đứng. Hãy xác định độ sâu H (tính từ miệng dưới của ống lên đến mặt thoáng của chất lỏng) khi đĩa bắt đầu tách ra khỏi ống. Giải: F1 là áp lực của chất lỏng tác dụng vào mặt dưới của đĩa. F2 là áp lực của chất lỏng tác dụng lên phần nhô ra ngoài giới hạn của ống ở mặt trên của đĩa. P là trọng lượng của đĩa. Đĩa bắt đầu tách ra khỏi ống khi: P + F2 = F1 (1). H.

(20)  D2 Với: F1 = p1S =10.(H+h).  L .S = 10. 4 (H+h).  L  D2  d 2 F2 = p2S' =10.H.  L.( 4 - 4 )  D2 P = 10.  .V = 10.  .h 4 Thế tất cả vào (1) và rút gọn: D2.h.  + (D2 - d2)H.  L = D2 (H + h)  L (0,5 đ) 2 D2 h   D2 h L  D    L H   h L d 2 L =d II/ Các bài toán về bình thông nhau: Phương pháp: Nếu hai nhánh của bình thông nhau chứa cùng 1 chất lỏng, nên chọn 1 điểm tại đáy bình làm điểm để so sánh áp suất. Nếu chúng chứa hai loại chất lỏng không hòa tan nhau thì nên chọn điểm tại mặt phân cách giữa hai chất lỏng làm điểm so sánh áp suất. Nếu bình thông nhau có đặt các pitton nhẹ và tiết diện các nhánh khác nhau, cần xét tới lực tác dụng lên pitton do áp suất khí quyển gây ra. Bài 1: Hai nhánh của một bình thông nhau chứa chất lỏng có tiết diện S. Trên một nhánh có một pitton có khối lượng không đáng kể. Người ta đặt một quả cân có trọng lượng P lên trên pitton ( Giả sử không làm chất lỏng tràn ra ngoài). Tính độ chênh lệch mực chất lỏng giữa hai nhánh khi hệ đạt tới trạng thái cân bằng cơ học?. Khối lượng riêng của chất lỏng là D Giải: Gọi h1 là chiều cao cột chất lỏng ở nhánh không có pitton, h 2 là chiều cao cột chất lỏng ở nhánh có pitton. Dễ thấy h1 > h2. Áp suất tác dụng lên 1 điểm trong chất lỏng ở đáy chung 2 nhánh gồm Áp suất gây ra do nhánh không có pitton: P1 = 10Dh1 Áp suất gây ra do nhánh có pitton: P2 = 10Dh2 +. P S. Khi chất lỏng cân bằng thì P1 = P2 nên 10Dh1 = 10Dh2 +. P S. Độ chênh lệch mực chất lỏng giữa hai nhánh là: h1 – h2 =. P 10 DS. Bài 2: Một bình thông nhau chứa nước biển. Người ta đổ thêm xăng vào một nhánh. Hai mặt thoáng ở hai nhánh chênh lệch nhau 18mm. Tính độ cao của cột xăng. Cho biết trọng lượng riêng của nước biến là 10300N/m3 và của xăng là 7000N/m3. Giải: Xét hai điểm A, B trong hai nhánh nằm trong cùng một mặt phẳng ngang trùng với mặt phân cách giữa xăng và nước biển Ta có : PA = PB PA = d1.h1 , PB = d2 h2 =>d1.h1 = d2 h2 A B Theo hình vẽ ta có : h2 = h1-h d1.h1 = d2 (h1- h) = d2h1 – d2h => (d2 – d1) h1 = d2h =>h1 =. d2h. d2 – d1. 10300.18. =. 10300 - 7000. = 56mm…..

(21) III/ Các bài toán có sự tham gia của áp suất khí quyển: Bài 1: Một bình có hai đáy được đặt thẳng đúng trên bàn. Diện tích các đáy là S1 vag S2. Trong bình có hai pitton nhẹ được nối với nhau bởi sợi dây không dãn. Giữa hai pitton chứa đầy nước. Cho khối lượng riêng của nước là D0. Tìm lực căng sợi dây? Giải: Gọi P0 là áp suất khí quyển và P1 là áp suất do nước gây ra Vào mặt dưới của pitton phía trên. Xét pitton phía trên: Các lực tác dụng có hướng xuống dưới là P0S1 + T Các lực tác dụng hướng lên phía trên là P1S1 Xét pitton phía dưới. Các lực tác dụng hướng lên trên là P0S2 + T Các lực tác dụng có hướng xuống dưới: P1S2 + 10D0lS2 Vì các pitton đứng cân bằng nên: P0S1 + T = P1S1 P0S2 + T = P1S2 + 10D0lS2 Từ đó ta tìm được T = Bài 2: Trên đáy của một bình chứa nước có một lỗ tròn, người ta đặt một khối trụ có bán kính R = 5 cm và bề dày d (hình vẽ). Trục của khối trụ và trục lỗ tròn trùng nhau. Người ta đổ nước từ từ vào bình. Khi mực nước cao hơn mặt trên của khối trụ là d thì khối trụ bắt đầu nổi. Tìm bán kính r của lỗ tròn. Cho khối lượng riêng của chất làm khối trụ là D = 600Kg/m3. và nước là Dn = 1000kg/m3. Giải: Trọng lượng của khối trụ: P = 10VD = 10 R2.dD Gọi P0 là áp suất khí quyển, ta có lực tác dụng lên mặt dưới của khối trụ: F1 = (P0 + 2d.10Dn)(R2 - r2)+P0r2 Áp lực này gồm áp lực do áp suất khí quyển, áp suất do cột nước cao 2d gây ra ở mặt dưới bên ngoài lỗ rỗng và áp lực do áp suất khí quyển gây ra ở mặt dưới bên trong lỗ rỗng. Các lực tác dụng vào khối trụ có chiều hướng xuống dưới gồm trọng lượng của nó Áp lực do áp suất khí quyển và áp suất của cột nước d lên mặt trên của nó: F2 = (P0 + 10dDn)R2 +P Khi khối trụ bắt đầu nổi lên thì F1 = F2  (P0 + 2d.10Dn)(R2 - r2)+P0r2 = (P0 + 10dDn)R2 +P Biến đổi ta được: DnR2 - 2Dnr2 = R2D  r = Từ đó tìm được r = Vậy bán kính lỗ tròn là r = cm. CÁC BÀI TOÁN VỀ SỰ CÂN BẰNG CỦA VẬT TRONG CHẤT LỎNG.

(22) Phần này gồm có: + Các bài toán về sự cân bằng của vật và hệ vật trong một chất lỏng + các bài toán về sự cân bằng của vật và hệ vật trong hai hay nhiều chất lỏng không hòa tan. + Các bài toán liên quan đến sự chuyển thể của các chất. I/ Các bài toán về sự cân bằng của vật và hệ vật trong một chất lỏng: Bài 1: Một cốc hình trụ có đáy dày 1cm và thành mỏng. Nếu thả cốc vào một bình nước lớn thì cốc nổi thẳng đứng và chìm 3cm trong nước.Nếu đổ vào cốc một chất lỏng chưa xác định có độ cao 3cm thì cốc chìm trong nước 5 cm. Hỏi phải đổ thêm vào cốc lượng chất lỏng nói trên có độ cao bao nhiêu để mực chất lỏng trong cốc và ngoài cốc bằng nhau. Giải: Gọi diện tích đáy cốc là S. khối lượng riêng của cốc là D 0, Khối lượng riêng của nước là D 1, khối lượng riêng của chất lỏng đổ vào cốc là D2, thể tích cốc là V. Trọng lượng của cốc là P1 = 10D0V Khi thả cốc xuống nước, lực đẩy ác si mét tác dụng lên cốc là: FA1 = 10D1Sh1 Với h1 là phần cốc chìm trong nước.  10D1Sh1 = 10D0V  D0V = D1Sh1 (1) Khi đổ vào cốc chất lỏng có độ cao h2 thì phần cốc chìm trong nước là h3 Trọng lượng của cốc chất lỏng là: P2 = 10D0V + 10D2Sh2 Lực đẩy ác si mét khi đó là: FA2 = 10D1Sh3 Cốc đứng cân bằng nên: 10D0V + 10D2Sh2 = 10D1Sh3 Kết hợp với (1) ta được: D1h1 + D2h2 = D1h3  D2=. h3 −h1 D1 h2. (2). Gọi h4 là chiều cao lượng chất lỏng cần đổ vào trong cốc sao cho mực chất lỏng trong cốc và ngoài cốc là ngang nhau. Trọng lượng của cốc chất lỏng khi đó là: P3 = 10D0V + 10D2Sh4 Lực ác si mét tác dụng lên cốc chất lỏng là: FA3 = 10D1S( h4 + h’) (với h’ là bề dày đáy cốc) Cốc cân bằng nên: 10D0V + 10D2Sh4 = 10D1S( h4 + h’)  D1h1 + D2h4 = D1(h4 + h’)  h1 +  h4 =. h3 − h1 h 4 =h4 + h’ h2. h1 h2 −h ' h 2 h1 +h2 −h3. Thay h1 = 3cm; h2 = 3cm; h3 = 5cm và h’ = 1cm vào Tính được h4 = 6 cm Bài toán 2: Hai quả cầu đặc có thể tích mỗi quả là V = 100 cm3, được nối với nhau bằng một sợi dây nhẹ không co giãn thả trong nước (hình vẽ). Khối lượng quả cầu bên dưới gấp 4 lần khối 1 lượng quả cầu bên trên. Khi cân bằng thì 2 thể tích quả cầu. bên trên bị ngập trong nước. Hãy tính: a. Khối lượng riêng của các quả cầu? b.Lực căng của sợi dây? (Khối lượng riêng của nước là D= 1000kg/m3) GiẢI: Xác định các lực tác dụng vào mỗi quả cầu Quả cầu 1: trọng lực p1 lực đẩy acsimet F’A lực căng của dây T, Quả cầu 2: trọng lực p2 lực đẩy acsimet FA lực căng của dây T, a/ v1=v2 = v ; p2 = 4 p1 => D2 = 4 D1.

(23) Trọng lực bằng lực đẩy acsimmet : p1 + p2 = FA + FA => D1+D2 = 3/2D từ (1)và (2) D1 = 3D/10 = 300(kg/m3) ; D2 = 4D1 = 1200(kg/m3) b/ quả cầu 1 : F’A = p1 + T quả cầu 2 : p2 = FA + T FA = 10v .D F’A = 1/2 FA P2 = 4 P1 => T = FA /5 = 0,2 N II/ các bài toán về sự cân bằng của vật và hệ vật trong hai hay nhiều chất lỏng không hòa tan. Bài toán 1: Một khối gỗ hình lập phương có cạnh 12cm nổi giữa mặt phân cách của dầu và nước, ngập hoàn toàn trong dầu, mặt dưới của hình lập phương thấp hơn mặt phân cách 4cm. Tìm khối lượng thỏi gỗ biết khối lượng riêng của dầu là 0,8g/cm3; của nước là 1g/cm3 Giải: D1=0,8g/m3 ; D2=1g/cm3 Trọng lượng vật: P=d.V=10D.V Lực đẩy Acsimét lên phần chìm trong dầu: 12cm P F1=10D1.V1 Lực đẩy Acsimét lên phần chìm trong nước: 4cm F2=10D2.V2 ⇔ Do vật cân bằng: P = F1 + F2 F2 10DV = 10D1V1 + 10D2V2 DV = D1V1 + D2V2 m = D1V1 + D2V2 m = 0,8.122.(12-4) + 1.122.4 = 921,6 + 576 = 1497,6g) = 1,4976(kg) Bài toán 2: Một quả cầu có trọng lượng riêng d 1=8200N/m3, thể tích V1=100cm3, nổi trên mặt một bình nước. Người ta rót dầu vào phủ kín hoàn toàn quả cầu. Trọng lượng riêng của dầu là d 2=7000N/m3 và của nước là d3=10000N/m3. a/ Tính thể tích phần quả cầu ngập trong nước khi đã đổ dầu. b/ Nếu tiếp tục rót thêm dầu vào thì thể tích phần ngập trong nước của quả cầu thay đổi như thế nào? Giải: a/ Gọi V1, V2, V3lần lượt là thể tích của quả cầu, thể tích của quả cầu ngập trong dầu và thể tích phần quả cầu ngập trong nước. Ta có V1=V2+V3 (1) Quả cầu cân bằng trong nước và trong dầu nên ta có: V1.d1=V2.d2+V3.d3 . (2) Từ (1) suy ra V2=V1-V3, thay vào (2) ta được: V1d1=(V1-V3)d2+V3d3=V1d2+V3(d3-d2) V3 . V1 ( d1  d 2 ) d3  d 2. V3(d3-d2)=V1.d1-V1.d2  Thay số: với V1=100cm3, d1=8200N/m3, d2=7000N/m3, d3=10000N/m3 . V1 (d1  d 2 ) 100(8200  7000) 120   40cm 3 d3  d2 10000  7000 3 V (d  d 2 ) V3  1 1 d 3  d 2 . Ta thấy thể tích phần quả cầu ngập trong nước (V ) chỉ phụ thuộc b/Từ biểu thức: 3 V3 . vào V1, d1, d2, d3 không phụ thuộc vào độ sâu của quả cầu trong dầu, cũng như lượng dầu đổ thêm vào. Do đó nếu tiếp tục đổ thêm dầu vào thì phần quả cầu ngập trong nước không thay đổi III/ Các bài toán liên quan đến sự chuyển thể của các chất Chú ý rằng: Khi các chất chuyển thể thì thể tích của ó có thể thay đổi, nhưng khối lượng của nó là không đổi..

(24) Bài toán 1: Người ta thả một cục nước đá có một mẩu thuỷ tinh bị đóng băng trong đó vào một bình hình trụ có chứa nước. khi đó mực nước trong bình dâng lên một đoạn h = 11mm. còn cục nước đá nổi nhưng ngập hoàn toàn trong nước. hỏi khi cục nước đá tan hết thì mực nước trong bình hạ xuống một đoạn bằng bao nhiêu. Cho khối lượng riêng của nước là D3 = 1g/cm3; của nước đá là D1 = 0,9g/cm3; và của thuỷ tinh là D2 = 2g/cm3 Giải: Gọi thể tích nước đá là V; thể tích thuỷ tinh là V’, V 1 là thể tích nước thu được khi nước đá tan hoàn toàn, S là tiết diện bình. Vì ban đầu cục nước đá nổi nên ta có: (V + V’)Dn = VDđ + V’Dt Thay số được V = 10V’ ( 1) Ta có: V + V’ = Sh. Kết hợp với (1) có V =. 10 Sh 11. (2). Khối lượng của nước đá bằng khối lượng của nước thu được khi nước đá tan hết nên: D đV = Dn V1  V1 =. Dđ V =¿ Dn. 0,9V. Khi cục nước đá tan hết. thể tích giảm đi một lượng là V – V1 =V – 0,9V = 0,1V Chiều cao cột nước giảm một lượng là: h’ =. 0,1V 10 Sh . 0,1 = =¿ S S . 11. 1 (mm). BÀI TOÁN1:Tính nhiệt lượng cần thiết để m(kg) chất A thay đổi nhiệt độ từ t1 đến t2. Phương pháp giải: áp dụng công thức: Q = mA CA(t2-t1) Nếu t2> t1. Vật thu năng lượng. áp dụng công thức: Q = mA CA(t1-t2) Nếu t2< t1. Vật toả năng lượng. mA: khối lượng của chất A - đơn vị (kg). CA: Nhiệt dung riêng của chất A - đơn vị J/kg.độ. t1: Nhiệt độ ban đầu của vật A- đơn vị 0C t2: Nhiệt độ lúc sau của vật A- đơn vị 0C Nhận xét bài toán 1: Từ bài toán 1 người ta có thể yêu cầu ta tính : +Nhiệt lượng vật A toả ra hoặc vật A thu vào dựa vào nhiệt độ đầu vầ cuối +Khối lượng của vật A biết CA, Q, t1, t2 +Nhiệt dung riêng của chất A(xác định chất A) biết Q, mA, t1, t2. Nếu thay chất A bằng hai hay nhiều chất (hệ chất) ta có bài toán thứ hai ví dụ như sau: BÀI TOÁN 2: Tính nhiệt lượng cần thiết cung cấp để một ấm nhôm có khối lượng m1(kg) đựng m2 (kg) nước thay đổi nhiệt độ từ t1 đến t2. Phương pháp giải: - Do tính chất cân bằng nhiệt độ: t1 nhôm = t1 nước và t2 nước = t2 nhôm Xác định nhiệt lượng cần thiết để tăng nhiệt độ của nhôm: Q1 = m1C1( t2 – t1) Xác định nhiệt lượng cần thiết để tăng nhiệt độ của nước Q2 = m2C2( t2 – t1)..

(25) Nhiệt lượng cần thiết để làm tăng nhiệt độ của ấm nhôm đựng nước là: Q = Q1 + Q2 =( t2 – t1)( m1C1+ m2C2) Nhận xét bài toán 2: - Cũng giống với bài toán 1 người ta có thể yêu cầu ta tính: Nhiệt lượng cần cung cấp cho hệ vật trên tăng từ t1 đến t2. Nhiệt lượng toả ra của hệ vật trên giảm t1 xuống t2. Tìm khối lượng, nhiệt dung riêng, độ tăng nhiệt độ của hệ chất. Nếu hệ chất có từ 3 chất trở lên thì phương pháp giải hoàn toàn tương tự. BÀI TOÁN 3: Xác định khối lượng, nhiệt dung riêng, độ tăng nhiệt độ của một vật( toả hay thu nhiệt) từ sự cân bằng nhiệt. Nhận xét: khi để hai vật nóng và lạnh gần nhau, thông thường vật nóng sẽ nguội đi và vật lạnh sẽ nóng lên. Điều này có nghĩa là đã có một phần nhiệt lượng nào đó truyền từ vật nóng sang vật lạnh cho đến khi nhiệt độ của hai vật cân bằng: Ta có: Qtoả = Qthu. Từ nhận xét trên ta có phương pháp giải sau đối với các vật không có sự chuyển thể: Xác định rõ ràng vật nào toả nhiệt, vật nào thu nhiệt( vật nào nóng hơn, vật đó toả nhiệt, vật nào lạnh hơn vật đó sẽ thu nhiệt) Viết phương trình nhiệt lượng( toả ra hay thu vào) của mỗi vật Giả sử nhiệt độ của hai vật cân bằng là t’ và t 1< t’< t2 Q1 = m1C1( t’ – t1) Q2 = m2C2( t2 – t’). áp dụng phương trình cân bằng nhiệt Q1 = Q2 Giải phương trình, tính toán suy ra các đại lượng cần tìm. - Nếu có sự chuyển thể của các chất thì ta phải tính thêm nhiệt lượng cần cung cấp hoặc toả ra vào Qthu hoặc Qtoả rồi cũng áp dụng phương trình cân bằng nhiệt để tìm các đại lượng còn lại. - lưu ý trong từng quá trình toả nhiệt hay thu nhiệt có thể trải qua nhiều giai đoạn. BÀI TOÁN 4: Đun nóng m(kg) một chât A từ nhiệt độ t1-> t2 bằng một loại nhiên liệu(dầu, ga, củi….). Xác định khối lượng nhiên liệu cần đốt cháy. - Nhiêt lượng toả ra khi đốt cháy 1kg nhiên liệu (đốt cháy hoàn toàn) gọi là năng suất toả nhiệt của nhiên liệu ấy kí hiệu là q. - Nếu đố cháy m(kg) nhiên liêu ấy thì năng suất toả nhiệt lúc này sẽ là: Q= q. m -Năng suất toả nhiệt của một số chất: Củi khô: 10.106J/kg. Xăng : 46.106J/kg. 6 Dầu hoả: 44.10 J/kg. Than đá : 34.106J/kg. Than gỗ: 30.106J/kg. Hydrô: 140.106J/kg Phương pháp giải: -Xác định nhiệt lượng cần thiết để đun nóng chất A từ nhiệt độ t1 đến t2 Q1 = mC1( t2 – t1) (J). -Trường hợp lí tưởng: Q = Q1 =>khối lượng nhiên liệu cần đốt cháy : M =Q1/ q. -Trường hợp có hao phí: + Nhiệt lượng cần đốt chaý là: Q= m.H.(Với H là hiệu suất toả nhiệt) + áp dụng Q = Q1 => khối lượng cần đốt cháy là: m =Q1/ H.q Bài tập áp dụng: Bài 1: để đun sôi 50 lít nước từ 200C bằng bếp than. Biết hiệu suất của bếp là 85%.Xác định lượng than củi cần thiết để đun lượng nước trên. Cho năng suất toả nhiệt của than củi là q=30.10 6/kg. Bài 2: Đun 45 lít nước từ 200C đến điểm sôi. xác định hiệu suất của bếp dầu. Biết rằng khi đun lượng nước nói trên, phảI tốn 0,5kg dầu hoả. -.

(26) Bài 3:Dùng một bếp dầu để đun sôI một ấm nước bằng nhôm khối lượng 500g chứa 5l nước ở nhiệt độ 200C. a) Tính nhiệt lượng cần thiết để đun sôI ấm nước trên. b) Bếp có hiệu suất 80%. Tính thể tích dầu cần thiết.Cho khối lượng riêng của dầu D =800kg/m 3 BÀI TOÁN 5: Xác định nhiệt lượng cần thiết để một vật(chất) chuyển trạng thái từ rắn sang lỏng sang hơi hoặc từ lỏng sang hơi -Phương pháp giải: -Xác lập một sơ đồ hấp thụ nhiệt: Chất (A) t1 ---Q1--->(A) tnc--- Q2--->(A)nc—Q3---->Asôi—Q4---->(A)hơi - Bài toán có thể xem như có 4 quá trình hấp thụ nhiệt: + Chuyển từ nhiệt độ t1 sang nhiệt độ nóng chảy: Q1 = mC1( tnc– t1) + Chuyển từ nhiệt độ nóng chảy sang nóng chảy hoàn toàn: Q 2 = m1 . λ + Chuyển từ nhiệt độ nóng chảy hoàn toàn đến nhiệt độ sôi: Q3 = mC2( tsôi– tnc) + Chuyển từ nhiệt độ sôi sang bốc hơi hoàn toàn; Q4 = m.L Nhiệt lượng cần thiết cung cấp cho cả quá trình là tổng của 4 nhiệt lượng trên Q= Q1+ Q2 +Q3 + Q4 Lưu ý: Nhiệt dung riêng của một số chất Nhiệt độ nóng chảy của Nhiệt độ sôi của một số chất thường dùng một số chất thông thường thông thường 0 0 -Nước: 4200J/kg.độ -Thép: 1300 C -ête: 35 C 0 -Rượu: 4200J/kg.độ -Đồng: 1083 C -Rượu: 800C 0 -Nước đá: 2500J/kg.độ -Vàng: 1064 C -Nước: 1000C -Nhôm: 880J/kg.độ -Bạc: 9600C -Thuỷ ngân: 3570C -Sắt,thép,gang: 460J/kg.độ -Nhôm: 6580C -Đồng: 25880C -Đồng:380J/kg.độ: -Chì: 3270C -Sắt: 30500C 0 -Chì: 130J/kg.độ -Kẽm: 232 C -Đất: 800J/kg.độ -Băng phiến: 800C -Nước đá: 13000C -Thuỷ ngân: -390C -Rượu: -1170C BÀI TOÁN 6: ĐỘNG CƠ NHIỆT Động cơ nhiệt mà trong đó nội năng của nhiên liệu khi cháy được chuyển hoá thành cơ năng. Bài tập thuộc dạng này, thường lại rơI vào chủ đề tính công, và công suất, tính hiệu suất, và năng lượng toả nhiệt của nhiên liệu. Hiệu suất của động cơ điện là tỷ số giữa phần năng lượng chuyển hoá thành công có ích của động cơ và năng lượng toàn phần do nhiên liệu cháy tạo ra. Phương pháp giải: áp dụng các công thức sau: A =F.s P =A/t hoặc P =F.v H= Aci/ Atp Năng suất toả nhiệt của nhiên liệu: Q =m.q Bài tập áp dụng: Bài 1: một ô tô có công suất 15000W. tính công của máy sinh ra trong một giờ. Biết hiệu suất của máy là 25%. Hãy tính năng lượng xăng tiêu thụ để sinh ra công đó. Biết năng suất toả nhiệt của xăng là 46.106/kg. Bài2:Tính lượng than mà động cơ nhiệt tiêu thụ mỗi giờ. Biết rằng mỗi giờ động cơ thực hiện được một công là 40500kJ, năng suất toả nhiệt của than là 36.106J/kg và hiệu suất của động cơ là 10%..

(27) Bài 3:Một ô tô chạy 100km với lực kéo không đổi là 700N thì tiêu thụ hết 5 lít xăng. Tính hiệu suất của động cơ. Cho khối lượng riêng của xăng là D =700kg/m3. Bài 4:Với 2 lít xăng, một chiếc xe máy có công suất 1,4kW chuyển động với vận tốc 36km/h thì sẽ đI được một quãng đường dài bao nhiêu? Cho hiệu suất của động cơ 30% khối lượng riêng của xăng là 700kg/m3 và năng suất toả nhiệt của xăng là 46.106J/kg. Bài 5: Một máy bơm nước chạy bằng nhiên liệu dầu, có năng suất toả nhiệt là 46.10 6J/kg và có công suất là 20%. Biết máy có thể đưa 800m3 nước lên cao 10m .Tính mức nhiên liệu cần thiết.. CHỦ ĐỀ ( Dạy 4 buổi 12 tiết ) PHẦN II - NHIỆT HỌC Phần này gồm có: + Các bài toán về sự trao đổi nhiệt của hai chất và nhiều chất + Các bài toán có sự chuyển thể của các chất + Các bài toán có sự trao đổi nhiệt với môi trường + Các bài toán có liên quan đến công suất tỏa nhiệt của các vật tỏa nhiệt. + Các bài toán về sự trao đổi nhiệt qua thanh và qua các vách ngăn + các bài toán liên quan đến năng suất tỏa nhiệt của nhiên liệu + các bài toán đồ thị biểu diễn sự tương quan giữa các đại lượng đặc trưng I/ Các bài toán về sự trao đổi nhiệt của hai chất và nhiều chất Phương pháp: Xác định các chất thu nhiệt, các chất tỏa nhiệt. Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt để thiết lập các phương trình cần thiết. Bài 1: Người ta cho vòi nước nóng 700C và vòi nước lạnh 100C đồng thời chảy vào bể đã có sẳn 100kg nước ở nhiệt độ 600C. Hỏi phải mở hai vòi trong bao lâu thì thu được nước có nhiệt độ 45 0C. Cho biết lưu lượng của mỗi vòi là 20kg/phút. Bỏ qua sự mất mát năng lượng ra môi trường. Giải: 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  m 150( kg ) 10. Thời gian mở hai vòi là:.

(28) t=. 15 =7,5(phút ) 20. Bài 2: Một chiếc ca không có vạch chia được dùng để múc nước ở thùng chứa I và thùng chứa II rồi đổ vào thùng chứa III. Nhiệt độ của nước ở thùng chứa I là t 1 = 20 0C, ở thùng II là t2 = 80 0C. Thùng chứa III đã có sẵn một lượng nước ở nhiệt độ t 3 = 40 0C và bằng tổng số ca nước vừa đổ thêm. Cho rằng không có sự mất mát nhiệt lượng ra môi trường xung quanh. Hãy tính số ca nước cần múc ở thùng I và thùng II để nước ở thùng III có nhiệt độ bằng 50 0C ? Giải: Gọi m là khối lượng của mỗi ca nước, n1 là số ca nước ở thùng I, n2 là số ca nước ở thùng II Vậy số ca nước ở thùng III là n1+ n2, nhiệt độ cân bằng của nước trong thùng III là 500C Ta có : Nhiệt lượng thu vào của số nước từ thùng I là : Q1 = m1.c.(50-20) = n1.m.c.30 (1) Nhiệt lượng tỏa ra của số nước từ thùng II là : Q2 = m2.c.(80-50) = n2.m.c.30. (2). Nhiệt lượng thu vào của số nước từ thùng III là : Q3 =(n1+n2).m.c.(50 - 40) = (n1+n2).m.c.10 (3) Do quá trình là cân bằng nên ta có : Q1 + Q3 = Q2 (4) Thay hệ thức (1), (2), (3) vào hệ thức (4) ta được: 2n1= n2 Như vậy nếu mức ở thùng II: n ca thì phải múc ở thùng I: 2n ca và số nước có sẵn trong thùng III là: 3n ca (n nguyên dương ) Bài 3: Trong một bình nhiệt lượng kế chứa hai lớp nước. Lớp nước lạnh ở dưới và lớp nước nóng ở trên. Tổng thể tích của hai khối nước này thay đổi như thế nào khi chúng sảy ra hiện tượng cân bằng nhiệt?. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với bình và với môi trường. Giải: Gọi V1; V2; V’1; V’2 lần lượt là thể tích nước nóng, nước lạnh ban đầu và nước nóng, nước lạnh khi ở nhiệt độ cân bằng. độ nở ra hoặc co lại của nước khi thay đổi 1 0C phụ thuộc vào hệ số tỷ lệ K. sự thay đổi nhiệt độ của lớp nước nóng và nước lạnh lần lượt là ∆t1 và ∆t2. V1 = V’1 + V’1K∆t1 và V2 = V’2 - V’2K∆t2 Ta có V1 + V2 = V’1 + V’2 + K(V’1∆t1 - V’2∆t2) Theo phương trình cân bằng nhiệt thì: m1C∆t1 = m2C∆t2 với m1, m2 là khối lượng nước tương ứng ở điều kiện cân bằng nhiệt, vì cùng điều kiện nên chúng có khối lượng riêng như nhau Nên: V’1DC∆t1 = V’2DC∆t2  V’1∆t1 – V’2∆t2 = 0 Vậy: V1 + V2 = V’1 + V’2 nên tổng thể tích các khối nước không thay đổi II/ Các bài toán có sự chuyển thể của các chất Bài 1: Trong một bình bằng đồng có đựng một lượng nước đá có nhiệt độ ban đầu là t 1 =  5 oC. Hệ được cung cấp nhiệt lượng bằng một bếp điện. Xem rằng nhiệt lượng mà bình chứa và lượng chất trong bình nhận được tỷ lệ với thời gian đốt nóng (hệ số tỷ lệ không đổi). Người ta thấy rằng trong 60 s đầu tiên nhiệt độ của hệ tăng từ t 1 =  5 oC đến t2 = 0 oC, sau đó nhiệt độ không đổi trong 1280 s tiếp theo, cuối cùng nhiệt độ tăng từ t2 = 0 oC đến t3 = 10 oC trong 200 s. Biết nhiệt dung riêng của nước đá là c1 = 2100 J/(kg.độ), của nước là c2 = 4200 J/(kg.độ). Tìm nhiệt lượng cần thiết để 1kg nước đá tan hoàn toàn ở 00c. Giải: Gọi K là hệ số tỷ lệ và  là nhiệt lượng cần thiết để 1 kg nước đá nóng chảy hoàn toàn ở nhiệt độ nóng chảy. + Trong T1 = 60 s đầu tiên, bình và nước đá tăng nhiệt độ từ t1 = - 5oC đến t2 = 0 oC: k.T1 = (m1.c1 + mx.cx)(t2 - t1) (1) + Trong T2 = 1280 s tiếp theo, nước đá tan ra, nhiệt độ của hệ không đổi: k.T2 = m1. (2) + Trong T3 = 200 s cuối cùng, bình và nước tăng nhiệt độ từ t2 = 0 oC đến t3 = 10oC:.

(29) k.T3 = (m1.c2 + mx.cx)(t3 - t2) Từ (1) và (3): k.T1 m1c1  m x c x  t 2  t1 m1c 2  m x c x . k.T3 t3  t2. (3) ( 4) (5). Lấy (5) trừ đi (4): k.T3 k.T1  (6) t3  t2 t 2  t1 Chia 2 vế của 2 phương trình (2) và (6): k.T2 T2    k.T3 k.T1 T3 T1 c 2  c1   t3  t2 t 2  t1 t3  t2 t 2  t1 T2 ( c 2  c 1 )   T3 T1  t3  t2 t 2  t1 Vậy: m(c 2  c 1 ) .   Thay số:. 1280 (4200  2100) J  336000  3,36.10 5 200 60 kg  10  0 0  ( 5). III/ Các bài toán có sự trao đổi nhiệt với môi trường Sự trao đổi nhiệt với môi trường luôn tỷ lệ với độ chênh lệch nhiệt độ. Tỷ lệ với diện tích tiếp xúc với môi trường. Nên nhiệt lượng hao phí ra môi trường là k.S.(t2 - t1) với k là hệ số tỷ lệ. Trong trường hợp nhiệt lượng cung cấp cho vật không đủ làm cho vật chuyển thể thì khi vật có nhiệt độ ổn định ta luôn có công suất tỏa nhiệt ra môi trường đúng bằng công suất của thiết bị đốt nóng cung cấp cho vật. Bài toán 1: Có ba bình hình trụ chỉ khác nhau về chiều cao. Dung tích các bình là 1l, 2l, 4l. tất cả đều chứa đầy nước. Nước trong các bình được đun nóng bởi thiết bị đun. Công suất thiết bị đun không đủ để nước sôi. Nước ở bình thứ nhất được đốt nóng đến 80 0c. ở bình thứ hai tới 600c. Nước ở bình thứ 3 được đốt nóng tới nhiệt độ nào? Nếu nhiệt độ phòng là 20 0c. Cho rằng nhiệt lượng tỏa ra môi trường tỷ lệ với hiệu nhiệt độ giữa nước và môi trường xung quanh, tỷ lệ với diện tích tiếp xúc giữa nước và môi trường. Nước trong bình được đốt nóng đều đặn. Giải: Gọi nhiệt độ của nước trong bình 1, 2, 3 khi ổn định nhiệt độ là T 1, T2, T3 và nhiệt độ phòng là T. Diện tích hai đáy bình là S và diện tích xung quanh của các bình tương ứng là S 1; S2; S3. Dung tích các bình tương ứng là V1; V2; V3 Vì: V3 = 2V2 = 4V1 Nên S3 = 2S2 = 4S1 Vì nhiệt độ tỏa ra môi trường tỷ lệ với độ chênh lệch nhiệt độ và tỷ lệ với diện tích tiếp xúc. Nên công suất hao phí của thiết bị đun của các bình tương ứng là: Php1 = A(S1 + S)(T1-T) = A( S3 +S)60 Php2 = A(S2 + S)(T2-T) = A( S3 +S)40 Php3 = A(S3 + S)(T3-T) = A( S3 +S)(T3 - 20) Với A là hệ số tỷ lệ. Nhiệt độ của các bình sẽ ổn định khi công suất cung cấp của thiết bị đun đúng bằng công suất hao phí. Nên: A( S3 +S)60 = A( S3 +S)40  S3 = 4S.

(30) Từ: A( S3 +S)60 = A( S3 +S)(T3 - 20) và S3 = 4S ta tính được T3 = 440C Vậy nước trong bình thứ 3 được đun nóng tới 440c. Bài 2: Người ta thả một chai sữa của trẻ em vào phích đựng nước ở nhiệt độ t = 40 0C. Sau khi đạt cân bằng nhiệt, chai sữa nóng tới nhiệt độ t 1 = 360C, người ta lấy chai sữa này ra và tiếp tục thả vào phích một chai sữa khác giống như chai sữa trên. Hỏi chai sữa này khi cân bằng sẽ được làm nóng tới nhiệt độ nào? Biết rằng trước khi thả vào phích, các chai sữa đều có nhiệt độ t 0 =180C. Giải: Gọi q1 là nhiệt lượng do phích nước toả ra để nó hạ 10C , q2 là nhiệt lượng cung cấp cho chai sữa để nó nóng thêm 10C , t2 là nhiệt độ của chai sữa thứ hai khi cân bằng. Theo phương trình cân bằng nhiệt ta có: + Lần 1: q1(t – t1) = q2(t1 - t0) + Lần 2: q1(t1 – t2) = q2(t2 - t0) + Từ (1) và (2) giải ra ta có t 2=32,70C IV/ Các bài toán có liên quan đến công suất tỏa nhiệt của các vật tỏa nhiệt. Bài toán 1: Một lò sưởi giữ cho phòng ở nhiệt độ 20 0C khi nhiệt độ ngoài trời là 50C. Nếu nhiệt độ ngoài trời hạ xuống tới – 50C thì phải dùng thêm một lò sưởi nữa có công suất 0,8KW mới duy trì nhiệt độ phòng như trên. Tìm công suất lò sưởi được đặt trong phòng lúc đầu?. Giải: Gọi công suất lò sưởi trong phòng ban đầu là P, vì nhiệt toả ra môi trường tỷ lệ với độ chênh lệch nhiệt độ, nên gọi hệ số tỷ lệ là K. Khi nhiệt độ trong phòng ổn định thì công suất của lò sưởi bằng công suất toả nhiệt ra môi trường của phòng. Ta có: P = K(20 – 5) = 15K ( 1) Khi nhiệt độ ngoài trời giảm tới -50C thì:(P + 0,8) = K[20 – (-5)] = 25K (2) Từ (1) và (2) ta tìm được P = 1,2 KW. Bài toán 2: Một ấm điện bằng nhôm có khối lượng 0,5kg chứa 2kg nước ở 25oC. Muốn đun sôi lượng nước đó trong 20 phút thì ấm phải có công suất là bao nhiêu? Biết rằng nhiệt dung riêng của nước là C = 4200J/kg.K. Nhiệt dung riêng của nhôm là C 1 = 880J/kg.K và 30% nhiệt lượng toả ra môi trường xung quanh Giải: + Nhiệt lượng cần để tăng nhiệt độ của ấm nhôm từ 25oC tới 100oC là: Q1 = m1c1 ( t2 – t1 ) = 0,5.880.(100 – 25 ) = 33000 ( J ) + Nhiệt lượng cần để tăng nhiệt độ của nước từ 25oC tới 100oC là: Q2 = mc ( t2 – t1 ) = 2.4200.( 100 – 25 ) = 630000 ( J ) + Nhiệt lượng tổng cộng cần thiết: Q = Q1 + Q2 = 663000 ( J ) (1) + Mặt khác nhiệt lượng có ích để đun nước do ấm điện cung cấp trong thời gian 20 phút Q = H.P.t (2) ( Trong đó H = 100% - 30% = 70% ; P là công suất của ấm ; t = 20 phút = 1200 giây ) Q 663000.100  789,3(W) H.t 70.1200 +Từ ( 1 ) và ( 2 ) : P = V/ Các bài toán về sự trao đổi nhiệt qua thanh và qua các vách ngăn Sự trao đổi nhiệt qua thanh sẽ có một phần nhiệt lượng hao phí trên thanh dẫn nhiệt. Nhiệt lượng này tỷ lệ với diện tích tiếp xúc của thanh với môi trường, tỷ lệ với độ chênh lệch nhiệt độ của thanh dẫn với nhiệt độ môi trường và phụ thuộc vào chất liệu làm thanh dẫn. Khi hai thanh dẫn khác nhau được mắc nối tiếp thì năng lượng có ích truyền trên hai thanh là như nhau. Khi hai thanh dẫn khác nhau mắc song song thì tổng nhiệt lượng có ích truyền trên hai thanh đúng bằng nhiệt lượng có ích của hệ thống..

(31) Khi truyền nhiệt qua các vách ngăn. Nhiệt lượng trao đổi giữa các chất qua vách ngăn tỷ lệ với diện tích các chất tiếp xúc với các vách ngăn và tỷ lệ với độ chênh lệch nhiệt độ giữa hai bên vách ngăn. Bài toán 1: Trong một bình cách nhiệt chứa hỗn hợp nước và nước đá ở 0 0c. Qua thành bên của bình người ta đưa vào một thanh đồng có một lớp cách nhiệt bao quanh. Một đầu của thanh tiếp xúc với nước đá, đầu kia được nhúng trong nước sôi ở áp suất khí quyển. Sau thời gian T d = 15 phút thì nước đá ở trong bình tan hết. Nếu thay thanh đồng bằng thanh thép có cùng tiết diện nhưng khác nhau về chiều dài với thanh đồng thì nước đá tan hết sau T t = 48 phút. Cho hai thanh đó nối tiếp với nhau thì nhiệt độ t tại điểm tiếp xúc giữa hai thanh là bao nhiêu? Xét hai trường hợp: 1/ Đầu thanh đồng tiếp xúc với nước sôi 2/ Đầu thanh thép tiếp xúc với nước sôi. Khi hai thanh nối tiếp với nhau thì sau bao lâu nước đá trong bình tan hết? (giải cho từng trường hợp ở trên) Giải: Với chiều dài và tiết diện của thanh là xác định thì nhiệt lượng truyền qua thanh dẫn nhiệt trong một đơn vị thời gian chỉ phụ thuộc vào vật liệu làm thanh và hiệu nhiệt độ giữa hai đầu thanh. Lượng nhiệt truyền từ nước sôi sang nước đá để nước đá tan hết qua thanh đồng và qua thanh thép là như nhau. Gọi hệ số tỷ lệ truyền nhiệt đối với các thanh đồng và thép tương ứng là Kd và Kt. Ta có phương trình: Q = Kd(t2 - t1)Td = Kt(t2-tt)Tt Với t2 = 100 và t1 = 0 Nên: = = 3,2 Khi mắc nối tiếp hai thanh thì nhiệt lượng truyền qua các thanh trong 1 s là như nhau. Gọi nhiệt độ ở điểm tiếp xúc giữa hai thanh là t Trường hợp 1: Kd(t2-t) = Kt(t - t1) Giải phương trình này ta tìm được t = 760c Trường hợp 2: Tương tự như trường hợp 1. ta tìm được t = 23,80c. Gọi thời gian để nước đá tan hết khi mắc nối tiếp hai thanh là T Với trường hợp 1: Q = Kd(t2-t1)Td = Kd(t2-t)T = 63 phút. Tương tự với trường hợp 2 ta cũng có kết quả như trên Bài toán 2:Trong một bình có tiết diện thẳng là hình vuông được chia làm ba ngăn như hình vẽ. hai ngăn nhỏ có tiết diện thẳng cũng là hình vuông có cạnh bằng nửa cạnh của bình. Đổ vào các ngăn đến cùng một độ cao ba chất lỏng: Ngăn 1 là nước ở nhiệt độ t1 = 650c. Ngăn 2 là cà phê ở nhiệt độ t2 = 350c. Ngăn 3 là sữa ở nhiệt độ t3 = 200c. Biết rằng thành bình cách nhiệt rất tốt nhưng vách ngăn có thể dẫn nhiệt. Nhiệt lượng truyền qua vách ngăn trong một đơn vị thời gian tỷ lệ với diện tích tiếp xúc của chất lỏng và với hiệu nhiệt độ hai bên vách ngăn. Sau một thời gian thì nhiệt độ ngăn chứa nước giảm ∆t1 = 10c. Hỏi ở hai ngăn còn lại nhiệt độ biến đổi bao nhiêu trong thời gian nói trên? Coi rằng về phương diện nhiệt thì 3 chất nói trên là giống nhau. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt của bình và môi trường. Giải: Vì diện tích tiếp xúc của từng cặp chất lỏng là như nhau. Vậy nhiệt lượng truyền giữa chúng tỷ lệ với hiệu nhiệt độ với cùng một hệ số tỷ lệ K Tại các vách ngăn. Nhiệt lượng tỏa ra: Q12 = K(t1 - t2); Q13 = k(t1 - t3); Q23 = k(t2 - t3) Từ đó ta có các phương trình cân bằng nhiệt: Đối với nước: Q12 + Q23 = K(t1 - t2 + t1 -t3) = 2mc∆t1 Đối với cà phê: Q12 -Q23 = k(t1 - t2 - t2 + t3 ) = mc∆t2 Đối với sữa: Q13 + Q23 = k(t1 - t3 + t2 - t3) = mc∆t3 Từ các phương trình trên ta tìm được: ∆t2 = 0,40c và ∆t3 = 1,60c VI/ Các bài toán liên quan đến công suất tỏa nhiệt của nhiên liệu: Bài toán:. Một bếp dầu hoả có hiệu suất 30%. a)Tính nhiệt lượng toàn phần mà bếp toả ra khi đốt cháy hoàn toàn 30g dầu hoả? b)Với lượng dầu hoả nói trên có thể đun được bao nhiêu lít nước từ 30 0C đến 1000C. Biết năng suất toả nhiệt của dầu hoả là 44.106J/kg , nhiệt dung riêng của nước là 4200J/kg.K..

(32) Giải: a) b). QTP =mq = 0,03 .44 106 = 1320 000(J) + Gọi m là khối lượng nước cần đun, theo bài ra ta có: Qthu= cmt = 4200.m.(100 - 30) = 294 000.M(J). + Từ công thức :. Qi 30 Q H = TP  Qi = H.QTP = 100 .1320 000 = 396 000(J). + Nhiệt lượng cần đun sôi lượng nước là Qi , theo phương trình cân bằng nhiệt ta có: 294 000.m = 396 000  m = 1,347 (kg) Vậy với lượng dầu trên đun bằng bếp ta có thể đun được 1,347 kg (1,347l) 1000C. VII/ Bài toán đồ thị: Bài toán: Hai lít nước được đun trong một chiếc bình đun nước có công suất 500W. Một phần nhiệt tỏa ra môi trường xung quanh. Sự phụ thuộc của công suất tỏa ra môi trường theo thời gian đun được biểu diễn trên đồ thị như hình vẽ. Nhiệt độ ban đầu của nước là 200c. Sau bao lâu thì nước trong bình có nhiệt độ là 300c. Cho nhiệt dung riêng của nước là c = 4200J/kg.K. nước từ 30 0C đến. Giải: Gọi đồ thị biểu diễn công suất tỏa ra môi trường là P = a + bt. + Khi t = 0 thì P = 100 + Khi t = 200 thì P = 200 + Khi t = 400 thì p = 300 Từ đó ta tìm được P = 100 + 0,5t Gọi thời gian để nước tăng nhiệt độ từ 200c đến 300c là T thì nhiệt lượng trung bình tỏa ra trong thời gian này là: Ptb = = = 100 + 0,25t Ta có phương trình cân bằng nhiệt: 500T = 2.4200(30 - 20) + (100+0,25t)t Phương trình có nghiệm: T = 249 s và T = 1351 s Ta chọn thời gian nhỏ hơn là T = 249s PHẦN III - CÁC BÀI TOÁN THỰC NGHIỆM CƠ - NHIỆT I/ Các bài toán thực nghiệm ứng dụng điều kiện cân bằng của vật rắn: Bài toán 1: Hãy tìm cách xác định khối lượng của một cái chổi quét nhà với các dụng cụ sau: Chiếc chổi cần xác định khối lượng, một số đoạn dây mềm có thể bỏ qua khối lượng, 1 thước dây có độ chia tới milimet. 1 gói mì ăn liền mà khối lượng m của nó được ghi trên vỏ bao ( coi khối lượng của bao bì là nhỏ so với khối lượng cái chổi) Giải: ( xem hình vẽ phía dưới) Bước 1: dùng dây mềm treo ngang chổi. di chuyển vị trí buộc dây tới khi chổi nằm cân bằng theo phương ngang, đánh dấu điểm treo là trọng tâm của chổi ( điểm M) Bước 2: Treo gói mì vào đầu B. làm lại như trên để xác đinh vị trí cân bằng mới của chổi ( điểm N) Bước 3: vì lực tác dụng tỷ lệ nghịch với cánh tay đòn nên ta có: P c.l1 = PM.l2  mc .l1 = m .l2  mc =. m.l 2 l1. Từ đó xác định được khối lượng chổi. các chiều dài được đo bằng thước dây..

(33) Bài toán 2: Trình bầy phương án xác định khối lượng riêng (gần đúng) của một chất lỏng x với các dụng cụ sau đây. Một thanh cứng, đồng chất, một thước thẳng có thang đo, dây buộc không thấm nước, một cốc nước( đã biết Dn), Một vật rắn không thấm nước( có thể chìm được trong cả hai chất lỏng), Cốc đựng chất x. Giải: + Dùng dây treo thanh cứng, khi thanh thăng bằng, đánh dấu vị trí dây treo là G( G chính là trọng tâm của thanh). + Treo vật nặng vào thanh cứng, dịch chuyển dây treo để thước thăng bằng trở lại, đánh dấu vị trí treo thanh và treo vật là O 1 và A, dùng thước đo khoảng cách AO 1=l1, O1G=l2. khi đó ta có phương trình cân bằng: l1 P1=p0l2 (1) + Nhúng chìm vật rắn vào chất lỏng x , dịch dây treo thước đến vị trí O 2 để thước thăng bằng trở lại. đo khoảng cách AO2 =l3, O2G=l4 Ta có phương trình cân bằng: l3( P1- 10 V Dx) = P0.l4 (2). + Nhúng chìm vật rắn vào cốc nước , dịch dây treo thước đến vị trí O 3 để thước thăng bằng trở lại. đo khoảng cách AO3 =l5, O3G=l6,Ta có phương trình cân bằng:l5( P1- 10 V Dn)=P0.l6 (3). + giải hệ 3 phương trình 1,2,3 ta tìm được Dx II/ Các bài toán thực nghiệm ứng dụng điều kiện cân bằng của vật trong chất lỏng: Bài toán 1: Trong tay chỉ có 1 chiếc cốc thủy tinh hình trụ thành mỏng, bình lớn đựng nước, thước thẳng có vạch chia tới milimet. Hãy nêu phương án thí nghiệm để xác định khối lượng riêng của một chất lỏng nào đó và khối lượng riêng của cốc thủy tinh. Cho rằng bạn đã biết khối lượng riêng của nước. Giải: Gọi diện tích đáy cốc là S, Khối lượng riêng của cốc là D 0; Khối lượng riêng của nước là D1; khối lượng riêng của chất lỏng cần xác định là D2 và thể tích cốc là V. chiều cao của cốc là h. Lần 1: thả cốc không có chất lỏng vào nước. phần chìm của cốc trong nước là h 1 Ta có: 10D0V = 10D1Sh1  D0V = D1Sh1. (1)  D0Sh = D1Sh1  D0 =. h1 D1  xác định được khối lượng riêng của cốc. h. Lần 2: Đổ thêm vào cốc 1 lượng chất lỏng cần xác định khối lượng riêng ( vừa phải) có chiều cao h 2, phần cốc chìm trong nước có chiều cao h3 Ta có: D1Sh1 + D2Sh2 = D1Sh3. ( theo (1) và P = FA) D2 = (h3 – h1)D1  xác định được khối lượng riêng chất lỏng. Các chiều cao h, h1, h2, h3 được xác định bằng thước thẳng. D1 đã biết. Bài toán 2: Hãy trình bày phương án xác định ( gần đúng) khối lượng riêng của một vật nhỏ bằng kim loại Dụng cụ gồm: Vật cần xác định khối lượng riêng, lực kế, ca đựng nước có thể nhúng chìm hoàn toàn vật, một số sợi dây nhỏ mềm có thể bỏ qua khối lượng. coi rằng khối lượng riêng của không khí là D 1 và khối lượng riêng của nước là D2 đã biết. Giải: Bước 1: Treo vật vào lực kế. đọc số chỉ lực kế khi vật ở trong không khí ( P1).

(34) Nhúng chìm vật trong nước. đọc số chỉ của lực kế khi vật bị nhúng chìm (P2) Bước 2: Thiết lập các phương trình: Gọi thể tích của vật là V, Lực ác si mét khi vật ngoài không khí là F A1 và khi vật ở trong nước là FA2. Khi vật trong không khí: P1 = P - FA1 = P – 10D1V (1) Khi vật được nhúng chìm trong nước: P2 = P - FA2 = P – 10D2V (2) Từ (1) và (2) ta có: V =. P 1 − P2 10 ( D2 − D1). (3). P1 D 2 − P2 D 1 D2 − D1 P1 D 2 − P2 D 1 P =¿ Vậy khối lượng của vật: m = 10 10(D2 − D1) m P1 D 2 − P2 D 1 = Từ đó tính được khối lượng riêng của vật: D = V P 1 − P2 III/ Các bài toán thực nghiệm ứng dụng áp suất trong lòng chất lỏng:. Mặt khác. Từ (1) và (3) có: P = F 1 + 10D1V =. Bài toán: Trình bày cách xác định khối lượng riêng của dầu hỏa bằng phương pháp thực nghiệm với các dụng cụ gồm: hai ống thủy tinh rỗng giống nhau và một ống cao su mếm có thể nối khít hai ống thủy tinh , một cốc đựng nước nguyên chất, một cốc đựng dầu hỏa , một thước dài có độ chia nhỏ nhất đến mm. 1 bút vạch dấu, 1 phễu rót thích hợp, một giá thí nghiệm. Trọng lượng riêng của nước đã biết là dn. Giải: Bước 1: Nối hai ống thủy tinh bằng ống cao su mềm thành một bình thông nhau và gắn lên giá thì nghiệm sao cho hai miệng ống thủy tinh có chiều cao như nhau. Bước 2: Đổ nước vào một nhánh , sau đó đổ dầu vào nhánh kia.. Do dầu không hòa tan và nhẹ hơn nước nên nổi trên mặt nước.xác định 2 điểm A và B trong 2 nhánh (giả sử A ở nhánh có dầu) sao cho A nằm trên mặp phân cách giữa dầu và nước và A, B cùng nằm trên mặt phẳng nằm ngang. ( thực hiện bằng cách đo từ miệng ống) Bước 3: Thiết lập các phương trình: pA = pB nên hA. dd = hB.dn Vậy: d d = Dùng thước có chia đến mm để đo độ cao h A của cột dầu và độ cao hB của cột nước và thế vào biểu thức trên để tính dn Có thể tiến hành đo nhiều lần với lượng nước và dầu khác nhau để tính trị số trung bình của trọng lượng riêng của dầu IV/ Các bài toán thực nghiệm ứng dụng phương trình cân bằng nhiệt: Bài toán: Hãy nêu phương án xác định nhiệt dung riêng của chất lỏng không có phản ứng hóa học với các chất khi tiếp xúc. Dụng cụ gồm: 1 nhiệt lượng kế có nhiệt dung riêng là C k, một nhiệt kế phù hợp, 1 chiếc cân không có bộ quả cân, hai chiếc cốc thủy tinh, nước có nhiệt dung riêng là C n, bếp điện và bình đun. Giải: Bước 1: Dùng cân để lấy ra một lượng nước và một lượng chất lỏng có cùng khối lượng bằng khối lượng của nhiệt lượng kế: ta thực hiện như sau: Lần 1: Trên đĩa cân 1 đặt nhiệt lượng kế và một cốc rỗng 1. trên đĩa cân 2 đặt cốc rỗng 2. rót nước vào cốc 2 cho đến khi cân thăng bằng. Lần 2: bỏ nhiệt lượng kế ra khỏi đĩa cân 1. rót chất lỏng vào cốc 1 cho đến khi cân thăng bằng. ta có khối lượng chất lỏng bằng khối lượng của nhiệt lượng kế. m l = mk. Đổ chất lỏng từ cốc 1 vào bình nhiệt lượng kế. Lần 3: rót nước vào cốc 1 cho đến khi cân thăng băng. Ta có khối lượng của nước bằng khối lượng nhiệt lượng kế. mn = mk. Đổ nước từ cốc 1 vào bình đun. Bước 2: Đo nhiệt độ t1 của chất lỏng ở nhiệt lượng kế. Đun nước tới nhiệt độ t 2 rồi rót vào nhiệt lượng kế và khuấy đều. đo nhiệt độ của hỗn hợp chất lỏng khi cân bằng nhiệt là t3. Bước 3: Lập phương trình cân bằng nhiệt: mnCn(t2 - t3) = (mlCl + mkCk)(t3 - t1) từ đó xác định được Cl.

(35) CHỦ ĐỀ 3 (. Dạy 4 buổi 12 tiết ). PHẦN ĐIỆN HỌC A/. Tóm tắt kiến thức 1/. Muốn duy trì một dòng điện lâu dài trong một vật dẫn cần duy trì một điện trường trong vật dẫn đó. Muốn vậy chỉ cần nối 2 đầu vật dẫn với 2 cực của nguồn điện thành mạch kín. Càng gần cực dương của nguồn điện thế càng cao. Quy ước trong mạch điện, điện thế tại cực dương của nguồn điện là lớn nhất, điện thế tại cực âm của nguồn điện = 0. Quy ước chiều dòng điện là chiều chuyển dời có hướng của các hạt mang điện tích dương, Theo quy ước đó ở bên ngoài nguồn điện dòng điện có chiều đi từ cực dương, qua vật dẫn đến cực âm của nguồn điện (chiều đi từ nơi có điện thế cao đến nơi có diện thế thấp). Độ chênh lệch về điện thế giữa 2 điểm gọi là hiệu điện thế giữa 2 điểm đó : V A-VB= UAB. Muốn duy trì một dòng điện lâu dài trong một vật dẫn cần duy trì một HĐT giữa 2 đầu vật dẫn đó ( U=0  I =0) 2/. Mạch điện: a. Đoạn mạch điện mắc song song:.

(36) *Đặc điểm: mạch điện bị phân nhánh, các nhánh có chung điểm đầu và điểm cuối. Các nhánh hoạt động độc lập. *Tính chất: 1. Uchung 2. cường độ dòng điện trong mạch chính bằng tổng cường độ dòng điện trong các mạch rẽ I=I1+I2+...+In 3.Nghịch đảo của điện trở tương đương bằng tổng các nghịch đảo của các điện trở thành phần R=R1+R2+...+Rn - Từ t/c 1 và công thức của định luật ôm  I1R1=I2R2=....=InRn=IR - Từ t/c 3  Đoạn mạch gồm n điện trở có giá trị bằng nhau và bằng r thì điện trở của đoạn mạch mắc song song là R=r/n. - Từ t/c 3  điện trở tương đương của đoạn mạch mắc song song luôn nhỏ hơn mỗi điện trở thành phần. b. Đoạn mạch điện mắc nối tiếp: *Đặc điểm:các bộ phận (các điện trở) mắc thành dãy liên tục giữa 2 cực của nguồn điện ( các bộ phận hoạt động phụ thuộc nhau). * Tính chất: 1.I chung 2. U=U1+U2+....+Un. 3. R=R1+R2+,...Rn. *Từ T/c 1 và công thức của định luật ôm I=U/R  U1/R1=U2/R2=...Un/Rn. (trong đoạn mạch nối tiếp, hiệu điện thế giữa 2 đầu các vật dẫn tỉ lệ thuận với điện trở của chúng)  Ui=U Ri/R... Từ T/c 3  nếu có n điện trở giống nhau mắc nối tiếp thì điện trở của đoạn mạch là R =nr. Cũng từ tính chất 3  điện trở tương đương của đoạn mạch mắc nối tiếp luôn lớn hơn mỗi điện trở thành phần. C.Mạch cầu : r1 r 3 = r2 r 4. Mạch cầu cân bằng có các tính chất sau:. - về điện trở: . -Về dòng: -về HĐT : U5=0. ( R5 là đường chéo của cầu) I5=0. I 1 r2 I 3 r4 = ; = ; I =I ; I =I I 2 r1 I 4 r3 1 3 2 4. r1 r3 ≠ ; r2 r4. suy ra Mạch cầu không cân bằng:. I5 khác 0; U5 khác 0. * Trường hợp mạch cầu có 1 số điện trở có giá trị bằng 0; để giải bài toán cần áp dụng các quy tắc biến đổi mạch điện tương đương ( ở phần dưới ) *Trường hợp cả 5 điện trở đều khác 0 sẽ xét sau. 3/. Một số quy tắc chuyển mạch: a/. chập các điểm cùng điện thế: "Ta có thể chập 2 hay nhiều điểm có cùng điện thế thành một điểm khi biến đổi mạch điện tương đương." (Do VA-Vb = UAB=I RAB  Khi RAB=0;I 0 hoặc RAB 0,I=0 Va=Vb Tức A và B cùng điện thế) Các trường hợp cụ thể: Các điểm ở 2 đầu dây nối, khóa K đóng, Am pe kế có điện trở không đáng kể...Được coi là có cùng điện thế. Hai điểm nút ở 2 đầu R5 trong mạch cầu cân bằng... b/. Bỏ điện trở: ta có thể bỏ các điện trở khác 0 ra khỏi sơ đồ khi biến đổi mạch điện tương đương khi cường độ dòng điện qua các điện trở này bằng 0. Các trường hợp cụ thể: các vật dẫn nằm trong mạch hở; một điện trở khác 0 mắc song song với một vật dẫn có điện trở bằng 0 (điện trở đã bị nối tắt) ; vôn kế có điện trở rất lớn (lý tưởng)..

(37) 4/. Vai trò của am pe kế trong sơ đồ: * Nếu am pe kế lý tưởng ( Ra=0) , ngoài chức năng là dụng cụ đo nó còn có vai trò như dây nối do đó: Có thể chập các điểm ở 2 đầu am pe kế thành một điểm khi biến đổi mạch điện tương đương( khi đó am pe kế chỉ là một điểm trên sơ đồ) Nếu am pe kế mắc nối tiếp với vật nào thì nó đo cường độ d/đ qua vật đó. Khi am pe kế mắc song song với vật nào thì điện trở đó bị nối tắt (đã nói ở trên). Khi am pe kế nằm riêng một mạch thì dòng điện qua nó được tính thông qua các dòng ở 2 nút mà ta mắc am pe kế (dựa theo định lý nút). * Nếu am pe kế có điện trở đáng kể, thì trong sơ đồ ngoài chức năng là dụng cụ đo ra ampe kế còn có chức năng như một điện trở bình thường. Do đó số chỉ của nó còn được tính bằng công thức: Ia=Ua/Ra . 5/. Vai trò của vôn kế trong sơ đồ: a/. trường hợp vôn kế có điện trỏ rất lớn (lý tưởng): *Vôn kế mắc song song với đoạn mạch nào thì số chỉ của vôn kế cho biết HĐT giữa 2 đầu đoạn mạch đó: UV=UAB=IAB. RAB *Trong trường hợp mạch phức tạp, Hiệu điện thế giữa 2 điểm mắc vôn kế phải được tính bằng công thức cộng thế: UAB=VA-VB=VA- VC + VC- VB=UAC+UCB.... *có thể bỏ vôn kế khi vẽ sơ đồ mạch điện tương đương. *Những điện trở bất kỳ mắc nối tiếp với vôn kế được coi như là dây nối của vôn kế (trong sơ đồ tương đương ta có thể thay điện trở ấy bằng một điểm trên dây nối), theo công thức của định luật ôm thì cường độ qua các điện trở này coi như bằng 0, (IR=IV=U/ ∞ =0). b/. Trường hợp vôn kế có điện trở hữu hạn, thì trong sơ đồ ngoài chức năng là dụng cụ đo vôn kế còn có chức năng như mọi điện trở khác. Do đó số chỉ của vôn kế còn được tính bằng công thức UV=Iv.Rv... 6/.Định lý nút: Tổng các dòng điện đi vào một nút bằng tổng các dòng điện đi ra khỏi nút đó. 7/. Công thức điện trở: R =?; 8/. Định luật ôm: I = U/R. R=. ρ .l S. B. BÀI TẬP. I. CÔNG THỨC ĐIỆN TRỞ 1.1Một dây dẫn đồng tính có chiều dài l. Nếu gấp nó lại làm đôi, rồi gập lại làm bốn, thì điện trở của sợi dây chập 4 ấy bằng mấy phần điện trở sợi dây ban đầu. (Đ/S:R1=1/16R) 1.2 Một đoạn dây chì có điện trở R. Dùng máy kéo sợi kéo cho đường kính của dây giảm đi 2 lần, thì điện trở của dây tăng lên bao nhiêu lần.(ĐS: 16 lần) 1.3. Điện trở suất của đồng là 1,7. 10-8 m, của nhôm là 2,8.10-8 m.Nếu thay một dây tải điện bằng đồng, tiết diện 2cm2 bằng dây nhôm, thì dây nhôm phải có tiết diện bao nhiêu? khối lượng đường dây giảm đi bao nhiêu lần. (D đồng=8900kg/m3, D nhôm= 2700kg/m3). 1.4 Một cuộn dây đồng đường kính 0,5 mm, quấn quanh một cái lõi hình trụ dài 10cm, đường kính của lõi là 1cm và đường kính của 2 đĩa ở 2 đầu lõi là 5cm. Biết rằng các vòng dây được quấn đều và sát nhau. Hãy tính điện trở của dây. 1.5 Một dây nhôm có khối lượng m=10kg, R=10,5 . Hãy tính độ dài và đường kính của dây. 1.6 Một bình điện phân đựng 400cm3 dung dịch CuSO4. 2 điện cực là 2 tấm đồng đặt đối diện nhau, cách nhau 4cm, nhưng sát đáy bình. Độ rộng mỗi tấm là 2cm, độ dài của phần nhúng trong dung dịch là 6cm, khi đó điện trở của bình là 6,4 . a. Tính điện trở suất của dung dịch dẫn điện..

(38) b. Đổ thêm vào bình 100cm3 nước cất, thì mực d/d cao thêm 2cm. Tính điện trở của bình. c. Để điện trở của bình trở lại giá trị ban đầu, phải thay đổi khoảng cách giữa 2 tấm là bao nhiêu, theo hướng nào? Gợi ý cách giải 1.1 Điện trở dây dẫn tỉ lệ thuận với chiêù dài, tỉ lệ nghịch với tiết điện của dây. Theo đề bài, chiều dài giảm 4 lần, làm điện trở giảm 4 lần mặt khác tiết diện lại giảm 4 lần làm điện trở giảm thêm 4 lần nữa thành thử điện trở của sợi dây chập 4 giảm 16 lần so với dây ban đầu. 1.4 Tính số vòng trong mỗi lớp: n=100/0,5=200 Tính độ dày phần quấn dây: (5-1): 2.10=20m Số lớp p=20: 0,5=40 (lớp) Tổng số vòng dây: N=n.p=8000 vòng Đường kính t/b của mỗi vòng: d=(5+1):2=3cm Chiều dài củadây: l=  dn=753,6m π .d 4. 2. Tiết diện t/b của dây: S = ρ. l s. Điện trở của dây:. R=. 1.6 a.diện tích miếng đồng ngập trong d/d:S1=a.h điện trở suất của dây ban đầu ρ1=R1 S 1 /l1 k 1 v 2 ρ2 = = b. thể tích d/d ban đầu là v1=400cm3, thể tích d/d lúc sau là v2=500cm3 tỉ số giữa k 2 v 1 ρ1 nồng độ d/d lúc đầu và lúc sau: = 5/4 (nồng độ d/d càng cao khả năng dẫn điện càng tốt, suất điện trở càng bé) Tiết diện dây dẫn lúc sau: S2= a.( h+0,02)=... điện trở của bình R2= 2.l/S2=6  c. lx=R1. S2/ ρ 2=4,27cm II.GHÉP ĐIỆN TRỞ-TÍNH ĐIỆN TRỞ-ĐO ĐIỆN TRỞ II.1.Ghép điện trở 2.1. Có 3 điện trở giống hệt nhau, hỏi có thể tạo được bao nhiêu giá trị điện trở khác nhau. Nếu 3 điện trở có giá trị khác nhau R1, R2, R3 thì tạo được bao nhiêu? 2.2. Có hai loại điện trở: R1=20 , R2=30 . Hỏi cần phải có bao nhiêu điện trở mỗi loại để khi mắc chúng: a. Nối tiếp thì được đoạn mạch có điện trở R=200 ? b. Song song thì được đoạn mạch có điện trở R= 5 . (S 121/nc9) 2.3**. Có các điện trở cùng loại r=5 . Cần ít nhất bao nhiêu cái, và phải mắc chúng như thế nào để được một điện trở có giá trị nguyên cho trước? Xét các trường hợp X=6, 7,8,9( ) 2.4. Phải lấy ít nhất bao nhiêu điện trở r= 1  để mắc thành đoạn mạch có điện trở R=0,6 . (S121/nc9) 2.5 Cho một mạch điện như hình vẽ 1.8 ;U BD khômg đổi bằng 220v, R1=170 , Am pe kế chỉ 1A. R là một bộ gồm 70 chiếc điện trở nhỏ mắc nối tiếp, thuộc 3 loại B D A khác nhau: 1,8 , 2 , 0,2 . Hỏi mỗi loại có bao nhiêu chiếc? Hình1.8 2.6* Một cái hộp kín (gọi là hộp đen) chỉ chứa toàn điện trở, các điện trở này được nối với 3 chốt A,B,C nhô ra ngoài. Đo điện trở giữa từng cặp điểm một ta được:R AB=12 , RBC=16,5  RAC= 28,5 . Hỏi hộp chứa tối thiểu mấy điện trở, tính các điện trở ấy và vẽ sơ đồ cách mắc chúng vào 3 điểm A,B,C? 2.8** Một hộp đen (tương tự như ở bài 2.6) Có R AB= 20 , RBC=45 , RAC=50 .Xác định các điện trở và vẽ sơ đồ cách mắc chúng vào 3 điểm A,B,C..

(39) 2.9. Các bài 28, 29, 30, 31 S121 BTB VL  mạch điện vô hạn tuần hoàn về một phía, về 2 phía. Xem các bài 28, 29, 30 200BTVL-NCH  Mạch điện có tính chất đối xứng (đối xứng trục). Xem các bài tập 31, 32, 33 200BTVL-NCH II. 2. Đo điện trở: ( Bài tập thực hành) 2.9 .Dùng 1 am pe kế có điện trở rất nhỏ, một cái điện trở đã biết trước trị số r, một bộ ắc quy và một số dây nối. Hãy xác định điện trở của một vật dẫn X. (cho rằng bộ ắc quy nối với mạch ngoài hiệu điện thế tại 2 cực của nó vẫn không thay đổi); 2.10. Cho một ampe kế, một vôn kế, một bộ ắc quy và một số dây nối. Hãy xác định điện trở của một vật dẫn x. Xét 2 trường hợp a. Ampe kế có điện trỏ rất nhỏ, vôn kế có điện trỏ rất lớn (Ampe kế và vôn kế lí tưởng) b. Ampe kế có điện trở đáng kể, vôn kế có điện trở hữu hạn. 2.11.Dùng một vôn kế có điện trở rất lớn, một cái điện trở đã biết trước điện trở của nó là r, một bộ ắc quy và một số dây nối. Hãy xác định điện trở của vật dẫn x. 2.12. Xác định điện trở suất của chất làm dây dẫn với các dụng cụ: ampe kế, vôn kế, bộ ắc quy, thước đo chiều dài, thước kẹp và một số dây nối khác. 2.13. Nêu phương án xác định giá trị của một điện trở R x với các dụng cụ sau đây: Một ampe kế, một điện trở r1 đã biết trước giá trị, Một đoạn dây dẫn có suất điện trở khá lớn, một số dây nối (có suất điện trở bé) bộ pin, thước thẳng có thang đo. 2.14. Cho 2 vôn kế, một vôn kế có điện trở R 0 đã biết, còn một vôn kế có điện trở Rx chưa biết, nguồn điện một chiều, điện trở R. Hãy xác định Rx của vôn kế. 2.15. Cho 2 điện trở R1và R2, ampe kế, nguồn điện không đổi. Tinh giá trị của 2 điện trở đó. 2.16. Làm thế nào đo được HĐT của mạng điện cao hơn 220V, nếu có những vôn kế với thang đo chỉ đến 150V? (điện trở các vôn kế như nhau) 2.17.Cho một hộp đen (hình 2.11) có 3 cực ra, vôn kế, ampe kế, nguồn điện các dây nối Biết rằng trong hộp có 3 điện trở mắc hình sao. Hãy xác định độ lớn của các điện trở đó. (BTVL9-Dùng cho HSG) 2.18 Trong hộp kín A có một bóng đèn pin, trong hộp kín B có một điện trở. Làm thế nào biết bóng đèn nằm ở hộp nào. ( xem bài 117 /S121/nc9) 2.19 Bằng cách nào, khi nhúng 2 dây dẫn nối với 2 cực của một nguồn điện vào một cốc nước, có thể nhận biết được là có tồn tại hay không giữa chúng một hiệu điện thế? 2.20.* Cho một nguồn điện có hiệu điện thế U nhỏ và không đổi, một điện trở r chưa biết mắc một đầu vào một cực của nguồn, một ampe kế có điện trở R a khác 0 chưa biết, một biến trở có giá trị biết trước. Làm thế nào để xác định được hiệu điện thế. 2.22.** Có 2 ampe kế lí tưởng, với giới hạn đo khác nhau chưa biết, nhưng đủ đảm bảo không bị hỏng. Trên mặt thang chia độ của chúng chỉ có các vạch chia, không có chữ số. Dùng 2 ampe kế trên cùng với nguồn có hiệu điện thế không đổi, chưa biết, một điện trỏ mẫu R 1 đã biết giá trị và các dây nối để xác định điện trở Rx chưa biết. Hãy nêu phương án thí nghiệm (có giải thích). Biết rằng độ lệch của kim ampe kế tỉ lệ thuận với cường độ dòng điện chạy qua nó. (hãy giải lại bài toán khi chỉ có một ampe kế) III. ĐỊNH LUẬT ÔM CHO ĐOẠN MẠCH- CHO TOÀN MẠCH....

(40)  Định luật ôm cho toàn mạch- mạch điện có nhiều nguồn  Tóm tắt lí thuyết:  Cho mạch điện gồm một điện trở R mắc giữa 2 cực của nguồn điện một chiều có suất điện động E, điện trở trong r (h-A).gọi cường độ dòng điện trong mạch là I ta có I =. E .(1) r+ R.  Từ công thức * của định luật ôm cho toàn mạch  E=I(.r+R)hay E=I.r+I.R (2)  Dấu của E và I trong mạch điện có nhiều nguồn ( hình B):Trongmạch điện có nhiều nguồn,để viết dấu của nguồn và cường độ dòng điện chạy qua các đoạn mạch..ta làm như sau: - Chọn chiều của dòng điện trong các đoạn mạch (chọn tùy ý) -Chọn chiều xét của mạch kín đang quan tâm - lấy dấu (+) cho nguồn E nếu chiều đang xét qua nó có chiều từ cực âm (-) sang cực dương (+) , lấy dấu (+) cho cường độ dòng điện I nếu chiều dòng điện chạy qua điện trở ( hay đoạn mạch) cùng với chiều tính mà ta đã chọn.. Ví dụ:ở hình-B tạm quy ước chiều dòng điện trong mạch như hình vẽ,xét mạch kín CABC (theo chiều C A  B  C) thì: E1 lấy dấu(+), E2 lấy dấu (-),I1 và I2 lấy dấu (+)nên ta có phương trình thế E1-E2=I1r1+I2r2...  Bài tập vận dụng: 3. 1.1 Cho mạch điện như hình vẽ3.1.1. Trong đó E1=12V, r1= 1 , r2 = 3 . a. tìm E2 để không có dòng điện qua R? b. Giả sử cho R=1 , E2=6 V,khi đó dòng điện qua R khác 0. tính cường độ dòng điện đó và UAB .. c. UAB=? Nếu R=0, R rất lớn ?  Mạch cầu tổng quát.  Tóm tắt lí thuyết:.

(41) *Quy tắc biến đổi mạch hình sao thành mạch hình tam giác: R1=. xy + yz+zx xy + yz+zx xy + yz+zx , R1= , R1= z x y. *Quy tắc chuyển mạch hình tam giác thành hình sao: x=. R 1 . R3 R 1+ R 2 + R 3. z=. R2 . R3 R 1 + R 2+ R 3. y=. R1 . R 2 R1 + R2 + R3.  Bài tập mẫu:Xem ví dụ trang 37, 38 200BTVL-NCH  Bài tập vận dụng. 3.2.1: Cho mạch điện như hình vẽ 3.3.1 , R 1 = R2 = 1 , R3 =2 ,R4=3 ,R5=4 . UAB=5,7V. Tìm cường độ dòng điện và điện trở tương đương của mạch cầu. 3.2.2. Cho mạch điện như hình 3.3.1, R 1 = R2 = 1 , R3 =2 ,R4=3 ,R5=4  ,I5=0,5A và có chiều từ C đến D Tìm Hiệu điện thế giữa 2 điểm A và B 3.2.3. Cho mạch điện như hình 3.3.1, R 1 = R2 = 1 , R3 =2 ,R4=3 ,R5=4,I5=0,5A Tìm Hiệu điện thế giữa 2 điểm A, B. 3.2.4. Cho mạch điện như hình 3.2.2, trong đó R1 = R4 = 6 , R3 =R2=3 ; R5 là một bóng đèn loại (3V-1,5W)đèn sáng bình thường. tính UAB? Phương pháp giải: Bài 3.2.1: *cách 1: đặt ẩn số là U1 và U3;U5 Dựa vào công thức cộng thế tính U2,U4 theo U1 và U3 .( có thể đặt ẩn là U1và U4..) lập phương trình dòng tại các nút C và D theo các ẩn số đã chọn;  giải phương trình tính được U1, U3... cường độ dòng điện chạy trong các điện trở và trong mạch chính  điện trở tương đương của đoạn mạch. *Cách 2: đặt ẩn số là I1 và I3, tính I2và I4 theo ẩn số đã chọn. Lập 2 phương trình tính hiệu điện thế AB ,giải hệ phương trình  I1 và I2  I3, I4,I  RAB *Cách 3: biến đổi mạch điện tương đương( tam giác thành sao hoặc ngược lại), tính điện trở tương đương của đoạn mạch, tính cường độ dòng điện mạch chính tính I1 và I3 từ hệ phương trình I1+I3=I (1), và I1R1 +I5R5=I3R3. Bài 3.2.2: Chọn cách giải 1.

(42) Đặt ẩn là U1 và U4 ( hoặc U1 và U3....)  vận dụng công thức cộng thế, viết công thức tính U2 và U3 theo U1 và U4,  Lập tiếp phướng trình tính UAB theo nhánh ACDB: UAB= U1 + I5 R5 + U4 =UAB. (1). Lập thêm 2 phương trình về dòng tại các nút C và D: U1 U −U 1 =U 5+ AB (2) R1 R2. U4 U − U4 =U 5 + AB (3) . R4 R2. Giải hệ 3 phương trình 3 ẩn trên sẽ tìm được U AB (từ đây lại có thể tìm được các đại lượng khác còn lại...) bài 3.2.3: giải tương tự như bài 3.3.2 nhưng vì chưa cho biết chiều của dòng điện I 5 do đó cần phải xác định chiều của I5 trước ( nếu chọn sai, có thể dẫn đến UAB <0  vô lí)  Mạch điện có am pe kế, vôn kế: 3.3.1 Cho mạch điện như hình 3.3.1, các điện trở Giống nhau, có giá trị là r ; điện trở của các am pe kế không đáng kể; UAB có giá trị U0 không đổi. Xác định số chỉ của các am pe kế khi a.cả 2 khóa cùng đóng. Chốt (+) của am pe kế mắc vào đâu? b. khi cả 2 khóa cùng mở? 3.3.2 Cho mạch điện như hình 3.3.2 ; R1=R4= 1 ; R2=R3=3 ; R5= 0,5 ; UAB= 6 v. a. Xác định số chỉ của am pe kế? Biết Ra=0. b. Chốt (+) của am pe kế mắc vào đâu. 3.3.3.Một ampekế có Ra 0 được mắc nối tiếp với điện trở R0 =20 , vào 2 điểm M,N có U MN không đổi thì số chỉ của nó làI1=0,6A. Mắc song song thêm vào ampekế một điện trở r=0,25 , thì số chỉ của am pekế là I2=0,125A.Xác định Io khi bỏ ampekế đi? 3.3.4. Có 2 ampekế điện trở lần lượt là R1, R2, một điện trở R=3 , một nguồn điện không đổi U. Nếu mắc nối tiép cả 2 ampekế và R vào nguồn thì số chỉ của mỗi ampekế là 4,05A. Nếu mắc 2 ampekế song song với nhau rồi mới mắc nối tiếp với R vào nguồn thì Ampekế thứ nhất chỉ 3A, Ampekế thứ 2 chỉ 2A.. a.Tính R1 và R2 ? b.Nếu mắc trực tiếp R vào nguồn thì cường độ dòng điện qua R là bao nhiêu? 3.3.5. Cho mạch điện như hình vẽ 3.3. 5 Trong đó R /=4R, vôn kế có điện trở R v, UMN không đổi. Khi k đóng và khi K mở , số chỉ của vôn kế có giá trị lần lượt là 8,4V và 4,2 V. Tính U và R v theo R..

(43) 3.3.6*.Một mạch điện gồm một ampekế có điện trở R a, một điện trở R=10  và một vôn kế co điện trở Rv=1000V, mắc nối tiếp. Đặt vào 2 đầu đoạn mạch một hiệu điện thế U, thì số chỉ của vôn kế là 100V. nếu mắc vôn kế song song với R thì số chỉ của nó vẫn là 100V. Tính Ra và U 3.3.7. (xem bài1- đề 9Trang 90 CC9) 3.3.8**. Có k điện trở giống hệt nhau có giá trị là r, mắc nối tiếp với nhau vào một mạnh điện có hiệu điện thế không đổi U. mắc một vôn kế song song với một trong các điện trở thì vôn kế chỉ U1. a.Chứng tỏ rằng khi mắc vôn kế song song với k-1 điện trở thì số chỉ của vôn kế là U k-1 =(k-1)U1. b. Chứng tỏ rằng: số chỉ của vôn kế khi mắc song song với k-p điện trở gấp. k− p lần so với khi p. mắc song song với p điện trở .(vớik,p  Z+; K > P ). 3.3.9. Hai điện trở R1 , R2 được mắc nối tiếp với nhau vào 2 điểm A và B có hiệu điện thế UAB không đổi. Mắc một vôn kế song song với R 1 , thì số chỉ của nó là U 1. mắc vôn kế song song với R2 thì số chỉ của nó là U2 . a. Chứng minh : U1 /U2 =R1 /R2 . b. Biết U=24V, U1 =12V, U2 = 8V. Tính các tỉ số R v/R1 ;Rv/R2 ;điện trở Rv của vôn kế,và hiệu điệnthế thực tế giữa 2 đầu R1 và R2 ? (NC9/XBGD). 3.3.10..Để đo cường độ dòng điện qua một điện trở R=250 , người ta đo gián tiếp qua 2 vôn kế mắc nối tiếp( hình 3.3.10).Vôn kế V1 có R1 =5k, và số chỉ là U1 =20V, vôn kế V2 có số chỉ U2 =80V.Hãy xác định cường độ dòng điện mạch chính. Cường độ mạch chính tìm được chịu sai số do ảnh hưởng của dụng cụ đo là bao nhiêu %? Một số bài toán về đồ thị 3.4.1. Cho mạch điện như hình vẽ 3.4.1.a: ampe kế lí tưởng, U=12V. Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của cường độ dòng điện chạy qua ampekế(Ia) vào giá trị của biến trở Rx có dạng như hình 3.4.1.b.Tìm R1 , R2 , R3 ? (đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên lí ĐHTN) IV.ĐIỆN NĂNG-CÔNG SUẤT CỦA DÒNG ĐIỆN: Tính công suất cực đại:. 4.1 Người ta lấy điện từ nguồn MN có hiệu điện thế U ra ngoài ở 2 chốt A,B qua một điện trở r đặt trong hộp như hình vẽ 1.1.Mạch ngoài là một điện trở R thay đổi được, mắc vào A và B. a. Xác định giá trị của R để mạch ngoài có công suất cực đại. Tính giá trị cực đại đó?.

(44) b. Chứng tỏ rằng, khi công suất mạch ngoài nhỏ hơn công suất cực đại(P cđ) thì điện trở R có thể ứng với 2 giá trị là R1 và R2 và R1.R2 =r2 . Phương pháp:. . u. P=. 2. 2. 2. ( √ R+. . r ) √R. P=. U R Thiết lập phương trình tính công suất của mạch ngoài theo r và R : 2 (R+ r). P măc  R=r.  giá trị của Pmăc.  Từ (1) suy ra PR2 -(U2-2rP)2 +r2P=0  tính = 4r2Pcđ( Pcđ--P)  tìm điều kiện củađể phương trình bậc 2 có2 nghiệm phân biệt  kết luận.  Các bài tập khác: Bài 82, 84(S121 / NC8).. Cách mắc các đèn ( toán định mức). 4.2 (bài77/121):Cho mạch Như hình vẽ bên:UMN=24v, r=1,5  a.Hỏi giữa 2 điểm AB có thể mắc tối đa bao nhiêu bóng đèn loại 6V-6w để chúng sáng bình thường. b.Nếu có 12 bóng đèn loại 6V-6w thì phải mắc thế nào để chúng sáng bình thường?. Phương pháp giải a..Tính công suất cực đại của mạch ngoài  số bóng tối đa... b.- (Xét cách mắc đối xứng M dãy, mỗi dãy có n điện trở mắc nối tiếp có 3 phương pháp) -Lập phương trình về dòng:I=U/(r+R) Theo 2 ẩn số m và n,Trong đó m+n=12... -đặt phương trình công suất:P=PAB+PBN Theo 2 biến số m và n trong đó m+n=12... -Đặt phương trình thế: U=UMB+Ir theo 2 biến số m,n trong đó m+n=12.. 4.3:Cho một nguồn điện có suất điện động E không đổi , r=1,5 . Có bao nhiêu cách mắc các đèn 6V-6W vào 2 điểm A và B để chúng sáng bình thường? Cách mắc nào có lợi hơn? tại sao? A Er B Phương pháp: a.cách mắc số bóng đèn. Cách2: Từ phương trình thế:E=UAB+I r Theo biến m và n, và phương trình m.n=N( N là số bóng được mắc, m là số dãy, n là số bóng trong mỗi dãy)  phương trình: m=16n ( *), biện luận *n<4  n= {......}; m={..}. Pi =H b. Cách nào lợi hơn? xét hiệu suất P tp. Trong đóPi= Pđmn, Ptp=Pi+I2r hay. Ptp=PI +(mIđ)2r. So sánh hiệu suất của mạch điện trong các cách  kết luận.... 4.4. (bài 4.23 nc9):Cho mạch điện như hình vẽ, trong đó U MN=10V,r =2 , HĐT định mức của các bóng là U đ=3V, Công suất định mức của các bóng có thể tùy chọn từ 1,5  3W. Tím số bóng,loại bóng, cách ghếp các bóng để chúng sáng bình thường? Phương pháp giải: Xét cách mắc N bóng đèn thành m dãy, mỗi dãy có n bóng mắc nói tiếp *Đặt phương trình thế:UMN=UMA+UAB 12=UAM+nUđ  khoảng xác định của n={1,2,3} (1).

(45) * Đặt phương trình công suất: PAB=NPđ NPđ=15n-4,5n2  khoảng xác định của N: 15 n− 4,5 n2 15 n − 4,5n 2 ≤N≤ (2) 3 1,5 15 n− 4,5 n2 N.  tìm số dãy m: m=N/n (3) Tìm Pđ= (4)  lập bảng giá trị của N,m Pđ Trong các trường hợp n=1; n=2, n=3. đáp số... 4.5:Có 5 bóng đèn cùng hiệu điện thế định mức 110v,công suất của chúng lần lượt là 10,15,40, 60, 75 oát. Phải ghép chúng như thế nào để khi mắc vào mạch điện 220v thì chúng sáng bình thường? Phương pháp giải:Điều kiện để các đèn sáng bình thường làU đ=110V.  phải mắc các đèn thành 2 cụm sao cho công suất tiêu thụ của chúng bắng nhau. từ giả thiết 10+15+75=40+60  cách mắc các đèn... 4.6: Có 2 loại đèn cùng hiệu điện thế định mức 6V, nhưng có công suất là 3w,và 5 w. hỏi a. phải mắc chúng như thế nào vào hiệu điện thế 12V để chúng sáng bình thường? b. Các đèn đang sáng bình thường, nếu 1 đèn bị hỏng thì độ sáng của các đèn còn lại tăng hay giảm như thế nào? ( xem bài 120 nc9) Phương pháp giải: a. Không thể mắc nối tiếp 2 loại đèn với nhau( vì sao?)  có thể mắc m bóngđèn loại 3w song song với nhau thành một cum và n bóng đèn 5 wsong song với nhau thành một cụm,rồi mắc 2 cụm đèn trên nối tiếp nhau sao cho hiệu điện thế ở 2 đầu các cụm đèn là 6V  công suất tiêu thụ điện của các cụm đèn phải bằng nhau  phương trình: 3m = 5n  nghiệm củaphương trình.... (* phương án 2:Mắc2 loại đèn thành 2 cụm , mỗi cụm có cả 2 loại đèn... *phương án 3: mắc 2 loạiđèn thành m dãy, trong mỗi dãy có 2 đèn cùng loại mắc nối tiếp...) b. giả thiết một đèn trong cụm đèn 3Wbị cháy  điện trở của toàn mạch bây giờ? cường độ dòng điện mạch chính?hiệu điện thế ở 2 đầu các cụm đèn bây giờ thế nào?  kết luận về độ sáng của các đèn? (Chu ý: muốn biết các đèn sáng như thế nào cần phải so sánh hiệuđiện thế thực tế ở 2 đầu bóng đèn với hiệu điện thế định mức) 4.7: để thắp sáng bình thường cùnglúc 12 đèn 3V-3 và 6 đèn 6V- 6 ,người ta dùng một nguồn điện có suất điện động không đổi E=24V.dây dẫn nối từ nguồn đến nơitieu thụ có điện trở toàn phần r=1,5 . a. số bóng đèn ấy phải mắc như thế nào? b. Tính công suất và hiệu suất của nguồn? ( xem bài 128 NC9). Phương pháp giải: a. Từ giả thiết  cường độ dòng điện định mức của các đèn bằng nhau  có thể mắc nối tiếp 2 bóng đèn khác loại đó với nhau , Có thể thay12 bóng đèn 3V-3W bằng 6 bóng đèn 6V-6W  để tìm cách mắc các đèn theo dề bài ta tìm cách mắc 6+6=12bóng đèn 6V-6W(đã xét ở bài trước) nghiệm m={12;4} dãy; n={ 1;3} bóng.  từ kết quả cách mắc 12 đền 6V-6W, tìm các cách thay 1 đèn 6V6Wbằng 2 đèn 3V-3Wta có đáp số của bài toán.( có 6 cách mắc...) b. Chú ý - công suất của nguồn(là công suất toàn phần): P tp=EI hayE=mIđ.; công suất có ích là tổng công suất tiêu thụ điện của các đèn:P i=mn.Pđ; H=Pi/Ptp . cách nào cho hiệu suất bé hơn thì cách mắc đó lợi hơn( kinh tế hơn). V. ĐỊNH LUẬT JUN - LEN XƠ  Tóm tắt lý thuyết: Công thức của định luật: Q=I2Rt (j) hoặc Q= 0,24 I2Rt (cal)  . u2 t=UIt=Pt Các công thức suy ra: Q= R.  Trong đoạn mạch: Q=Q1+Q2+....+Qn Trong đoạn mạch mắc song song: Q1R1=Q2R2=.....=QnRn .

(46) . Q 1 Q2 Qn Trong đoạn mạch mắc nối tiếp : = =.. .= R 1 R2 Rn.  H=Qi/Qtp Với một dây điện trở xác định: nhiệt lượng tỏa ra trên dây tỉ lệ thuận với thời gian dòng điện chạy  qua Q1/t1=Q2/t2=......Qn/tn=P.  Bài tâp: 5.1 Một ấm đun nước bằng điện loại 220V-1,1KW), có dung tích1,6lít. Có nhiệt độ ban đầu là t1=200C. a.Bỏ qua sự mất nhiệt và nhiệt dung của ấm. Hãy tính thời gian cần để đun sôi ấm nước? điện trở dây nung và giá tiền phải trả cho 1lít nước sôi ?. (xem bài 109NC9) b. Giả sử người dùng ấm bỏ quên sau 2 phút mới tắt bếp . hỏi lúc ấy còn lại bao nhiêu nước trong ấm? ( C=4200j/kg.k; L=2,3.106J/kg) 5. 2.Một bếp điện hoạt động ở HĐT 220V, Sản ra công cơ học P c=321W .Biết điện trở trong của động cơ là r=4 .Tính công suất của động cơ.( xem 132NC9) Phương pháp:-Lập phương trình công suất tiêu thụ điện của động cơ:UI=I 2r+Pc  4r2-220+321=0 (*). Giải(*) và loại nghiệm không phù hợp được T=1,5A  công suất tiêu thụ điện của động cơ:P=UI( cũng chính là công suất toàn phần)  Hiệu suất H=Pc /P (chú ý rằng công suất nhịêt của động cơ là công sút hao phí).. 5.3 Dùng một bếp điện loại (220V-1KW), Hoạt đọng ở HĐT U=150V, để đun sôi ấm nước . Bếp cóH=80%, Sự tỏa nhiệt từ ấm ra không khí như sau: Thử ngắt điện, một phút sau nước hạ xuống 0,50C. ấm có khối lượng m1=100g, C1=600j/kg.k,nước có m2=500g, C2=4200j/kg.k,t1=200c.tính thới gian để đun nước sôi? (xem4.26*NC9)  Bài tập ở nhà: 4.23; 4.24; 4. 25; 4. 27 (NC9) 145a(BTVLnc9) VI. BIÉN TRỞ- TOÁN BIỆN LUẬN: 6.1. Một biến trở AB có điện trở toàn phần R 1 được mắc vào đoạn mạch MN, lần lượt theo 4 sơ đồ( hình 6.1). Gọi R là điện trở của đoạn mạch CB (0 R R1 ). a.Tính điện trở của đoạn mạch MN trong mỗi sơ đồ. b.Với mỗi sơ đồ thì điện trở lớn nhất và nhỏ nhất là bao nhiêu? ứng với vị trí nào của C?.

(47) c. Sơ đồ 6.1c có gì đáng chú ý hơn các sơ đồ khác? 6.2 Cho mạch điện như hình vẽ 6.2. R=50 , R1 =12 , R2 =10  , hai vôn kế V1 , V2 có điện trở rất lớn, khóa K và dây nối có điện trở không đáng kể, UAB không đổi. a. Để số chỉ của 2 Am pe kế bằng nhau, phải đặt con chạy C ở vị trí nào?. b. Để số chỉ của V1,V2 , không thay đổi khi K đóng cũng như khi k mở, thì phải đặt C ở vị trí nào?. c. Biết U=22V, tính CĐDĐ đi qua khóa K Khi K đóng khi U 1 = U2 và khi U1 =12V. (xem 82 NC9/xbGD). 6.3Trong bộ bóng đen lắp ở hình 6.3. Các bóng đèn có cùng điện trở R. Biết công suất của bóng thứ tư là P1=1W . Tìm công suất của các bóng còn lại. 6.4. Cho mạch điện như hình vẽ 6.4 biến trở có điện trở toàn phần R 0 =12 , đèn loại (6V-3W), UMN=15V. Tìm vị trí con chạy C để đèn sáng bình thường. 6.5.Trong mạch điện 6.4, kể từ vị trí của C mà đèn sáng bình thường, ta từ từ dich chuyển con chạy về phía A, thì độ sáng của đèn và cường độ dòng điện rẽ qua AC/ thay đổi như thế nào? (4.11NC9) 6.6. Trong mạch điện hình 6.6, U MN=12V, A và V lí tưởng, vôn kế V chỉ 8v, đèn loại (6V-3,6W)sáng bình thường a. tính: R1 , R2 , R. b. Giảm R2 , thì số chỉ của vôn kế, am pe kế và độ sáng của đèn thay đổi như thế nào?( xem 4.13NC/XBGD).

(48) 6.7. Cho mạch điện như hình vẽ 6.7 R=4 , R1 là đèn loại (6V-3,6W), R2 là biến trở, UMN =10 V không đổi.. a. Xác định R2 để đèn sángbình thường. b. Xác định R2 để công suất tiêu thụ của R2 cực đại. c.Xác định R2 để công suất tiêu thụ của mạch mắc song song cực đại. ( Xem 4.14 nc9/XBGD). 6.8.Cho mạch điện như hình vẽ 6.8: U=16V, R0=4 , R1 =12 , Rx là một biến trở đủ lớn, Ampekế và dây nối có điện trở không đáng kể. A. tính R1 sao cho Px=9 W , và tính hiệu suất của mạch điện. Biết rằng tiêu hao năng lượng trên R x, R1 là có ích, trên R0 là vô ích. b. Với giá trị nào của Rxthì công suất tiêu thụ trên nó cực đại. Tính công suất ấy? (Xem 149 NC9/ XBGD). 6.9** Cho mạch điện như hình 6.9 . Biến trở có điện trở toàn phần R0 , Đ1 loại 3V-3W , Đ2 loại 6V-6W a.Các đèn sáng bình thường.Tìm R0 ? b**.Từ vị trí dèn sáng bình thường( ở câu a), ta di chuyển con chạy C về phía B. Hỏi độ sáng của các đèn thay đổi thế nào?. 6.10: Cho mạch điện như hình (6.10) UMN=36V không đổi, r= R2 =1,5 , R0 =10 , R1 = 6 , Hiệu điện thế định mức của đèn đủ lớn(đẻ đèn không bị hỏng). Xác định vị trí của con chạy để : a. Công suất tiêu thụ của đèn Đ2 là nhỏ nhất.Tìm P2 ? b. Công suất của đoạn mạch MB là nhỏ nhất. 6.11**. Cho mạch điện h-6.11. Biến trở có điện trở toàn phần R 0 =10 , đèn đ loại (6V-3W),UMN = 15V không đổi, r=2 ..

(49) a.Tìm vị trí của con chạy C để đèn sáng bình thường. b. Nếu từ vị trí đèn sáng bình thường, ta đẩy con chạy C về phía A thì độ sáng của đèn thay đổi như thế nào?  Tài liệu cần có: Sách 121 NC9 Sách bài tập nâng cao vật lí 9 nhà xuất bản giáo dục (XBGD) Làm lại hết các bài tập trong sách 121 NC9 (tự tìm theo các chủ đề ở trên ) Gợi ý phương pháp giải Bài 6.4 gọi giá trị của phần biến trở AC là x: điện trở của đèn Rđ =Uđ2:Pđ=12   RMC=. 12+ x ,RCN=R0-x=12-x. 12 x. đèn sáng bình thường  Uđ=6v  UCN=9V Tính Iđ, tính I AC, Tính I CN( theo biến x) phương trình Iđ+IAC=ICN  giải phương trình trên  x Bài 6.5:Tính RMC=. 12+ x ,RCN=R0-x=12-x. RMN CĐmạch chính  UMC=f(x) (*)và 12 x. IAC=f1(x)(**). Biện luận * và **. Mở rộng thang đo. 21.1. Một điện kế có điện trở g=18  đo được dòng điện có cường độ lớn nhất là Im=1mA. a. muốn biến điện kế trên thành một Ampekế có 2 thang đo 50mA và 1A thì phải mắc cho nó một sơn bằng bao nhiêu? b. Muốn biến điện kế trên thành một vôn kế có 2 thang đo là 10V và 100V phải mắc cho nó một điện trở phụ bằng bao nhiêu. 21.2. Một điện kế có điện trở g=19,6  thang chia của nó có 50 độ chia, mỗi độ chia ứng với 2mA. a. Cường độ dòng điện lớn nhất có thể cho qua điện kế là bao nhiêu?. b.nếu mắc cho điện kế một sơn S1=0,4 ( Sơn được mắc song song với điện kế) thì cường độ dòng điện lớn nhất có thể đo được là bao nhiêu?.

(50) c. Để cường độ dòng điện lớn nhất có thể đo được là 20A, thì phải mắc thêm một sơn S 2 bằng bao nhiêu và mắc như thế nào? 21.3. Một Ampekế A , một vôn kế V1 và một điện trở R, được mắc theo sơ đồ 21.3 khi đó A chỉ 0,5A và V1 chỉ 13,5V. Người ta mắc thêm vôn kế V 2 nối tiếp với V1( hình 21.3b), và điều chỉnh lại cường độ dòng điện trên mạch chính để cho A chỉ 0,45A. Khi đó số chỉ của V1, V2 lần lượt là 8,1V và 5,4V. hỏi : để mở rộng thang đo của V 1, V2 lên 10 lần thì phải mắc chúng với điện trở phụ lần lượt là bao nhiêu? 21.4. Một vôn kế có hai điện trở phụ R 1=300  và R2=600  được dùng để đo một hiệu điện thế U=12V. Nếu dùng điện trở phụ R 1 thì kim vôn kế lệch 48 độ chia, dùng R 2 thì kim vôn kế lệch 30 độ chia. a.nếu dùng cả hai R1, và R2 nối tiếp và thang đo có 100 độ chia thì hiệu điện thế lớn nhất có thể đo được là bao nhiêu? b. để với hiệu điện thế U nó trên, kim lệch 100 độ chia, người ta phải mắc thêm cho R 1 một điện trở R. hỏi R bằng bao nhiêu và phải mắc như thế nào? lời giải bài 21.1: a. Thang đo 50mA cho biết cường độ dòng điện lớn nhất trong mạch chính đo theo thang đo này. tức là gấp 50 lần Im có thể cho qua điện kế. Đặt k=50 ( k được gọi là hệ số tăng độ nhạy, hoặc hệ số mở rộng thang đo hoặc hệ số tăng giá độ chia), ta có: I s /Ig= g/s k. = I/Ig=(g+s)/s = 50 hay g/s +1 =50 do đó g/s=49  s=g/49=19/49 . Tương tự với thang đo 1A thì I=1A, và Ig=0,001A nên g/s1 =999 nên S1=2/111 . b. để khi mắc vào hiệu điện thế 10 V, độ lệch của kim điện kế cực đại ,tức là I qua điện kế I g=1mA= 0,001A, thì tổng trở của điện kế và điện trở phụ phải là: R=U/I=10/0.001=10 000  Giá trị của điện trở phụ cần mắc thêm: Rp= R- g=10 000-18=9982 ......... 21.2. a. Dòng điện lớn nhất có cường đọ I m là dòng điện làm cho kim điện kế lệch cả thang chia, do đó. Im=50i=50.2=100mA=0,1A b.Khi mắc một sơn S1 // g thì ta có: Is/Ig=g/S1  Ic/Im=(g+S1)/g  Ic = Im( g+s1)g=....5A. c. hệ số độ k2= Ic2/Im=...200 suy ra g/S12=199 S12=0,1  S12 < S1 do đó phải mắc S2 //S1 sao cho 1/S12=1/S1+ 1/S2,  ....S2 0,13 . 21.3. gọi R1 và R2 lần lượt là điện trở của đoạn mạch a và b. Theo sơ đồ a ta có phương trình: R1=RRv1/(R+Rv1) và UCN=Ia1.R1  13,5=0,5. RRv1/ (R+Rv1) (1) Theo sơ đồ b ta có: R2 = R(Rv1+Rv2)/(R+Rv1+Rv2).và U'CN = Ia2. R2 8,1+ 5,4 =0,45. R(Rv1+Rv2)/(R+Rv1+Rv2) (2) Mặt khác trong sơ đồ b do Rv1 nt Rv2 nên Rv1/ Rv2=8,4/5,4=3/2 (3) Từ (1) và (2)  Rv1 =3 Rv2 (4) Từ 3 và 4  R=36 , Rv1 =108 , Rv2 =72 . ... Để mở rộng thang đo lên 10 lần, thì cần mắc thêm cho vôn kế V 1 và V2 một điện trở phụ là: Rp1=9 Rv1=...= Rp2= 9Rv2=...=....

(51) CHỦ ĐỀ 4 (. Dạy 4 buổi 12 tiết ). PHẦN QUANG HỌC I- TÓM TẮT LÝ THUYẾT. 1/ Khái niệm cơ bản: - Ta nhận biết được ánh sáng khi có ánh sáng đi vào mắt ta. - Ta nhìn thấy được một vật khi có ánh sáng từ vật đó mang đến mắt ta. Ánh sáng ấy có thể do vật tự nó phát ra (Nguồn sáng) hoặc hắt lại ánh sáng chiếu vào nó. Các vật ấy được gọi là vật sáng. - Trong môi trường trong suốt và đồng tính ánh sáng truyền đi theo 1 đường thẳng. - Đường truyền của ánh sáng được biểu diễn bằng một đường thẳng có hướng gọi là tia sáng. - Nếu nguồn sáng có kích thước nhỏ, sau vật chắn sáng sẽ có vùng tối..

(52) - Nếu nguồn sáng có kích thước lớn, sau vật chắn sáng sẽ có vùng tối và vùng nửa tối. 2/ Sự phản xạ ánh sáng. - Định luật phản xạ ánh sáng. + Tia phản xạ nằm trong mặt phẳng chứa tia tới và đường pháp tuyến với gương ở điểm tới. + Góc phản xạ bằng góc tới. - Nếu đặt một vật trước gương phẳng thì ta quan sát được ảnh của vật trong gương. + Ảnh trong gương phẳng là ảnh ảo, lớn bằng vật, đối xứng với vật qua gương. + Vùng quan sát được là vùng chứa các vật nằm trước gương mà ta thấy ảnh của các vật đó khi nhìn vào gương. + Vùng quan sát được phụ thuộc vào kích thước của gương và vị trí đặt mắt. II- PHÂN LOẠI BÀI TẬP. LOẠI 1: BÀI TẬP VỀ SỰ TRUYỀN THẲNG CỦA ÁNH SÁNG. Phương pháp giải: Dựa trên định luật truyền thẳng ánh sáng. Thí dụ 1: Một điểm sáng đặt cách màn 1 khoảng 2m, giữa điểm sáng và màn người ta đặt 1 đĩa chắn sáng hình tròn sao cho đĩa song song với màn và điểm sáng nằm trên trục đi qua tâm và vuông góc với đĩa. a) Tìm đường kính của bóng đen in trên màn biết đường kính của đĩa d = 20cm và đĩa cách điểm sáng 50 cm. b) Cần di chuyển đĩa theo phương vuông góc với màn một đoạn bao nhiêu, theo chiều nào để đường kính bóng đen giảm đi một nửa? c) Biết đĩa di chuyển đều với vận tốc v= 2m/s. Tìm vận tốc thay đổi đường kính của bóng đen. d) Giữ nguyên vị trí của đĩa và màn như câu b thay điểm sáng bằng vật sáng hình cầu đường kính d1 = 8cm. Tìm vị trí đặt vật sáng để đường kính bóng đen vẫn như câu a. Tìm diện tích của vùng A' nửa tối xung quanh bóng đen? Giải A1. A I. S. I1 B1. B. A2 I' B2 B'. a) Gọi AB, A’B’ lần lượt là đường kính của đĩa và của bóng đen. Theo định lý Talet ta có: AB SI AB . SI ' 20 .200 = ⇒ A ' B '= = =80 cm A ' B ' SI ' SI 50. b) Gọi A2, B2 lần lượt là trung điểm của I’A’ và I’B’. Để đường kính bóng đen giảm đi một nửa(tức là A2B2) thì đĩa AB phải nằm ở vị trí A1B1. Vì vậy đĩa AB phải dịch chuyển về phía màn . Theo định lý Talet ta có : A 1 B1 SI1 A B 20 = ⇒ SI 1= 1 1 . SI '= . 200=100 cm A 2 B2 SI ' A 2 B2 40. Vậy cần dịch chuyển đĩa một đoạn II1 = SI1 – SI = 100-50 = 50 cm c) Thời gian để đĩa đi được quãng đường I I1 là: t=. s v. =. II1 v. =. 0,5 2. = 0,25 s. Tốc độ thay đổi đường kính của bóng đen là: v’ =. A ' B' - A 2 B2 = t. 0,8− 0,4 0 , 25. = 1,6m/s. d) Gọi CD là đường kính vật sáng, O là tâm .Ta có:.

(53) MI 3. A 3 B3 20 1 MI 3 1 I 3 I ' 100 = = ⇒ = => MI = = cm 3 ' ' ' MI A B 80 4 MI 3 + I 3 I 4 3 3 MO CD 8 2 2 2 100 40 Mặt khác MI = A B =20 = 5 ⇒ MO= 5 MI3 = 5 × 3 = 3 cm 3 3 3 = '. A2. => OI3 = MI3 – MO =. 100 40 60 − = =20 cm 3 3 3 A3. A’. 2 I3 I A − I' A ❑ ¿B3 ¿ π¿. I’. Vậy đặt vật sáng cách C đĩa một khoảng là 20 cm M. O. - Diện tích vùng nửaDtối S =. '. 2 2. B’. Thí dụ 2: Người ta dự định mắc 4 bóng đèn tròn ở 4 góc của một trần nhà hình vuông, mỗi cạnh 4 m và một quạt trần ở đúng giữa trần nhà, quạt trần có sải cánh là 0,8 m (khoảng cách từ trục đến đầu cánh), biết trần nhà cao 3,2 m tính từ mặt sàn. Hãy tính toán thiết kế cách B2 treo quạt trần để khi quạt quay, không có điểm nào trên mặt sàn loang loáng. Giải Để khi quạt quay, không một điểm nào trên sàn sáng loang loáng thì bóng của đầu mút cánh quạt chỉ in trên tường và tối đa là đến chân tường C,D vì nhà hình hộp vuông, ta chỉ xét trường hợp cho một bóng, còn lại là tương tự. L Gọi L là đường chéo của trần nhà thì L = 4 √ 2 = 5,7 m S T S Khoảng cách từ bóng đèn đến góc chân tường đối diện: S1D =. √ H 2 − L2. 1. 4 √2 ¿2 2 = 3,2¿ + ¿ =6,5 m ¿ √¿. A. T là điểm treo quạt, O là tâm quay của quạt A,B là các đầu mút khi cánh quạt quay. Xét Δ S1IS3 ta có AB OI AB = ⇒ OI= × IT= S 1 S3 IT S1 S 3. 2 R. L. H 2. 2 .0,8 . =. 5,7. H. 3,2 2. R O. 3. B. I. C. D. =0 , 45 m. Khoảng cách từ quạt đến điểm treo: OT = IT – OI = 1,6 – 0,45 = 1,15 m Vậy quạt phải treo cách trần nhà tối đa là 1,15 m. BÀI TẬP THAM KHẢO: 1/ Một điểm sáng S cách màn một khoảng cách SH = 1m. Tại trung điểm M của SH người ta đặt tấm bìa hình tròn, vuông góc với SH. a- Tính bán kính vùng tối trên màn nếu bán kính bìa là R = 10 cm. b- Thay điểm sáng S bằng một hình sáng hình cầu có bán kính R = 2cm. Tìm bán kính vùng tối và vùng nửa tối..

(54) Đs:. a) 20 cm b) Vùng tối: 18 cm Vùng nửa tối: 4 cm 2/ Một người có chiều cao h, đứng ngay dưới ngọn đèn treo ở độ cao H (H > h). Người này bước đi đều với vận tốc v. Hãy xác định chuyển động của bóng của đỉnh đầu in trên mặt đất. ĐS: V =. H ×v H −h. LOẠI 2: VẼ ĐƯỜNG ĐI CỦA TIA SÁNG QUA GƯƠNG PHẲNG, ẢNH CỦA VẬT QUA GƯƠNG PHẲNG. Phương pháp giải: - Dựa vào định luật phản xạ ánh sáng. + Tia phản xạ nằm trong mặt phẳng chứa tia tới và pháp tuyến tại điểm tới. + Góc phản xạ bằng góc tới. - Dựa vào tính chất ảnh của vật qua gương phẳng: + Tia phản xạ có đường kéo dài đi qua ảnh của điểm sáng phát ra tia tới. S. I. J. S’ Thí dụ 1: Cho 2 gương phẳng M và N có hợp với nhau một góc α và có mặt phản xạ hướng vào nhau. A, B là hai điểm nằm trong khoảng 2 gương. Hãy trình bày cách vẽ đường đi của tia sáng từ A phản xạ lần lượt trên 2 gương M, N rồi truyền đến B trong các trường hợp sau: a) α là góc nhọn b) α lầ góc tù c) Nêu điều kiện để phép vẽ thực hiện được. Giải a,b) Gọi A’ là ảnh của A qua M, B’ là ảnh của B qua N.. Tia phản xạ từ I qua (M) phải có đường kéo dài đi qua A’. Để tia phản xạ qua (N) ở J đi qua điểm B thì tia tới tại J phải có đường kéo dài đi qua B’. Từ đó trong cả hai trường hợp của α ta có cách vẽ sau: - Dựng ảnh A’ của A qua (M) (A’ đối xứng A qua (M) - Dựng ảnh B’ của B qua (N) (B’ đối xứng B qua (N) (M) - Nối A’B’ tại I và J A’ cắt (M) và (N) lần lượt(M) A - Tia A IJB là tia cần vẽ. c) Đối vớiI hai điểm A, B cho trước. Bài toán chỉ vẽ được khi A’B’ cắt cả hai gương (M) và(N) (Chú ý: Đối vớiAbài toán dạng này A’ ta còn có cách vẽ khác là: B. A’.

(55) O. I. (N)(M) O J J A qua (N) A - Dựng ảnh A’ của B B’ - Dựng ảnh A’’ củaB’ A’ qua (N) - Nối A’’B cắt (N) tại J - Nối JA’ cắt (M) tại I O - Tia AIJB là tia cần vẽ. J Thí dụ 2: Hai gương phẳng (M) và (N) đặt song song quay mặt phản xạ vào nhau và cách nhau một khoảng AB = d. Trên đoạn thẳng AB có đặt một điểm sáng S cách gương (M) một đoạn SA = a. Xét một điểm O nằm trên đường thẳng đi qua S và vuông góc với AB có khoảng cách OS = h. a) Vẽ đường đi của một tia sáng xuất phát từ S phản xạ trên gương (N) tại I và truyền qua O. b) Vẽ đường đi của một tia sáng xuất phát từ S phản xạ lần lượt trên gương (N) tại H, trên A’’ gương (M) tại K rồi truyền qua O. c) Tính các khoảng cách từ I, K, H tới AB. Giải a) Vẽ đường đi của tia SIO - Vì tia phản xạ từ IO phải có đường kéo dài đi qua S’ (là ảnh của S qua (N). - Cách vẽ: Lấy S’ đối xứng với S qua (N). (M (N) Nối S’O’ cắt (N) tại I. Tia SIO là tia sáng cần vẽ. ) b) Vẽ đường đi của tia sáng O SHKO. O - Đối với gương (N) tia phản ’ xạ HK phải có đường kéo dài đi qua ảnh S’ của S qua (N). - Đối với gương (M) để tia phản xạ từ K KO đi qua O thì tia tới HK phải có đường kéo dài I đi qua ảnh O’ của O qua (M). Vì vậy ta có cách vẽ: - Lấy S’ đối xứng với S qua (N); O’ đối xứng với O qua (M). Nối O’S’ cắt (N) tại H cắt H (M) tại K. Tia SHKO là tia cần vẽ. S B c) Tính IB, HB, KA. S C A ’ Δ SS’O nên Vì IB là đường trung bình của. IB =. OS h = 2 2. HB BS' BS ' d−a = . O' C= .h => HB = O ' C S' C S'C 2d ' ' (2 d −a) (d −a) HB S B S A 2 d −a = ⇒ AK= .HB= . . h= .h Vì BH // AK => ' ' AK S A d −a 2 d 2d SB. Vì HB //O’C =>. Thí dụ 3: Bốn gương phẳng G1, G2, G3, G4 quay mặt sáng vào nhau làm thành 4 mặt bên của một hình hộp chữ nhật. Chính giữa gương G1 có một lỗ nhỏ A. a) Vẽ đường đi của một tia sáng (trên mặt phẳng giấy vẽ) (G4) đi từ ngoài vào lỗ A sau khi phản xạ lần lượt trên các gương G2 ; G3; G4 rồi lại qua lỗ A đi ra ngoài. A b) Tính đường đi của tia sáng trong trường hợp nói trên. (G3) Quãng đường đi có phụ thuộc vào vị trí lỗ A hay không? (G1) Giải (G2) a) Vẽ đường đi tia sáng. - Tia tới G2 là AI1 cho tia phản xạ I1I2 có đường kéo dài đi qua A2 (là ảnh A qua G2) - Tia tới G3 là I1I2 cho tia phản xạ I2I3 có A đường kéo dài đi qua A 4 (là ảnh A2 qua 6 G3 ).

(56) A 3. A 5. - Tia tới G4 là I2I3 cho tia phản xạ I3A có đường kéo dài đi qua A6 (là ảnh A4 qua G4) Mặt khác để tia phản xạ I3A đi qua đúng điểm A thì I3 tia tới I2I3 phải có đường kéo dài đi qua A3 (là ảnh của A qua G4). Muốn tia I2I3 có đường kéo dài đi qua A 3 thì A tia tới gương G3 là I1I2 phải có đường kéo dài đi I2 qua A5 (là ảnh của A3 qua G3). Cách vẽ: I1 G4 Lấy A2 đối xứng với A qua G2; A3 đối xứng với A qua Lấy A4 đối xứng với A2 qua G3; A6 Đối xứng với A4 qua G4 Lấy A5 đối xứng với A3 qua G3 A A Nối A2A5 cắt G2 và G3 tại I1, I2 4 2 Nối A3A4 cắt G3 và G4 tại I2, I3, tia AI1I2I3A là tia cần vẽ. b) Do tính chất đối xứng nên tổng đường đi của tia sáng bằng hai lần A đường chéo của hình chữ nhật. Đường đi này không phụ thuộc vào vị trí của điểm A trên G1. B BÀI TẬP THAM KHẢO Bài 1: Cho hai gương M, N và 2 điểm A, B. Hãy vẽ các tia sáng xuất phát từ A phản xạ lần lượt trên hai gương rồi đến B trong hai trường hợp. a) Đến gương M trước b) Đến gương N trước. Bài 2: Cho hai gương phẳng vuông góc với nhau. Đặt 1 điểm sáng S và điểm M trước gương sao cho SM // G2 (G1) a) Hãy vẽ một tia sáng tới G1 sao cho khi qua G2 sẽ lại qua M. Giải thích cách vẽ. S M b) Nếu S và hai gương cố định thì điểm M A phải có vị trí thế nào để có thể vẽ được tia sáng như (G1) câu a. c) Cho SM = a; SA = b, AO = a, vận tốc ánh sáng là v (G2) S Hãy tính thời gian truyền của tia sáng từ S -> O M theo con đường của câu a.  Bài 3: Hai gương phẳng G1; G2 ghép sát nhau như hình O (G2) vẽ, α = 600 . Một điểm sáng S đặt trong khoảng hai gương và cách đều hai gương, khoảng cách từ S đến giao tuyến của hai gương là SO = 12 cm. a) Vẽ và nêu cách vẽ đường đi của tia sáng tù S phản xạ lần lượt trên hai gương rồi quay lại S. b) Tìm độ dài đường đi của tia sáng nói trên? S B Bài 4: Vẽ đường đi của tia sáng từ S sau khi phản xạ trên tất cả các vách tới B.. LOẠI 3: XÁC ĐỊNH SỐ ẢNH, VỊ TRÍ ẢNH CỦA MỘT VẬT QUA GƯƠNG PHẲNG? Phương pháp giải: Dựa vào tính chất ảnh của một vật qua gương phẳng: “ảnh của một vật qua gương phẳng bằng vật và cách vật một khoảng bằng từ vật đến gương” (ảnh và vật đối xứng nhau qua gương phẳng).

(57) Thí dụ 1: Hai gương phẳng M và N đặt hợp với nhau một góc α < 1800 , mặt phản xạ quay vào nhau. Một điểm sáng A nằm giữa hai gương và qua hệ hai gương cho n ảnh. Chứng minh rằng nếu. 360 =2 k (k ∈ N ) thì n = (2k – 1) ảnh. α. Giải Sơ đồ tạo ảnh qua hệ: A3 A  ( M ) A 1 ( N ) A3 (M ) A5  (N ).. . A2     A ( N ) A 2( M ) A 4 (N ) A 6 (M ) ... (N) Từ bài toán ta có thể biễu diễn một số trường hợp đơn giản. A6 Theo hình vẽ ta có: A Góc A1OA2 = 2 O Góc A3OA4 = 4 (M) ...... A8 A1 Góc A2k-1OA2k = 2k A7 Theo điều kiện bài toán thì 3600/ = 2k => 2k = 3600. Vậy góc A2k-1OA2k = 2k = 3600 Tức là ảnh A2k-1 và ảnh A2k trùng nhau A5 A4 Trong hai ảnh này một ảnh sau gương (M) và một ảnh sau gương (N) nên không tiếp tục cho ảnh nữa. Vậy số ảnh của A cho bởi hai gương là: n = 2k – 1 ảnh Thí dụ 2: Hai gương phẳng M1và M2 đặt nghiêng với nhau một góc α = 1200. Một điểm sáng A trước hai gương, cách giao tuyến của chúng 1 khoảng R = 12 cm. a) Tính khoảng cách giữa hai ảnh ảo đầu tiên của A qua các gương M1 và M2. b) Tìm cách dịch chuyển điểm A sao cho khoảng cách giữa hai ảnh ảo câu trên là không đổi. Giải a) Do tính chất đối xứng nên A1, A2, A nằm trên một đường tròn tâm O bán kính R = 12 cm. K 0 (M2) A Tứ giác OKAH nội tiếp (vì góc K + góc H = 180 ) H Do đó Â =  -  => góc A2OA1 = 2Â (góc cùng chắn cung A1A2) => A2OA1 = 2( -  ) = 1200  A2OA1 cân tại O có góc O = 1200; cạnh A20 = R = 12 cm O A2 (M1) => A1A2 = 2R.sin300 = 12 √ 3 b) Từ A1A2 = 2R sin α . Do đó để A1A2 không đổi => R không đổi (vì α không đổi) A1bán kính R Vậy A chỉ có thể dịch chuyển trên một mặt trụ, có trục là giao tuyến của hai gương = 12 cm, giới hạn bởi hai gương. Thí dụ 3: Hai gương phẳng AB và CD đặt song song đối diện và cách nhau a=10 cm. Điểm sáng S đặt cách đều hai gương. Mắt M của người quan sát cách đều hai gương (hình vẽ). Biết AB = CD = 89 cm, SM = 100 cm. B A a) Xác định số ảnh S mà người quan sát thấy được. b) Vẽ đường đi của tia sáng từ S đến mắt M sau khi: M S - Phản xạ trên mỗi gương một lần. - Phản xạ trên gương AB hai lần, trên gương CD 1 lần. Giải D C Sn Xét ánh sáng từ S truyền theo chiều tới AB trước G1 S1  G2 S3  G1 S5 .. . . S  Ảnh ảo đối xứng với vật qua gương nên ta có: SS1 = a S SS3 = 3a K B A1.

(58) S. SS5 = 5a ….. SSn = n a. D. C. Mắt tại M thấy được ảnh thứ n, nếu tia phản xạ trên gương AB tại K lọt vào mắt và có đường kéo dài qua ảnh Sn. Vậy điều kiện mắt thấy ảnh Sn là: AK AB a na − Sn A AK 2 89 50 Vì n Z => n = 4 ΔS n SM ~ ΔS n AK ⇒ = ⇒ = ⇒n= S n S SM na 100 11 S tới gương CD trước ta cũng có kết quảStương tự. Xét ánh sáng từ S truyền theo chiều 5 5 hệ là: 2n = 8 Vậy số ảnh quan sát được qua. b) Vẽ đường đi của tia sáng: S A1. S A1. B. D. C. D. C. M. S. M. S. B. S 3. S 3. BÀI TẬP THAM KHẢO: 1- Một bóng đèn S đặt cách tủ gương 1,5 m và nằm trên trục của mặt gương. Quay cánh tủ quanh bản lề một góc 300 . Trục gương cánh bản lề 80 cm: a) ảnh S của S di chuyển trên quỹ đạo nào? b) Tính đường đi của ảnh. LOẠI 4: XÁC ĐỊNH THỊ TRƯỜNG CỦA GƯƠNG. “Ta nhìn thấy ảnh của vật khi tia sáng truyền vào mắt ta có đường kéo dài đi qua ảnh của vật” Phương pháp: Vẽ tia tới từ vật tới mép của gương. Từ đó vẽ các tia phản xạ sau đó ta sẽ xác B định được vùng mà đặt mắt có thể nhìn thấy được ảnh của vật. Thí dụ 1: bằng cách vẽ hãy tìm vùng không gian A mà mắt đặt trong đó sẽ nhìn thấy ảnh của toàn bộ vật sáng AB qua gương G. (G) Giải Dựng ảnh A’B’ của AB qua gương. Từ A’ và B’ vẽ các tia qua hai mép gương. Mắt chỉ có thể nhìn thấy cả A’B’ nếu được đặt trong vùng gạch chéo Thí dụ 2: Hai người A và B đứng trước một gương phẳng (hình vẽ) M. H. N. K B. h. A. h A B. (G).

(59) A’. a) Hai người có nhìn thấy nhau trong gương không? B’ họ thấy b) Một trong hai người đi dẫn đến gương theo phương vuông góc với gương thì khi nào nhau trong gương? c) Nếu cả hai người cùng đi dần tới gương theo phương vuông góc với gương thì họ có thấy A' B' nhau qua gương không? Biết MA = NH = 50 cm; NK = 100 cm, h = 100 cm. Giải a) Vẽ thị trường của hai người. N H K M - Thị trường của A giới hạn bởi góc MA’N, của B giới hạn bởi góc MB’N. h - Hai người không thấy nhau vì người này h ở ngoài thị trường của người kia.. b) A cách gương bao nhiêu m. Cho A tiến lại gần. Để B thấy được ảnh A’ của A thì thị trường của A phải như hình vẽ sau: Δ AHN ~ Δ BKN ->. AH AN 0,5 = ⇒ AH=BK ⇒AH=1 =0,5 m BK KN 1. M. B. A. A' H. N. K h. A. B này vẫn ở c) Hai người cùng đi tới gương thì họ không nhìn thấy nhau trong gương vì người ngoài thị trường của người kia. Thí dụ 3: Một người cao 1,7m mắt người ấy cách đỉnh đầu 10 cm. Để người ấy nhìn thấy toàn bộ ảnh của mình trong gương phẳng thì chiều cao tối thiểu của gương là bao nhiêu mét? Mép dưới của gương phải cách mặt đất bao nhiêu mét? Giải - Vật thật AB (người) qua gương phẳng cho ảnh ảo A’B’ đối xứng. - Để người đó thấy toàn bộ ảnh của mình thì kích thước nhỏ nhất và vị trí đặt gương phải thoã mãn đường đi của tia sáng như hình vẽ. A ' B' AB = =0 , 85 m 2 2 MB =0,8 m Δ B’MB => KH = 2. Δ MIK ~ MA’B’ => IK =. Δ. B’KH ~. Vậy chiều cao tối thiểu của gương là 0,85 m Gương đặt cách mặt đất tối đa là 0,8 m. B. I. B'. M. K. BÀI TẬP THAM KHẢO: Bài1: Một hồ nước yên tĩnh có bề rộng 8 m. Trên bờ hồ có một cột trên cao 3,2 m có treo một bóng đèn ở đỉnh. Một A A' H người đứng ở bờ đối diện quan sát ảnh của bóng đèn, mắt người này cách mặt đất 1,6 m. a) Vẽ chùm tia sáng từ bóng đèn phản xạ trên mặt nước tới mắt người quan sát. b) Người ấy lùi xa hồ tới khoảng cách nào thì không còn thấy ảnh ảnh của bóng đèn? Bài 2: Một gương phẳng hình tròn, tâm I bán kính 10 cm. Đặt mắt tại O trên trục Ix vuông góc với mặt phẳng gương và cách mặt gương một đoạn OI = 40 cm. Một điểm sáng S đặt cách mặt gương 120 cm, cách trục Ix một khoảng 50 cm. a) Mắt có nhìn thấy ảnh S’ của S qua gương không? Tại sao?.

(60) b) Mắt phải chuyển dịch thế nào trên trục Ix để nhìn thấy ảnh S’ của S. Xác định khoảng cách từ vị trí ban đầu của mắt đến vị trí mà mắt bắt đầu nhìn thấy ảnh S’ của S qua gương. LOẠI 5: TÍNH CÁC GÓC. Thí dụ 1: Chiếu một tia sáng hẹp vào một gương phẳng. Nếu cho gương quay đi một góc α quanh một trục bất kỳ nằm trên mặt gương và vuông góc với tia tới thì tia phản xạ sẽ quay đi một góc R1 bao nhiêu? theo chiều nào? N1 S Giải Xét gương quay quanh trục O từ vị trí M1 đến M2 (góc M1OM2 = ) M1 lúc đó pháp tuyến cũng quay 1 góc N1KN2 =  ii (góc có cạnh tương ứng vuông góc). N2 R2 Xét Δ IPJ có IJR2 = JIP + IPJ I i' i' Hay 2i’ = 2i +  =>  = 2( i’ – i ) (1) O M2 J Xét Δ IJK có IJN2 = JIK + IKJ Hay i’ = i +  =>  = ( i’ – i ) (2) K P Từ (1) và (2) => β = 2 α Vậy khi gương quay một góc α quanh một trục bất kỳ vuông góc với tia tới thì tia phản xạ sẽ quay đi một góc 2 α theo chiều quay của gương. Thí dụ 2: Hai gương phẳng hình chữ nhật giống nhau được ghép chung theo một cạnh tạo thành góc α như hình vẽ (OM1 = OM2). Trong khoảng giữa hai gương gần O có một điểm sáng S. Biết rằng tia sáng từ S đặt vuông góc vào G 1 sau khi phản xạ ở G1 thì đập vào G2, sau khi phản xạ ở G2 thì đập vào G1 và phản xạ trên G1 một lần nữa. Tia phản xạ cuối cùng vuông góc với M1M2. Tính α . (G1) Giải K - Vẽ tia phản xạ SI1 vuông góc với (G1) I3 - Tia phản xạ là I1SI2 đập vào (G2) - Dựng pháp tuyến I2N1 của (G2) S I1 N1 N2 - Dựng pháp tuyến I3N2 của (G1) - Vẽ tia phản xạ cuối cùng I3K (G2) Dễ thấy góc I1I2N1 =  ( góc có cạnh tương ứng vuôngOgóc) => gócI2I1I2I3 = 2 Theo định luật phản xạ ánh sáng ta có: KI3 M1 = I2I3O = 900 - 2 => I3 M1K = 2 Δ M1OM cân ở O =>  + 2 + 2 = 5 = 1800 =>  = 360 Vậy  = 360 BÀI TẬP THAM KHẢO: Bài 1: Chiếu 1 tia sáng SI tới một gương phẳng G. Nếu quay tia này xung quanh điểm S một góc  thì tia phản xạ quay một góc bằng bao nhiêu? Bài 2: Hai gương phẳng G1 và G2 có các mặt phản xạ hợp với nhau một góc  = 600 chiếu 1 tia sáng SI tới G1 tia này phản xạ theo IJ và phản xạ trên G2 theo JR. tính góc hợp bởi các tia SI và JR.

(61)

GIAO AN BDHSG LI 9 HAY

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về