Giao an tong hop

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (875.69 KB, 57 trang )

(1)phÇn quang häc Tiết 1,2 I- Tãm t¾t lý thuyÕt. 1/ Kh¸i niÖm c¬ b¶n: - Ta nhận biết đợc ánh sáng khi có ánh sáng đi vào mắt ta. - Ta nhìn thấy đợc 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 đợc gọi lµ vËt s¸ng. - Trong môi trờng trong suốt và đồng tính ánh sáng truyền đi theo 1 đờng thẳng. - Đờng truyền của ánh sáng đợc biểu diễn bằng một đờng thẳng có hớng gọi là tia sáng. - NÕu nguån s¸ng cã kÝch thíc nhá, sau vËt ch¾n s¸ng sÏ cã vïng tèi. - NÕu nguån s¸ng cã kÝch thíc lín, sau vËt ch¾n s¸ng sÏ cã vïng tèi vµ vïng nöa tèi. 2/ Sù ph¶n x¹ ¸nh s¸ng. - §Þnh luËt ph¶n x¹ ¸nh s¸ng. + Tia phản xạ nằm trong mặt phẳng chứa tia tới và đờng pháp tuyến với gơng ở điểm tới. + Gãc ph¶n x¹ b»ng gãc tíi. - Nếu đặt một vật trớc gơng phẳng thì ta quan sát đợc ảnh của vật trong gơng. + ảnh trong gơng phẳng là ảnh ảo, lớn bằng vật, đối xứng với vật qua gơng. + Vùng quan sát đợc là vùng chứa các vật nằm trớc gơng mà ta thấy ảnh của các vật đó khi nh×n vµo g¬ng. + Vùng quan sát đợc phụ thuộc vào kích thớc của gơng và vị trí đặt mắt. II- Ph©n lo¹i bµi tËp Lo¹i 1: Bµi tËp vÒ sù truyÒn th¼ng cña ¸nh s¸ng.. Phơng 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 ngời 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 đờng kính của bóng đen in trên màn biết đờng kính của đĩa d = 20cm và đĩa cách ®iÓm s¸ng 50 cm. b) Cần di chuyển đĩa theo phơng vuông góc với màn một đoạn bao nhiêu, theo chiều nào để đờng kính bóng đen giảm đi một nửa? c) Biết đĩa di chuyển đều với vận tốc v= 2m/s. Tìm vận tốc thay đổi đờng kính của bóng ®en. d) Giữ nguyên vị trí của đĩa và màn nh câu b thay điểm sáng bằng vật sáng hình cầu đờng kính d1 = 8cm. Tìm vị trí đặt vật sáng để đờng kính bóng đen vẫn nh câu a. Tìm diện tích cña vïng nöa tèi xung quanh bãng ®en? A' Gi¶i A1. A. I. S B. I1 B1. A2 I' B2. a) Gọi AB, A’B’ lần lợt là đờng kính của đĩa và của bóng đen. TheoB'định lý Talet ta có:.

(2) AB SI AB.SI ' 20.200   A' B'    80cm A' B' SI ' SI 50. b) Gọi A2, B2 lần lợt là trung điểm của I’A’ và I’B’. Để đờng kính bóng đen giảm đi một nửa(tức là A2B2) thì đĩa AB phải nằm ở vị trí A 1B1. Vì vậy đĩa AB phải dịch chuyển về phía mµn . Theo định lý Talet ta có : A1 B1 SI1 AB 20   SI1  1 1 .SI '  .200  100cm A2 B2 SI ' A2 B2 40. Vậy cần dịch chuyển đĩa một đoạn II1 = SI1 – SI = 100-50 = 50 cm c) Thời gian để đĩa đi đợc quãng đờng I I1 là: II 1 s 0,5 t = v = v = 2 = 0,25 s. Tốc độ thay đổi đờng kính của bóng đen là: 0,8  0,4 A B- A 2 B 2 t v’ = = 0,25 = 1,6m/s. d) Gọi CD là đờng kính vật sáng, O là tâm .Ta có: MI 3 A3 B3 20 1 MI 3 1      MI  AB 80 4 MI 3  I 3 I  4. I 3 I  100  cm 3 => MI3 = 3. MO CD 8 2 2 2 100 40     MO  MI 3    cm 5 5 3 3 MÆt kh¸c MI 3 A3 B3 20 5. A2. A’. 100 40 60    20cm 3 3 C => OI3 = MI3 – MO = 3 A3. I’. I3. OVËy D. đặt vật sáng cách đĩa một khoảng là 20 cm. A2  I A )  3,14(80  40 )  15080cm B3 nöa tèi S =  ( I  - DiÖn tÝch vïng B’ Thí dụ 2: Ngời 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 treo quạt trần để khi quạt quay, không có điểm nào trên mặt sàn loang loáng. B2 Gi¶i §Ó khi qu¹t quay, kh«ng mét ®iÓm nµo trªn sµn s¸ng loang lo¸ng th× bãng cña ®Çu mút cánh quạt chỉ in trên tờng và tối đa là đến chân tờng C,D vì nhà hình hộp vuông, ta chỉ xÐt trêng hîp cho mét bãng, cßn l¹i lµ t¬ng tù. 2. 2. 2. 2. Gọi L là đờng chéo của trần nhà thì L = 4 2 = 5,7 m Khoảng cách từ bóng đèn đến góc chân tờng đối diện: S1. 2. L T. S3.

(3) A H. (3,2) 2  (4 2) 2. S1D = H  L = =6,5 m T lµ ®iÓm treo qu¹t, O lµ t©m quay cña qu¹t A,B lµ c¸c ®Çu mót khi c¸nh qu¹t quay. 2. 2. O. B. I. D. C. XÐt  S1IS3 ta cã AB OI AB   OI   IT  S1 S 3 IT S1 S 3. H 3,2 2.0,8. 2  2  0,45m L 5,7. 2 R.. Khoảng cách từ quạt đến điểm treo: OT = IT – OI = 1,6 – 0,45 = 1,15 m VËy qu¹t ph¶i treo c¸ch trÇn nhµ tèi ®a lµ 1,15 m. Bµi tËp tham kh¶o: 1/ Mét ®iÓm s¸ng S c¸ch mµn mét kho¶ng c¸ch SH = 1m. T¹i trung ®iÓm M cña SH ngêi ta đặt tấm bìa hình tròn, vuông góc với SH. a- TÝnh b¸n kÝnh vïng tèi trªn mµn nÕu b¸n kÝnh b×a lµ R = 10 cm. b- Thay ®iÓm s¸ng S b»ng mét h×nh s¸ng h×nh cÇu cã b¸n kÝnh R = 2cm. T×m b¸n kÝnh vïng tèi vµ vïng nöa tèi. §s: a) 20 cm b) Vïng tèi: 18 cm Vïng nöa tèi: 4 cm 2/ Một ngời có chiều cao h, đứng ngay dới ngọn đèn treo ở độ cao H (H > h). Ngời này bớc đi đều với vận tốc v. Hãy xác định chuyển động của bóng của đỉnh đầu in trên mặt đất. H v §S: V = H  h. Tiết 3,4 Loại 2: Vẽ đờng đi của tia sáng qua gơng phẳng, ảnh của vật qua gơng phẳng.. Ph¬ng ph¸p gi¶i: - Dựa vào định luật phản xạ ánh sáng. + Tia ph¶n x¹ n»m trong mÆt ph¼ng chøa tia tíi vµ ph¸p tuyÕn t¹i ®iÓm tíi. + Gãc ph¶n x¹ b»ng gãc tíi. - Dùa vµo tÝnh chÊt ¶nh cña vËt qua g¬ng ph¼ng: + Tia phản xạ có đờng kéo dài đi qua ảnh của điểm sáng phát ra tia tới. S. I. J. ThÝ dô 1: Cho 2 g¬ng ph¼ng M vµ N cã hîp víi nhau S’mét gãc  vµ cã mÆt ph¶n x¹ híng vµo nhau. A, B là hai điểm nằm trong khoảng 2 gơng. Hãy trình bày cách vẽ đờng đi của tia sáng từ A phản xạ lần lợt trên 2 gơng M, N rồi truyền đến B trong các trờng hợp sau:.

(4) O. a)  lµ gãc nhän b)  lÇ gãc tï c) Nêu điều kiện để phép vẽ thực hiện đợc. Gi¶i a,b) Gäi A’ lµ ¶nh cña A qua M, B’ lµ ¶nh cña B qua N. (M). A’. (M). A. I A. A’. B. B. I O. J. (N). O. J. (N) B’. B’. Tia phản xạ từ I qua (M) phải có đờng kéo dài đi qua A’. Để tia phản xạ qua (N) ở J đi qua điểm B thì tia tới tại J phải có đờng kéo dài đi qua B’. Từ đó trong cả hai trờng hợp của  ta cã c¸ch vÏ sau: ) - DùngA’¶nh A’ cña A(Mqua (M). (M(A’ ). I B’ cña B qua (N) - Dùng ¶nh. đối xứngAA qua (M). (B’ đối xứng B qua (N). - Nèi A’B’ c¾t A(M) vµ (N) lÇn lît A’ t¹i I vµ J B - Tia A IJB lµ tia cÇn vÏ.. B. I. c) Đối với hai điểm A, B cho trớc. Bài toán chỉ vẽ đợc khi A’B’ cắt cả hai gơng (M) và(N) (N)d¹ng nµy ta cßn cã c¸chOvÏ kh¸cJ lµ: (N) (Chó ý: §èi víiJ bµi to¸n B’. - Dùng ¶nh A’ cña A B’ qua (M). A’. - Dùng ¶nh A’’ cña A’ qua (N) I. - Nèi A’’B c¾t (N) t¹i J. A. B. - Nèi JA’ c¾t (M) t¹i I - Tia AIJB lµ tia cÇn vÏ. O. J. Thí dụ 2: Hai gơng 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 gơng (M) một đoạn SA = a. Xét một điểm O nằm trên đờng thẳng đi qua S và vuông góc với AB có kho¶ng c¸ch OS = h. A’’ a) Vẽ đờng đi của một tia sáng xuất phát từ S phản xạ trên gơng (N) tại I và truyền qua O. b) Vẽ đờng đi của một tia sáng xuất phát từ S phản xạ lần lợt trên gơng (N) tại H, trên gơng (M) tại K rồi truyền qua O. c) TÝnh c¸c kho¶ng c¸ch tõ I, K, H tíi AB. Gi¶i. (M). (N).

(5) O. K I. H. a) Vẽ đờng đi của tia SIO C. A. S. B. S’. - Vì tia phản xạ từ IO phải có đờng kéo dài đi qua S’ (là ảnh của S qua (N). - Cách vẽ: Lấy S’ đối xứng với S qua (N). Nối S’O’ cắt (N) tại I. Tia SIO là tia sáng cần vẽ. b) Vẽ đờng đi của tia sáng SHKO. - Đối với gơng (N) tia phản xạ HK phải có đờng kéo dài đi qua ảnh S’ của S qua (N). - Đối với gơng (M) để tia phản xạ từ KO đi qua O thì tia tới HK phải có đờng kéo dài đi qua ¶nh O’ cña O qua (M). V× vËy ta cã c¸ch vÏ: - Lấy S’ đối xứng với S qua (N); O’ đối xứng với O qua (M). Nối O’S’ cắt (N) tại H cắt (M) t¹i K. Tia SHKO lµ tia cÇn vÏ. c) TÝnh IB, HB, KA. OS h  Vì IB là đờng trung bình của  SS’O nên IB = 2 2 HB BS ' BS ' d a  .O' C  .h 2d V× HB //O’C => O' C S ' C => HB = S ' C HB S B S A ( 2d  a ) ( d  a ) 2d  a   AK  .HB  . .h  .h S B d a 2d 2d V× BH // AK => AK S A. ThÝ dô 3: Bèn g¬ng ph¼ng G1, G2, G3, G4 quay mÆt s¸ng vµo nhau lµm thµnh 4 mÆt bªn cña mét h×nh hép ch÷ nhËt. ChÝnh gi÷a g¬ng G1 cã mét lç nhá A. a) Vẽ đờng đi của một tia sáng (trên mặt phẳng giấy vẽ)đi từ ngoài vào lỗ A sau (G4) khi ph¶n x¹ lÇn lît trªn c¸c g¬ng G2 ; G3; G4 råi l¹i qua lç A ®i ra ngoµi. b) Tính đờng đi của tia sáng trong trờng A (G3) hîp nãi trªn. (G1) Quãng đờng đi có phụ thuộc vào vị trí lỗ A hay (G2) kh«ng? Gi¶i a) Vẽ đờng đi tia sáng. - Tia tới G2 là AI1 cho tia phản xạ I1I2 có đờng kéo dài đi qua A2 (là ảnh A qua G2) - Tia tới G3 là I1I2 cho tia phản xạ I2I3 có đờng kéo dài đi qua A4 (là ảnh A2 qua G3) - Tia tới G4 là I2I3 cho tia phản xạ I3A có đờng kéo dài đi qua A6 (là ảnh A4 qua G4) A6. A3.

(6) I3 A I2 I1. A4. A2. Mặt khác để tia phản xạ I 3A đi qua đúng điểm A thì tia tới I 2I3 phải có đờng kéo dài đi qua A3 (lµ ¶nh cña A qua G4). Muốn tia I2I3 có đờng kéo dài đi qua A3 thì tia tới gơng G3 là I1I2 phải có đờng kéo dài đi qua A5 (lµ ¶nh cña A3 qua G3). C¸ch vÏ: Lấy A2 đối xứng với A qua G2; A3 đối xứng với A qua G4 Lấy A4 đối xứng với A2 qua G3; A6 Đối xứng với A4 qua G4 Lấy A5 đối xứng với A3 qua G3 Nèi A2A5 c¾t G2 vµ G3 t¹i I1, I2 Nèi A3A4 c¾t G3 vµ G4 t¹i I2, I3, tia AI1I2I3A lµ tia cÇn vÏ. b) Do tính chất đối xứng nên tổng đờng đi của tia sáng bằng hai lần đờng chéo của hình ch÷ nhËt. §êng ®i nµy kh«ng phô thuéc vµo vÞ trÝ cña ®iÓm A trªn G1. Bài tập tham khảo: Bµi 1: Cho hai g¬ng M, N vµ 2 ®iÓm A, B. H·y vÏ c¸c tia s¸ng xuÊt ph¸t tõ A ph¶n x¹ lÇn lợt trên hai gơng rồi đến B trong hai trờng hợp. a) §Õn g¬ng M tríc A b) §Õn g¬ng N tríc. B. A. Bµi 2: Cho hai g¬ng ph¼ng vu«ng gãc víi nhau. §Æt 1 ®iÓm s¸ng S vµ ®iÓm M tríc g¬ng sao cho SM // G2 a) H·y vÏ mét tia s¸ng tíi G1 sao cho khi qua G2 sÏ l¹i qua M. Gi¶i thÝch c¸ch vÏ. b) Nếu S và hai gơng cố định thì điểm M phải có vị trí thế nào để có thể vẽ đợc tia sáng nh câu a. c) Cho SM = a; SA = b, AO = a, vËn tèc ¸nh s¸ng lµ v Hãy tính thời gian truyền của tia sáng từ S -> M theo con đờng của câu a. Bài 3: Hai gơng phẳng G1; G2 ghép sát nhau nh hình vẽ,  = 600 . Một điểm sáng S đặt trong kho¶ng hai g¬ng vµ cách đều hai gơng, khoảng cách từ S (G1) đến giao tuyến của hai gơng là SO = 12 cm. a) Vẽ và nêu cách vẽ đờng đi của tia S s¸ng tï S ph¶n x¹ lÇn lît trªn hai g¬ng råi quay l¹i S. (G1). O. S M. (G2). O. .

(7) b) Tìm độ dài đờng đi của tia sáng nói trên? Bài 4: Vẽ đờng đi của tia sáng từ S sau khi phản xạ trên tất cả các vách tới B.. S. B. Tiết 5,6 Loại 3: Xác định số ảnh, vị trí ảnh của một vật qua gơng phẳng?. Ph¬ng ph¸p gi¶i: Dùa vµo tÝnh chÊt ¶nh cña mét vËt qua g¬ng ph¼ng: “¶nh cña mét vật qua gơng phẳng bằng vật và cách vật một khoảng bằng từ vật đến gơng” (ảnh và vật đối xứng nhau qua gơng phẳng) Thí dụ 1: Hai gơng phẳng M và N đặt hợp với nhau một góc  < 1800 , mặt phản xạ quay vµo nhau. Mét ®iÓm s¸ng A n»m gi÷a hai g¬ng vµ qua hÖ hai g¬ng cho n ¶nh. Chøng minh 360  2k ( k  N ) r»ng nÕu  th× n = (2k – 1) ¶nh.. Gi¶i. Sơ đồ tạo ảnh qua hệ:. (M ) (N ) (M ) (N ) A    A1    A3    A5    .... A    A2    A4    A6    ... Từ bài toán ta có thể biễu diễn một số trờng hợp đơn giản. A3 Theo h×nh vÏ ta cã: (N). (M ). (N). (M ). A2. Gãc A1OA2 = 2. (N). Gãc A3OA4 = 4 ....... A6 A O. Gãc A2k-1OA2k = 2k Theo ®iÒu kiÖn bµi to¸n th× 360 / = 2k 0. (M). A8. A1. A7. => 2k = 3600. VËy gãc A2k-1OA2k = 2k = 3600 Tøc lµ ¶nh A2k-1 vµ ¶nh A2k trïng nhau A5 (N) nªn Trong hai ¶nh nµy mét ¶nh sau g¬ng (M) vµ mét ¶nh sau g¬ng A4 kh«ng tiÕp tôc cho ¶nh n÷a. VËy sè ¶nh cña A cho bëi hai g¬ng lµ: n = 2k – 1 ¶nh Thí dụ 2: Hai gơng phẳng M1và M2 đặt nghiêng với nhau một góc  = 1200. Một điểm s¸ng A tríc hai g¬ng, c¸ch giao tuyÕn cña chóng 1 kho¶ng R = 12 cm. a) TÝnh kho¶ng c¸ch gi÷a hai ¶nh ¶o ®Çu tiªn cña A qua c¸c g¬ng M1 vµ M2. b) T×m c¸ch dÞch chuyÓn ®iÓm A sao cho kho¶ng c¸ch gi÷a hai ¶nh ¶o c©u trªn lµ kh«ng đổi. A (M2) Giải a) Do tính chất đối xứng nên A1, A2, A nằm trên một đờng tròn tâm O bán kính R = 12 cm. K Tø gi¸c OKAH néi tiÕp (v× gãc K + gãc H = 1800) H A2. O. (M1).

(8) A1. Do đó Â =  -  => gãc A2OA1 = 2¢ (gãc cïng ch¾n cung A1A2) => góc A2OA1 = 2( -  ) = 1200  A2OA1 c©n t¹i O cã gãc O = 1200; c¹nh A20 = R = 12 cm => A1A2 = 2R.sin300 = 12 3 b) Từ A1A2 = 2R sin  . Do đó để A1A2 không đổi => R không đổi (vì  không đổi) VËy A chØ cã thÓ dÞch chuyÓn trªn mét mÆt trô, cã trôc lµ giao tuyÕn cña hai g¬ng b¸n kÝnh R = 12 cm, giíi h¹n bëi hai g¬ng. Thí dụ 3: Hai gơng phẳng AB và CD đặt song song đối diện và cách nhau a=10 cm. Điểm sáng S đặt cách đều hai gơng. Mắt M của ngời quan sát cách đều hai gơng (hình vẽ). BiÕt AB = CD = 89 cm, SM = 100 cm. a) Xác định số ảnh S mà ngời quan sát thấy đợc. B A b) Vẽ đờng đi của tia sáng từ S đến mắt M sau khi: M S - Ph¶n x¹ trªn mçi g¬ng mét lÇn. - Ph¶n x¹ trªn g¬ng AB hai lÇn, trªn g¬ng CD 1 lÇn. D C Gi¶i Sn XÐt ¸nh s¸ng tõ S truyÒn theo chiÒu tíi AB tríc.  G1  S1  G2  S 3  G1  S 5 ..... S ảnh ảo đối xứng với vật qua gơng nên ta có: SS1 = a SS3 = 3a SS5 = 5a. S1. K. A. B M. S D. C. ….. SSn = n a Mắt tại M thấy đợc ảnh thứ n, nếu tia phản xạ trên gơng AB tại K lọt vào mắt và có đờng kÐo dµi qua ¶nh Sn. VËy ®iÒu kiÖn m¾t thÊy ¶nh Sn lµ: AK  AB Sn A AK S n SM ~ S n AK    SnS SM. a 2  89  n  50 na 100 11. na . V× n  Z => n = 4 XÐt ¸nh s¸ng tõ S truyÒn theo chiÒu tíi g¬ng CD tríc ta còng cã kÕt qu¶ t¬ng tù. S5 S5 Vậy số ảnh quan sát đợc qua hệ là: 2n = 8 b) Vẽ đờng đi của tia sáng: S1. A. M. S C. S3. S1. B. A. B M. S D C. D.

(9) Bµi tËp tham kh¶o: 1- Một bóng đèn S đặt cách tủ gơng 1,5 m và nằm trên trục của mặt gơng. Quay cánh tủ quanh b¶n lÒ mét gãc 300 . Trôc g¬ng c¸nh b¶n lÒ 80 cm: a) ảnh S của S di chuyển trên quỹ đạo nào? b) Tính đờng đi của ảnh.. Tiết 7,8 Loại 4: Xác định thị trờng của gơng.. “Ta nhìn thấy ảnh của vật khi tia sáng truyền vào mắt ta có đờng kéo dài đi qua ảnh của vËt” Phơng pháp: Vẽ tia tới từ vật tới mép của gơng. Từ đó vẽ các tia phản xạ sau đó ta sẽ xác định đợc vùng mà đặt mắt có thể nhìn thấy đợc ảnh của vật. ThÝ dô 1: b»ng c¸ch vÏ h·y t×m vïng kh«ng gian B mà mắt đặt trong đó sẽ nhìn thấy ảnh của toàn bộ vật A s¸ng AB qua g¬ng G. (G) Gi¶i Dùng ¶nh A’B’ cña AB qua g¬ng. Tõ A’ vµ B’ vÏ c¸c tia qua hai mÐp g¬ng. M¾t chØ cã thÓ nhìn thấy cả A’B’ nếu đợc đặt trong vùng gạch chéo.. B A. Thí dụ 2: Hai ngời A và B đứng trớc một gơng phẳng (hình vẽ) (G) M. H. N. K A’. h. h B’. B. A. a) Hai ngêi cã nh×n thÊy nhau trong g¬ng kh«ng? b) Một trong hai ngời đi dẫn đến gơng theo phơng vuông góc với gơng thì khi nào họ thấy nhau trong g¬ng? c) NÕu c¶ hai ngêi cïng ®i dÇn tíi g¬ng theo ph¬ng vu«ng gãc víi g¬ng th× hä cã thÊy nhau qua g¬ng kh«ng? BiÕt MA = NH = 50 cm; NK = 100 cm, h = 100 cm. Gi¶i A'.

(10) a) VÏ thÞ trêng cña hai ngêi. - ThÞ trêng cña A giíi h¹n bëi gãc MA’N,. N. H. M. cña B giíi h¹n bëi gãc MB’N. - Hai ngêi kh«ng thÊy nhau v× ngêi nµy ë ngoµi thÞ trêng cña ngêi kia.. K h. h. B. A. A'. b) A c¸ch g¬ng bao nhiªu m. Cho A tiến lại gần. Để B thấy đợc ảnh A’ cña A th× thÞ trêng cña A ph¶i nh h×nh vÏ sau:  AHN ~  BKN. M. H. N. K h. A. AH AN 0,5   AH  BK  AH  1  0,5m 1 -> BK KN. B. c) Hai ngêi cïng ®i tíi g¬ng th× hä kh«ng nh×n thÊy nhau trong g¬ng v× ngêi nµy vÉn ë ngoµi thÞ trêng cña ngêi kia. Thí dụ 3: Một ngời cao 1,7m mắt ngời ấy cách đỉnh đầu 10 cm. Để ngời ấy nhìn thấy toàn bé ¶nh cña m×nh trong g¬ng ph¼ng th× chiÒu cao tèi thiÓu cña g¬ng lµ bao nhiªu mÐt? MÐp dới của gơng phải cách mặt đất bao nhiêu mét? Gi¶i - Vật thật AB (ngời) qua gơng phẳng cho ảnh ảo A’B’ đối xứng. - Để ngời đó thấy toàn bộ ảnh của mình thì kích thớc nhỏ nhất và vị trí đặt gơng phải thoã mãn đờng đi của tia sáng nh hình vẽ. B. M. H. MB  0,8m  B’KH ~  B’MB => KH = 2. A. AB  AB   0,85m 2  MIK ~ MA’B’ => IK = 2. I. K. B'. A'. VËy chiÒu cao tèi thiÓu cña g¬ng lµ 0,85 m Gơng đặt cách mặt đất tối đa là 0,8 m Bµi tËp tham kh¶o: Bµi1: Mét hå níc yªn tÜnh cã bÒ réng 8 m. Trªn bê hå cã mét cét trªn cao 3,2 m cã treo một bóng đèn ở đỉnh. Một ngời đứng ở bờ đối diện quan sát ảnh của bóng đèn, mắt ngời này cách mặt đất 1,6 m. a) Vẽ chùm tia sáng từ bóng đèn phản xạ trên mặt nớc tới mắt ngời quan sát. b) Ngời ấy lùi xa hồ tới khoảng cách nào thì không còn thấy ảnh ảnh của bóng đèn? Bµi 2: Mét g¬ng ph¼ng h×nh trßn, t©m I b¸n kÝnh 10 cm. §Æt m¾t t¹i O trªn trôc I x vu«ng góc với mặt phẳng gơng và cách mặt gơng một đoạn OI = 40 cm. Một điểm sáng S đặt c¸ch mÆt g¬ng 120 cm, c¸ch trôc Ix mét kho¶ng 50 cm. a) M¾t cã nh×n thÊy ¶nh S’ cña S qua g¬ng kh«ng? T¹i sao? 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 gơng..

(11) Tiết 9,10 Lo¹i 5: TÝnh c¸c gãc.. ThÝ dô 1: ChiÕu mét tia s¸ng hÑp vµo mét g¬ng ph¼ng. NÕu cho g¬ng quay ®i mét gãc  quanh mét trôc bÊt kú n»m trªn mÆt g¬ng vµ vu«ng gãc víi tia tíi th× tia ph¶n x¹ sÏ quay ®i mét gãc bao nhiªu? theo chiÒu nµo? R1 Gi¶i XÐt g¬ng quay quanh trôc O N1 S từ vị trí M1 đến M2 (góc M1OM2 = ) lúc đó pháp tuyến cũng quay 1 góc N1KN2 =  (gãc cã c¹nh t¬ng øng vu«ng gãc). XÐt  IPJ cã IJR2 = JIP + IPJ. M1. ii. I. N2 R2 i' i'. O J. K. P. Hay 2i’ = 2i +  =>  = 2( i’ – i ) (1). M2. XÐt  IJK cã IJN2 = JIK + IKJ Hay i’ = i +  =>  = ( i’ – i ) (2) Tõ (1) vµ (2) =>  = 2  VËy khi g¬ng quay mét gãc  quanh mét trôc bÊt kú vu«ng gãc víi tia tíi th× tia ph¶n x¹ sÏ quay ®i mét gãc 2  theo chiÒu quay cña g¬ng. Thí dụ 2: Hai gơng phẳng hình chữ nhật giống nhau đợc ghép chung theo một cạnh tạo thµnh gãc  nh h×nh vÏ (OM1 = OM2). Trong kho¶ng gi÷a hai g¬ng gÇn O cã mét ®iÓm 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 ph¶n x¹ ë G2 th× ®Ëp vµo G1 vµ ph¶n x¹ trªn G1 mét lÇn n÷a. Tia ph¶n x¹ cuèi cïng vu«ng gãc víi M1M2. TÝnh  . Gi¶i (G1) - VÏ tia ph¶n x¹ SI1 vu«ng gãc víi (G1) K I3 - Tia ph¶n x¹ lµ I1SI2 ®Ëp vµo (G2) - Dùng ph¸p tuyÕn I2N1 cña (G2) I1 N1 N2 - Dùng ph¸p tuyÕn I3N2 cña (G1) - VÏ tia ph¶n x¹ cuèi cïng I3K (G2) O. I2. DÔ thÊy gãc I1I2N1 =  ( gãc cã c¹nh t¬ng øng vu«ng gãc) => gãc I1I2I3 = 2 Theo định luật phản xạ ánh sáng ta có: KI3 M1 = I2I3O = 900 - 2 => I3 M1K = 2  M1OM c©n ë O. =>  + 2 + 2 = 5 = 1800 =>  = 360. VËy  = 360 Bµi tËp tham kh¶o: Bµi 1: ChiÕu 1 tia s¸ng SI tíi mét g¬ng ph¼ng G. NÕu quay tia nµy xung quanh ®iÓm S mét gãc  th× tia ph¶n x¹ quay mét gãc b»ng bao nhiªu? Bµi 2: Hai g¬ng ph¼ng G1 vµ G2 cã c¸c mÆt ph¶n x¹ hîp víi nhau mét gãc  = 600 chiÕu 1 tia s¸ng SI tíi G1 tia nµy ph¶n x¹ theo IJ vµ ph¶n x¹ trªn G 2 theo JR. tÝnh gãc hîp bëi c¸c tia SI vµ JR CHUYỂN ĐỘNG CƠ HỌC.

(12) Tiết 11,12. 1. Tìm hiểu lý thuyết cơ bản phần chuyển động cơ học: * Tóm tắt lý thuyết a, Khi vị trí của một vật so với vật mốc thay đổi theo thời gian thì vật chuyển động so với vật mốc. Chuyển động này gọi là chuyển động cơ học. Khi vị trí của một vật so với vật mốc không thay đổi theo thời gian thì vật đứng yên so với vật mốc. + Một vật có thể đứng yên so với vật này nhưng lại là chuyển động so với vật khác. Vì vậy chuyển động hay đứng yên có tính tương đối. b, Chuyển động thẳng đều là chuyển động trong đó vật đi được những quãng đường bằng nhau trong những khoảng thời gian bằng nhau. + Chuyển động không đều là chuyển động mà vận tốc của vật có độ lớn thay đổi theo thời gian. c, Độ lớn của vận tốc (tốc độ) cho biết mức độ nhanh hay chậm của chuyển động và được đo bằng quãng đường đi được trong 1 đơn vị thời gian: v = s /t Trong đó : s là Quãng đường đi được.(m,km) t là Thời gian. (s, h) v là Vận tốc: m/s ; km/h 1m/s=100cm/s=3,6km/h Véc tơ vân tốc v có: -. Gốc đặt tại 1 điểm trên vật. -. Phương trùng với phương chuyển động. -. Chiều trùng với chiều chuyển động. -. Độ dài tỷ lệ với độ lớn của vận tốc theo 1 tỉ xích cho trước. d, Phương trình xác đinh vị trí của 1 vật: A. .  O. X. * Các bước lập phương trình: -. Chọn toạ độ gốc thời gian, chiều (+) của chuyển động. -. Viết phương trình: x = x0 ± vt. x: Vị trí của vật so với gốc tại thời điểm bất kỳ.

(13) x0 : Vị trí của vật so với gốc toạ độ tại t=0 “+”: Chuyển động cùng chiều dương “ – “ : Chuyển động ngược chiều dương Hệ quả: +Nếu hai hay nhiều vật chuyển động cùng phương cùng chiều gặp nhau: x1 = x2 = … = xn + Nếu hai vật cách nhau 1 khoảng l: sảy ra 2 trường hợp: Cách nhau 1 khoảng l trước khi gặp nhau và sau khi gặp nhau: x 2 – x 1 =l x1 – x 2 = l. e. Tổng hợp vận tốc: - Phương trình véc tơ v B = v12 + v23 Hệ quả + Nếu hai chuyển động cùng phương cùng chiều: v13 = v12 + v23 + Nếu hai chuyển động cùng phương ngược chiều: v13 = v12 – v23 + Nếu hai chuyển động có phương vuông góc: v213 = v122 + v 232 Trong đó V12: vận tốc vật 1 so với vật 2 v23: vận tốc vật 2 so với vật 3 v13: vận tốc vật 1 so với vật 3 3.1.2 Một số dạng bài tập khó: Giáo viên đưa ra một số dạng bài tập. Trong mỗi dạng bài đều có việc phân tích lý thuyết, tìm ra phương pháp và vận dụng giải 1 số bài tập. a. Lập công thức đường đi, công thức vị trí của vật. * Phương Pháp chung: - Vẽ hình biểu diễn theo giữ kiện và yêu cầu đề. - Viết biểu thức đường đi - Suy ra công thức định vị trí của vật..

(14) Bài tập 1 : Cùng một lúc có hai xe xuất phát từ hai điểm A và B cách nhau 60 km , chúng chuyển động cùng chiều nhau. Xe thứ nhất khởi hành từ A với vận tốc v1 = 30 km/h, xe hai khởi hành từ B với vận tốc v 2 = 40km/h ( Hai xe đều chuyển động thẳng đều ). a, Tính khoảng cách giữa hai xe sau một giờ kể từ lúc xuất phát . b, Sau khi xuất phát được 1 giờ 30 phút xe thứ nhất đột ngột tăng tốc với vận tốc v1’ = 50 km/h . Hãy xác định thời điểm và vị trí hai xe gặp nhau . Giải: a, Công thức xác định vị trí của hai xe : Giả sử hai xe chuyển động trên đoạn đường thẳng AN.  . . V1. A. M. V2. B.  N. *Quãng đường mỗi xe đi được sau thời gian t = 1h là : -. Xe đi từ A: S1 = v1.t = 30x1 = 30 km. -. Xe đi từ B: S2 = v2t = 40x1 = 40 km. Sau 1 giờ thì khoảng cách giữa hai xe là đoạn MN ( Vì sau 1 giờ xe 1 đi được từ A đến M, xe 2 đi được từ B đến N và lúc đầu hai xe cách nhau đoạn AB = 60 km ) Nên : MN = BN + AB – AM MN = S + S2 – S1 = 40 + 60 – 30 = 70 km b..   V1. A. M’. V1’.  B. V2. . V2’. N’. C. Sau khi xuất phát được 1 giờ 30 phút thì quãng đường mà hai xe đi được là : -. Xe 1 : S1 = V1 . t = 30 . 1,5 = 45 km. -. Xe 2 : S2 = V2 . t = 40. 1,5 = 60 km. Khoảng cách giữa hai xe lúc đó là đoạn M’N’. Ta có : M’N’ = S + S2 – S1 = 60 + 60 – 45 = 75 km..

(15) Khi xe 1 tăng tốc với V1’ = 50 km/h để đuổi kịp xe 2 thì quãng đường mà hai xe đi được là : -. Xe 1 : S1’ = V1’ . t = 50 . t. -. Xe 2 : S2’ = V2 . t = 40 .t. Khi hai xe gặp nhau tại C thì : S1’ = M’N’ + S2’ <=> S1’ – S2’ = M’N’. Hay : 50 t – 40 t = 75. <=> 10t = 75 => t = 75/10 = 7,5 ( giờ ) Vị trí gặp nhau cách A một khoảng l (km) . Ta có : l = S1’ + S1 ( Chính là đoạn AC ) Mà S1’ = V1’.t = 50 .7,5 = 375 km Do đó : l = 375 + 45 = 420 km Vậy sau 7,5 giờ kể từ lúc xe 1 tăng tốc thì hai xe gặp nhau và vị trí gặp nhau cách A một đoạn đường là 420 km. Bài tập 2: Lúc 7 giờ một người đi xe đạp đuổi theo một người đi bộ cách anh ta 10 km. Cả hai người đều chuyển động đều với vận tốc là 12km/h và 4km/h. Tìm vị trí và thời gian người đi xe đạp đuổi kịp người đi bộ. Giải :. . V1. A. . V2. B.  C. Gọi vận tốc và quãng đường mà người đi xe đạp là V1 , S1 Gọi vận tốc và quãng đường mà người đi bộ là V2 , S2 Ta có : Người đi xe đạp đi được quãng đường là : S1 = V1.t Người đi bộ đi được quãng đường là : S2 = V2. t Khi người đi xe đạp đuổi kịp người đi bộ thì hai người sẽ gặp nhau tại C hay : AC = AB + BC  S1 = S + S2  V1.t = S + V2 .t  ( V1 - V2 )t = S  t = S/(V1 - V2 )  t = 1,25 giờ ) Vì xe đạp khởi hành lúc 7 giờ nên thời điểm mà hai người gặp nhau là : t' = 7 + t = 7 + 1,25 = 8,25 giờ hay t' = 8 giờ 15 phút.

(16) Vị trí gặp nhau cách A khoảng AC : AC = S1 = V1.t = 12 . 1,25 = 15 km Vậy vị trí mà hai người gặp nhau cách A khoảng 15 km.. Tiết 13,14. b. Tính vận tốc trung bình. * Phương Pháp chung: Dựa vào công thức vận tốc trung bình v= s/t và s ở trên trong mối quan hệ s = s1 + s2 + s3 + …, t trong mối quan hệ t = t1 + t2 + t3 + ... Bài tập 1: Một chiếc xe chở khánh khởi hành từ TPHCM đi Đà Lạt trên chăn đường dài 330km. Xe khởi hành lúc 6h sáng.Đầu chặng đường xe đi được quảng đường 60km trong thời gian 1h. Cuối chặng đường xe đi được quảng đường 75km trong 2h và đến Đà Lạt lúc 12h trưa. a. Tính vận tốc trung bình của xe ở đầu chặng, giữa chặng và cuối chặng đường. b. Tính vận tốc trung bình của xe trên cả quảng đường. Giải: a.Vận tốc trung bình trên chặng đường đầu: v 1=. s1 60 = =60( km / h) t1 1. Vận tốc trung bình trên chặng đường cuối: v 3=. s3 75 = =37 , 5( km/h) t3 2. Vận tốc trung bình trên chặng đường giữa: s2 = s – s1 – s3 = 330 – 60 – 75 = 195(km) t2 = 12 – 6 – 1 – 2 = 3(h) v 2=. s2 195 = =65( km / h) t2 3. b.Vận tốc trung bình trên cả quảng đường: s 330 v= = =55( km/h) t 6.

(17) Bài tập 2 : Tính vận tốc trung bình của một vật trong hai trường hợp sau: a. Nửa thời gian đầu vật chuyển động với vận tốc v 1, nửa thời gian sau vật chuyển động với vận tốc v2. b. Nửa quãng đường đầu vật chuyển động với vận tốc v1 , nửa quãng đường sau vật chuyển động với vận tốcv2. c, So sánh vận tốc trung bình trong hai trường hợp câu a) và b). áp dụng : v1 = 40km/h, v2 = 60km/h Giải: a) Tính vận tốc trung bình va: Quãng đường vật đi được. - Trong nửa thời gian đầu:. s1 = v1..t/2. (1). - Trong nửa thời gian sau:. s2 = v2t/2. (2). - Trong cả khoảng thời gian: s = va . t Ta có:. s = s1 + s2. (3). (4). Thay (1), (2) , (3) vào (4) ta được: va . t = v1.t/2 + v2 t/2  va = v 1 +. v2 2. ]. (a). b Tính vận tốc trung bình vb Thời gian vật chuyển động: s. - Trong nửa quãng đường đầu : t1 = 2 v 1 s. - Trong nửa quãng đường sau: t2 = 2 v 2 s. - Trong cả quãng đường:. t = v b. Ta có:. t = t 1 + t2. Thay (5), (6), (7) vào (8) ta được: s vb =. s 2 v1. s. + 2v 2. (5) (6) (7) (8).

(18) l vb =. vb. =. l 2 v1. l. + 2v 2. 2 vv 2 + v2 v1. (b). c, So sánh va và vb Xét hiệu: 2 vv 2 v va – vb = ( v 1 + 2 ) – ( v + v2 ) = 2 1. v 1 − v2 ¿2 ¿ ¿ ¿. 0. Vậy va > vb Dấu bằng xảy ra khi : v1 = v2 áp dụng số ta có: va = 50km/h vb = 48km/h Bài tập 3: Một người dự định đi bộ trên một quãng đường với vận tốc không đổi 5 km/h. Nhưng đi đến đúng nửa đường thì nhờ được một bạn đèo xe đạp và đi tiếp với vận tốc không đổi 12 km/h do đó đến sớm hơn dự định 28 phút. Hỏi : Nếu người ấy đi bộ hết toàn bộ quãng đường thì hết bao nhiêu lâu ? Giải : Gọi chiều dài mỗi nửa quãng đường là S ( km ) Theo đầu bài ta có : t1 = t2 + 28/60 Hay : S/5 = S/12 + 28/60  S/5 - S/12 = 28/60 hay 12S - 5S = 28 => S = 28/7 = 4 km Thời gian đi bộ : t1 = S/ V1 = 4/5 ( giờ ) Thời gian đi xe đạp : t2 = S/ V2 = 4/12 = 1/3 ( giờ ) Thời gian đi bộ hết toàn bộ quãng đường là : t = t1 + t2 = 4/5 +1/3 = 17/15 = 1 giờ 8 phút Vậy người đó đi bộ toàn bộ quãng đường hết 1 giờ 8 phút.. Tiết 15,16..

(19) c. Hợp phương vận tốc . * Phương pháp chung Áp dụng công thức trong các trường hợp: - Lúc chuyển động cùng chiều:. v= v1 +v2. - Lúc chuyển động ngược chiều: v’ = v1 – v2 - Lúc không cùng phương, chiều ta dùng công thức cộng véc tơ. v B = v12 + v23 Bài tập 1: Một ca nô đi ngược dòng nước từ B đến A cách nhau 30km hết 1h30 phút. Biết vận tốc của nước so với bờ là 5km/h. a. Tính vận tốc của ca nô so với dòng nước. b. Hỏi nếu ca nô đi xuôi theo dòng nước từ B đến A mất bao nhiêu thời gian. Coi vận tốc ca nô so với dòng nước và dòng nước so với bờ sông là không đổi. Giải: Gọi v là vận tốc của ca nô so với bờ sông. v1 là vận tốc vủa ca nô so với dòng nước v2 là vận tốc của dòng nước so với bờ sông. a. Vận tốc của ca nô so với bờ sông là: s 30 v= = =20(km/h) t 1,5. Vì ca nô đi ngược dòng nước nên ta có vận tốc cảu ca nô so với dòng nước là: v1 = v + v2 = 20 + 5 = 25(km/h) b. Vì xuôi dòng nên vận tốc của ca nô so với bờ sông là: v’ = v1 + v2 = 25 + 5 = 30(km/h) Thời gian khi ca nô xuôi dòng là: Từ CT v = s/t  t = s/v 30/30 = 1(h) Bài tập 2: a) Hai bên A,B của một con sông thẳng cách nhau một khoảng AB= S . Một ca nô xuôi dòng từ A đến B mất thời gian là t 1, còn ngược dòng từ B đến A mất thời gian là t 2. Hỏi vận tốc v1 của ca nô và v2 của dòng nước . áp dụng : S = 60km, t1 = 2h, t2 = 3h..

(20) b) Biết ca nô đi xuôi dòng từ A đến B mất một thời gian t 1, đi ngược dòng từ B đến A mất thời gian t2. Hỏi tắt máy để cho ca nô trôi theo dòng nước từ A đên B thì mất thời gian t là bao nhiêu?. áp dụng t1 = 2h , t2= 3h. Giải: a, Tính vận tốc v1 của ca nô và v2 của dòng nước: Vận tốc ca nô đối với bờ sông: - Lúc xuôi dòng:. v= v1 +v2 = s/t1. (1). - Lúc ngược dòng: v’ = v1 – v2 = s/t2. (2). Lấy (1) cộng (2) theo vế, ta có: s s 2 v 1= + ❑ t1 t 2 ❑ 1 s s v 1= ( + ) 2 t1 t2. (3). Từ (1) suy ra: v 2=. s s 1 s s − v 1= − ( + ) t1 t1 2 t1 t2. 1 s s v 2= ( − ) 2 t1 t2. (4). 1 60 60 Thay số: v 1= 2 ( 2 + 3 )=25 (km/h) 1 60 60 v 2= ( − )=5 2 2 3. (km/h). b, Thời gian ca nô trôi theo dòng nước từ A đến B. Vận tốc ca nô đối với bờ sông: -. Lúc xuôi dòng:. v= v1 + v2. -. Lúc ngược dòng: v = v1 – v2. Thời gian chuyển động của ca nô: - Lúc xuôi dòng: t1 = s/ (v1+ v2 )  s = v1t1 + v2t1 - Lúc ngược dòng: t2 = s/(v1 – v2. )  s = v1t2 - v2t2. - Lúc tắt máy trôi theo dòng: t = s/v2 Từ (5) và(6) ta có: s = v1t1 + v2t1 = v1t2 – v2t2  v2t1 + v2t2 = v1t2 - v1t1. (5) (6) (7).

(21)  v2(t1+t2) = v1(t2 – t1) t −t. 2 1  v 2=v 1 t +t 1. (8). 2. Thay (8) vào (5) ta có: s=(v 1 + v 1. t 2 −t 1 )t t 1+ t 2 1. v (t +t ) v (t −t ). 2v t t. 1 1 2 1 2 1 1 1 2  s=( t +t + t +t )t 1= t + t 1 2 1 2 1 2. 2v t t. 1 1 2  s= t +t 1 2. (9) 2 v 1 t1 t2 t +t 2t t s t= = 1 2 = 1 2 v2 t −t t −t v1 2 1 2 1 t 1+ t 2. Thế (8) và(9) vào (7) ta được:. 3 áp dụng : t=2⋅ 2⋅ 3 −2 =12 (h). Bài tập 3 : Một người chèo một con thuyền qua sông nước chảy. Để cho thuyền đi theo đường thẳng AB thẳng góc vớ bờ người ấy phải luôn chèo để hướng con thuyền đi theo đường thẳng AC.Biết sông rộng 400m, thuyền qua sông hết 8 phút 20 giây, vận tốc của thuyền đối với nước là1m/s. Tính vận tốc của dòng nước đối với bờ sông. Giải: Gọi véc tơ v1 vận tốc của thuyền đối với nước, véc tơ v2 là vận tốc của dòng nước đối với bờ sông, véc tơ v là vận tốc của thuyền đối với bờ. Các véc tơ v, v1 , v2 được biểu diễn như hình vẽ. Ta có : véc tơ v vuông góc với véc tơ v2 nên về độ lớn v1 ,v và v2 thoả : v12 = v2 + v22. (1). Mặt khác ta có: v =. AB t. Thay v1= 1m/s, v = 0,8m/s vào (1) ta có:. B. C. 12 = 0,82 + v22 2 2. 2. 2. v = 1 – 0,8 = 1 - 0,64 = 0,36. V1. V V2 A.

(22) Vậy : v2 = 0,6 (m/s) ( Chú ý: có thể giải thích bằng cách) AC = v1.t CB = v2 =. √ AC2 − AB2 CB t. Sau khi tìm hiểu phương pháp vận dụng giải 1 số bài tập cơ bản nhất. Học sinh có thể làm rõ 1 số bài tập củng cố cho mỗi dạng bài tập để khắc sâu , hiểu và ghi nhớ các dạng bài tập chuyển động cơ học trong thực tế. d. Xác định vị trí của vật. * Phương pháp chung: - Lập phương trình quảng đường, - Lập phương trình vận tốc. - Kết hợp các phương trình đã lập để giải quyết yêu cầu của đề. Bài tập 1: Lúc 6 giờ 30 phút hai xe đò xuất phát đồng thời từ hai điểm A và B cách nhau 90km và chuyển động ngược chiều nhau. Hai xe gặp nhau lúc 8 giờ. Biết vận tốc xe đi từ A là 36 km/h a. Tính vận tốc cuả xe đi từ B b. Vị trí hai xe gặp nhau cách B bao nhiêu km. Giải:. . S1,v1. A. S2,v2.  C. B. a. Quảng đường xe 1 đi: Từ CT: v = s/t  s1 = v1.t1 = 36.1,5 = 54(km) Quảng đường xe 2 đi: Theo đề s2 = s – s1 = 90 – 54 = 36(km) s t. . 36 Vận tốc xe đi từ B: v 2= 2 = =24( km/h) 1,5. b. Theo câu a, vị trí hai xe gặp nhau cách B 36km..

(23) Bài tập 2: Hai đoàn tàu chuyển động đều trong sân ga trên hai đường sắt song song nhau. Đoàn tàu A dài 65 mét, đoàn tàu B dài 40 mét. Nếu hai tàu đi cùng chiều, tầu A vượt tàu B trong khoảng thời gian tính từ lúc đầu tàu A ngang đuôi tàu B đến lúc đuôi tàu A ngang đầu tàu B là 70 giây. Nếu hai tàu đi ngược chiều thì từ lúc đầu tầu A ngang đầu tàu B đến lúc đuôi tàu A ngang đuôi tàu B là 14 giây Tính vận tốc mỗi tàu Giải : * Khi hai tầu đi cùng chiều . Ta có : SB A. A. lA. B. B. lB SA. - Quãng đường tàu A đi được : SA = vA . t1 - Quãng đường tàu B đi được : SB = vB .t1 Theo hình vẽ : SA - SB = lA + lB <=> ( vA – vB )t1 = lA + lB => vA – vB =. l A + lB t1. = 1,5 ( m/s ).  vA – vB = 1,5 ( m/s ) * Khi hai tàu đi ngược chiều . Ta có : SA A B SB. A. B lA + l B. (1).

(24) -. Quãng đường tàu A đi được là : SA = vA . t2. -. Quãng đường tàu B đi được là : SB = vB .t2. Theo hình vẽ ta có : SA + SB = lA + lB hay ( vA + vB ) t2 = lA + lB l A + lB t2. => vA + vB =. = 7,5 ( m/s ).  vA + vB = 7,5 ( m/s ). ( 2). Từ ( 1) => vA = 1,5 + vB thay vào ( 2 ) ( 2) <=> 1,5 + vB + vB = 7,5 <=> 2 vB = 6 => vB = 3 ( m/s ) Khi vB = 3 => vA = 1,5 + 3 = 4,5 ( m/s ) Vậy vận tốc của mỗi tàu là : Tàu A với vA = 4,5 m/s Tàu B với vB = 3 m/s.. ÁP SUẤT Tiết 17,18 I - CƠ SỞ LÝ THUYẾT:.

(25) 1/ Áp suất:. - Công thức tính áp suất:. P=. - Đơn vị áp suất là paxcan(Pa):. ⇒ F=P. S F S= P ¿{. F S. 1 Pa=. 1N 1 m2. 2/ Áp suất chất lỏng: - Chất lỏng đựng trong bình sẽ gây áp suất theo mọi phương lên đáy bình, thành bình và mọi vật đặt trong nó.. ⇒ P h - Công thức tính áp suất chất lỏng: P = d.h ( Với d là trọng lượng riêng của chất lỏng; h P h= d ¿{ d=. là chiều cao (độ sâu) của cột chất lỏng tính từ mặt thoáng chất lỏng) Chú ý: Trong cột chất lỏng đứng yên, áp suất của mọi điểm trên cùng mặt phẳng nằm ngang có độ lớn như nhau (cùng độ sâu) Một vật nằm trong lòng chất lỏng, thì ngoài áp suất chất lỏng, vật còn chịu thêm áp suất khí quyển do chất lỏng truyền tới. 3/ Bình thông nhau: - Trong bình thông nhau chứa cùng chất lỏng đứng yên, các mặt thoáng của chất lỏng ở các nhánh khác nhau đều ở một độ cao. - Trong bình thông nhau chứa hai hay nhiều chất lỏng không hòa tan, thì mực mặt thoáng không bằng nhau, trong trường hợp này áp suất tại mọi điểm trên cùng mặt phẳng nằm ngang có giá trị bằng nhau. - Bài toán máy dùng chất lỏng: Áp suất tác dụng lên chất lỏng được chất lỏng truyền đi nguyên vẹn theo mọi hướng. + Xác định độ lớn của lực: Xác định diện tích của pittông lớn, pittông nhỏ. + Đổi đơn vị thích hợp.. F S f .S Fs fS Fs = ⇒ F= ⇒ f = ⇒ s= ⇒ S= f s s S F f 4/ Áp suất khí quyển: - Do không khí có trọng lượng nên Trái Đất và mọi vật trên Trái Đất chịu tác dụng của áp suất khí quyển. Giống như áp suất chất lỏng áp suất này tác dụng theo mọi phương..

(26) - Áp suất khí quyển được xác định bằng áp suất cột thủy ngân trong ống Tô-ri-xe-li. - Đơn vị của áp suất khí quyển là mmHg (760mmHg = 1,03.105Pa) - Càng lên cao áp suất khí quyển càng giảm ( cứ lên cao 12m thì giảm 1mmHg). 5/ Lực đẩy Acsimet: - Mọi vật nhúng trong chất lỏng đều bị chất lỏng đẩy thẳng đứng từ dưới lên với một lực có độ lớn bằng trọng lượng của phần chất lỏng mà vật chiếm chỗ. Lực này được gọi là lực đẩy Acsimet. - Công thức tính: FA = d.V - Điều kiện vật nổi, chìm, lơ lửng: + FA > P. ⇒ Vật nổi. + FA = P. ⇒ Vật lơ lửng. + FA < P. ⇒ Vật chìm. Bài tập: Bài 1: Bình thông nhau gồm hai nhánh hình trụ tiết diện lần lượt là S1, S2 có chứa nước như hình vẽ. Trên mặt nước. S1 h. có đặt các pittông mỏng, khối lượng m1, m2 . Mực nước hai nhánh chênh nhau một đoạn h = 10cm. a. Tính khối lượng m của quả cân đặt lên pittông lớn để mực nước ở hai nhánh ngang nhau. b. Nếu đặt quả cân sang pittông nhỏ thì mực nước hai nhánh lúc bấy giờ sẽ chênh nhau một đoạn H bằng bao nhiêu? Cho khối lượng riêng của nước D = 1000kg/m 3, S1 = 200cm2, S2 = 100cm2 và bỏ qua áp suất khí quyển. Hướng dẫn giải: a. -Áp suất ở mặt dưới pittông nhỏ là :. 10m2 10m1   10 Dh S2 S1. <=>. m2 m1   Dh S2 S1 (1). - Khi đặt quả cân m lên pittông lớn mực nước ở hai bên ngang nhau nên:. 10m2 10(m1  m) m m m   2  1 S2 S1 S2 S1 (2). S2.

(27) m1  m m1  10 Dh S S1 1 Từ (1) và (2) ta có : m  D.h S  1 => m = DS1h = 2kg b. Khi chuyển quả cân sang pittông nhỏ thì ta có :. 10(m2  m) 10m1 m2  m m1  10 DH   Dh S2 S1 S S1 2  m2  m m1   Dh S S1 2  (3) Kết hợp (1), (3) và m = DhS1 ta có :. S1 S H = h( 1 + 2 ) H = 0,3m Bài 2:Trong một bình nước hình trụ có một khối nước đá nổi được giữ bằng một sợi dây nhẹ, không giãn (xem hình vẽ bên). Biết lúc đầu sức căng của sợi dây là 10N. Hỏi mực nước trong bình sẽ thay đổi như thế nào, nếu khối nước đá tan hết? Cho diện tích mặt thoáng của nước trong bình là 100cm2 và khối lượng riêng của nước là 1000kg/m3. Hướng dẫn giải: Nếu thả khối nước đá nổi (không buộc dây) thì khi nước đá tan hết, mực nước trong bình sẽ thay đổi không đáng kể. Khi buộc bằng dây và dây bị căng chứng tỏ khối nước đá đã chìm sâu hơn so với khi thả nổi một thể tích V, khi đó lực đẩy Ac-si-met lên phần nước đá ngập thêm này tạo nên sức căng của sợi dây. Ta có: FA = 10.V.D = F <=> 10.S.h.D = F (với h là mực nước dâng cao hơn so với khi khối nước đá thả nổi) => h = F/10.S.D = 0,1(m) Vậy khi khối nước đá tan hết thì mực nước trong bình sẽ hạ xuống 0,1m. Tiết 19,20. Bài 3: 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 d2=7000N/m3 và của nước là d3=10000N/m3. a/ Tính thể tích phần quả cầu ngập trong nước khi đã đổ dầu..

(28) b/ Nếu tiếp tục rót thêm dầu vào thì thể tích phần ngập trong nước của quả cầu thay đổi như thế nào? Hướng dẫn 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 cầungập 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(d3-d2)=V1.d1-V1.d2. . V3 . V1 ( d1  d 2 ) d3  d 2. Tay số: với V1=100cm3, d1=8200N/m3, d2=7000N/m3, d3=10000N/m3. V3 . V1 ( d1  d 2 ) d 3  d 2 . Ta thấy thể tích phần quả cầu ngập trong nước (V ) chỉ phụ 3. b/Từ biểu thức: thuộc 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 3. Bài 4: Một khối nước đá hình lập phương cạnh 3cm, khối lượng riêng 0.9 g /cm . Viên đá nổi trên mặt nước. Tính tỷ số giữa thể tích phần nổi và phần chìm của viên đá, từ đó suy ra chiều cao của 3. phần nổi. Biết khối lượng riêng của nước là 1g /cm . Hướng dẫn giải: 3. 3. D 1 = 1g/cm => d 1 = 10N/ g/cm ; 3. 3. D 2 = 0.9g/cm => d 2 = 9N/ g/cm ; Gọi d 1 và d 2 là trọng lượng riêng cuả nước và đá V 1 và V 2 là thể tích phần nước bị chìm và nổi Khi viên đá nổi thì lực đẩy ác simet bằng trọng lượng của vật ta có d1 . V1 = d 2 ( V1 + V 2 ). d 1 (V1  V2 ) V1   1 d2 V1 V2. Hay. V2 d 1 10 10  9 1  1  1    0,11 V1 d 2 9 9 9.

(29) V2  0,11 V1. Vậy. độ cao của phần nổi là: h 2 = 0,11.3 = 0,33 cm Bài 5: Một cục nước đá đang tan trong nó có chứa một mẫu chì được thả vào trong nước. Sau khi có 100g đá tan chảy thì thể tích phần ngập trong nước của cục đá giảm đi một nửa. Khi có thêm 50g đá nữa tan chảy thì cục nước đá bắt đầu chìm. Tính khối lượng của mẫu chì. Cho biết khối lượng riêng của nước đá, nước và chì lần lượt là 0,9g/cm 3 , 1g/cm3 và 11,3g/cm3 Hướng dẫn giải: Trọng lượng của nước đá và chì là P = (mc + md).10 Trước khi tan 100g nước đá tan P = (mc + md).10 = Vc. Dn.10. 1 Sau khi 100g nước đá tan chảy: P, = (mc + md -0,1 ).10 = 2 . Vc. Dn.10 Biến đổi và. => mc + md = 0,2. Thể tích của khối nước đá sau khi tan chảy 150 g là:. V=. m c m d −0 , 15 + Dc Dc. => mc + md - 0,15 =. (. khi cục đá bắt đầu chìm (mc + md - 0,15 ).10 = V. Dn.10. mc md −0 , 15 + Dc Dd. ). Dn biến đổi và thay số vào ta có hệ pt. mc + md = 0,2. 103 1 0,05  md  m c 113 9 3 giải hệ phương trình ta được mc  5,5 g ; md  194,5g. Bài 6: 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. Hướng dẫn giải: a) Gọi tiết diện và chiều dài thanh là S’ và l. Ta có trọng lượng của thanh: P = 10.D2.S’.l Thể tích nước dâng lên bằng thể tích phần chìm trong nước : S’ l h P H.

(30) V = ( S – S’).h Lực đẩy Acsimet tác dụng vào thanh : F1 = 10.D1(S – S’).h. Do thanh cân bằng nên: P = F1.  10.D2.S’.l = 10.D1.(S – S’).h . l=. D1 S − S ' . . h (*) D2 S '. S’ F. 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. h H. P. Thay (*) vào ta được:. V 0=. l. F2. D1 .( S − S ') .h D2. Lúc đó mực nước dâng lên 1 đoạn h ( so với khi chưa thả thanh vào) Từ đó chiều cao cột nước trong bình là: H’ = H +h =H +. D1 .h D2. H’ = 25 cm 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:. Δh − h=. (. D1 −1 . h=2cm D2. ). nghĩa là :. x =2 ⇒ x=4 2.

(31) Vậy thanh đợc di chuyển thêm một đoạn: x +. x 3x 8 = =4 ⇒ x= cm . 2 2 3. Và lực tác dụng tăng đều từ 0 đến F = 0,4 N nên công thực hiện được:. 1 1 8 A= F . x= . 0,4 . .10− 2=5 , 33. 10− 3 J 2 2 3. S1. Bài 7: Tại đáy của một cái nồi hình trụ tiết diện S1 = 10dm2, 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, h 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). Hướng dẫn giải:. S2 H. 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 ) *Thay số ta có:. 10.3,6  0,2  0,04  0,24(m)  24cm 10000(0,1  0,01) H = 0,2 + Hai quả cân như nhau. Bài 8: Hai bình (a) và (b) giống hệt nhau (như hình vẽ). Miệng bình có tiết diện S1, đáy bình có tiết diện S 2 lần lượt có giá trị 20cm2 và 10cm2. Trên pittông của hai hình có đặt quả cân có khối lượng 10kg. Bỏ qua khối lượng của pittông. Tính áp lực và áp suất lên đáy mỗi bình.. S1 f f Gỗ. Nước S2. Hướng dẫn giải: - Áp lực của quả cân lên nước và gỗ là như nhau ta có:. F1 F2.

(32) f = P = 10m = 100N - Áp suất của quả cân lên cốc và nước:. P=. f 100 = =5 .10 4 ( Pa ) S 1 2 . 10−3. - Đối với bình a ta thấy bình a đựng gỗ là chất rắn nên gỗ truyền toàn bộ áp lực của quả cân lên đáy bình: F1 = f = 100N - Áp suất của quả cân lên đáy bình a:. P 1=. F 1 100 = =105 ( Pa ) S 2 10−3. - Đối với bình b đựng nước là chất lỏng nên nước truyền nguyên vẹn áp suất của quả cân lên đáy bình do đó ta có: P2 = P = 5.104Pa - Áp lực lên đáy bình b:. P2=. F2 4 −3 ⇒ F 2=P2 S 2=5 .10 .10 =50 ( N ) S2. NHIỆT HỌC Tiết 21,22 Lý thuyết: a. Công thức tính nhiệt lượng. Q= mct Trong đó: Q là nhiệt lượng vật thu vào hoặc tỏa ra, tính bằng đơn vị (J) m là khối lượng của vật, tính bằng đơn vị (kg) c là nhiệt dung riêng của chất làm vật, tính bằng đơn vị (J/kgK) t là độ biến thiên nhiệt độ của vật, tính bằng đơn vị (0C) Khi Qthu thì t là độ tăng nhiệt độ bằng nhiệt độ sau trừ nhiệt độ ban đầu. Khi Qtỏa thì t là độ giảm nhiệt độ bằng nhiệt độ ban đầu trừ nhiệt độ sau. b. Phương trình cân bằng nhiệt: Qtỏa = Qthu c. Công thức liên quan thường gặp:.

(33) D= Trong đó:. m V D là khối lượng riêng của vật, tính bằng đơn vị (kg/m3 ). m là khối lượng, tính bằng đơn vị (kg) V là thể tích của vật tính bằng đơn vị m3.. d. Nhiệt dung riêng của một chất cho biết nhiệt lượng cần thiết để 1kg chất đó nóng thêm 10C. Ví dụ: Nhiệt dung riêng của đồng là 380J/kgK nghĩa là muốn 1kg đồng nóng thêm 10C thì cần cung cấp cho đông một nhiệt lượng là 380J. e. Các yếu tố cần lưu ý. Nếu bài toán không đề cập đến hiệu suất và nhiệt lượng tỏa ra môi trường thì bài toán xem như trong điều kiện lý tưởng, nghĩa là hệ này tỏa ra bao nhiêu thì hệ kia thu vào bấy nhiêu. Khi bài toán đề cấp đến hiệu suất hay hao hụt nhiệt lượng thì cần lưu ý: nhiệt lượng phục vụ mục đích sử dụng trong hiện tượng là nhiệt lượng có ích. Nhiệt lượng không phục vụ mục đích sử dụng trong hiện tượng là nhiệt lượng hao phí. Nhiệt lượng tỏa ra là nhiệt lượng toàn phần, nó bằng tổng nhiệt lượng có ích và nhiệt lượng hao phí.. Bài tập: Dạng 1: Bài tập áp dụng công thức tính nhiệt lượng. Bài 1: Để nung một thỏi đồng có khối lượng 2kg từ 28 0C lên 760C thì cần cung cấp cho thỏi đồng một nhiệt lượng là bao nhiêu? Biết nhiệt dung riêng của đồng là 380J/kgK. Giải: Nhiệt lượng cần cung cấp cho đồng là: Từ công thức: Q = mct = 2.380.(76-28) = 36480J Bài 2: Người ta cung cấp cho 8 lít nước một nhiệt lượng là Q = 720kJ. Hỏi nước sẽ nóng thêm bao nhiêu độ ? Biết nhiệt dung riêng của nước là 4200J/kgK Bài toán này hỏi nước sẽ nóng thêm bao nhiêu độ tức là yêu cầu tính t. Giải : Khối lượng nước là : Từ công thức. D=. m V.  m = D.V.

(34) = 1000 x 0,008 = 8kg. ( Chú ý : Nước là trường hợp đặc biệt, 1 lít nước có khối lượng tương ứng là 1kg nên trong bài toán này HS không cần tính như trên mà chỉ cần ghi « 1 lít nước có khối lượng 1kg » là xong phần tính khối lượng nước.) Nhiệt độ nước sẽ nóng thêm là : Từ công thức : Q = mct  t =. Q mc. 720000 8. 4200. =. = 21,40C Bài 3 : Một vật làm bằng kim loại có khối lượng m = 10kg khi hấp thụ một nhiệt lượng là 117kJ thì nhiệt độ của vật tăng thêm 30 0C. Tính nhiệt dung riêng của kim loại làm vật và cho biết kim loại đó lag gì ? Giải : Nhiệt dung riêng của kim loại là : Từ công thức : Q = mct  c=. Q mΔt. =. 117000 10 .30. = 390J/kgK. c = 390J/kgK xấp sỉ với nhiệt dung riêng của đồng. Vì vậy kim loại trên là đồng. Bài 4 : Một ấm nhôm có khối lượng 400g chứa 1 lít nước. Tính nhiệt lượng tối thiểu để đun sôi nước trong ấm. Biết nhiệt dung riêng của nhôm là c 1 = 880J/kgK, của nước là c 2 = 4200J/kgK. Nhiệt độ ban đầu của nước là 240C. Giải : Nhiệt lượng ấm thu vào là: Từ công thức: Q1 = m1c1 t = 0,4.880.100-24 = 26752J 1 lít nước có khối lượng 1kg Nhiệt lượng nước thu vào là: Từ công thức: Q1 = m2c2 t = 01.4200.(100-24) = 319200J Nhiệt lượng tối thiểu cần thiết là : Q = Q1 + Q2 = 27652 + 319200 = 345952J Bài 5: Một ấm điện bằng nhôm có khối lượng 0, 5kg chứa 2kg nước ở 25 oC. Muốn đun sôi lượng nước đó trong 20 phút thì ấm phải có công suất là bao nhiêu? Biết rằng nhiệt.

(35) 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. Coi rằng nhiệt lượng nước và vỏ ấm thu là có ích. 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 có ích tổng cộng là: Qích = Q1 + Q2 = 663000 J Hiệu suất của ấm ; H = 100% - 30% = 70% Nhiệt lượng ấm tỏa ra : Qam=. Qich 663000 = =947124 , 85 J 70 % 70 %. Công suất của ấm : P=. Qam 947124 ,85 = =789 , 3 W t 1200. Bài tập tương tự : Bài 6 : Có 3 lít nước sôi đựng trong 1 cái ca. Hỏi khi nhiệt độ của nước giảm còn 60 0C thì nước đã tỏa ra môi trường xung quanh một nhiệt lượng là bao nhiêu ? Bài 7 : Một thỏi sắt có khối lượng 2,5 kg được nung nóng tới 150 0C. Nếu thỏi sắt nguội tới 500C thì nó tỏa ra một nhiệt lượng là bao nhiêu ? Bài 8 : Tính nhiệt lượng mà cơ thể hấp thụ khi uống một lượng nước có khối lượng 160g ở 40,60C. Cho biết nhiệt độ của cơ thể người là 36,60C. Cho biết : cnước = 4200J/kgK, csắt = 460J/kgK.. Tiết 23,24. Dạng 2. Bài tập áp dụng phương trình cân bằng nhiệt để tính nhiệt độ khi cân bằng nhiệt. Bài 1. Người ta thả một thỏi đồng nặng 0, 4kg ở nhiệt độ 80 0C vào 0, 25kg nước ở 180C. Hãy xác định nhiệt độ cân bằng nhiệt. Cho c1 = 380J/kgK, C2 = 4200J/kgK Giải :.

(36) Gọi nhiệt độ khi cân bằng của hỗn hợp là t. Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt ta có: Qtỏa = Qthu hay m1c1(t1- t) = m2c2(t- t2) . m1c1t1 - m1c1 t = m2c2t - m2c2t2 . t(m1c1 + m2c2) = m1c1t1 + m2c2t2. . t=. m1 c 1 t 1+m2 c 2 t 2 m1 c 1+m2 c 2. . t=. 0,4 .380 . 80+0 , 25 . 4200. 18 0,4 . 380+0 , 25 . 4200 = 25,840C. Bài 2. Một hỗn hợp gồm ba chất lỏng không có tác dụng hoá học với nhau có khối lượng lần lượt là: m1=1 kg , m2=2 kg , m3=3 kg . Biết nhiệt dung riêng và nhiệt độ của chúng lần lượt là 0 0 0 c 1=2000 J /kgK , t 1=10 c , c 2=4000 J /kgK , t 2=10 c , c 3=3000 J / kgK , t 3=50 c . Hãy tính nhiệt độ hỗn hợp khi cân bằng nhiệt. Giải: Tương tự bài toán trên ta có được nhiệt độ của hỗn hợp khi cân bằng là t t=. m1 . c1 .t 1 +m2 . t 2 . c2 +m3 .c 3 .t 3 m1 . c 1+ m2 . c 2+ m3 . c3. thay số vào ta có t = 20,50C. Từ đó ta có bài toán tổng quát như sau Bài 3. Một hỗn hợp gồm n chất lỏng có khối lượng lần lượt là m1 , m2 ,. .. .. . mn và nhiệt dung riêng của chúng lần lượt là c 1 , c 2 .. .. . .. c n và nhiệt độ là t 1 , t 2 .. . .. .. . t n . Được trộn lẩn vào nhau. Tính nhiệt độ của hỗn hợp khi cân bằng nhiệt Giải: Hoàn toàn tương tự bài toán trên ta có nhiệt độ cân bằng của hỗn hợp khi cân bằng nhiệt là t=. m1 . c1 .t 1 +m2 . t 2 . c2 +m 3 .c 3 .t 3 +.. . .. .. .+m n t n c n m 1 .c 1 +m 2 . c 2 +m 3 . c 3+ .. .. . .. ..+ mn c n. Bài tập tương tự. Bài 4: Hãy dùng phương trình cân bằng nhiệt để tính nhiệt độ của hổn hợp gồm 200g nước đang sôi đổ vào 600g nước đang ở 250C..

(37) Bai5: Người ta thả một thỏi đồng nặng 0,6kg ở 850C vào 0,35kg nước ở nhiệt độ 200C. Hãy xác định nhiệt độ khi có cân bằng nhiệt. Biết nhiệt dung riêng của đồng và nước là: c1 = 380J/kgK, c2 = 4200J/kgK. Bài 7: Thả đồng thời 100g sắt ở 20 0C và 400g đồng ở nhiệt độ 30 0C vào 500g nước ở 900C. Tính nhiệt độ khi cân bằng nhiệt? Biết nhiệt dung riêng của sắt, đồng và nước lần lượt là: c1 = 460J/kgK, c2 = 380J/kgK và c3 = 4200J/kgK. Dạng 3. Bài tập áp dụng phương trình cân bằng nhiệt để tính nhiệt độ ban đầu hoặc khối lượng của vật. Bài 1: Thả một quả cầu nhôm có khối lượng 0,2kg đã được nung nóng tới 100 0C vào một cốc nước ở 200C. Nhiệt độ khi cân bằng nhiệt là 270C. Tính khối lượng nước trong cốc. Coi như chỉ có quả cầu và nước trao đổi nhiệt với nhau. Biết nhiệt dung riêng của nhôm và nước là: c1 = 880J/kgK, c2 = 4200J/kgK Giải : Khối lượng nước trong cốc là : Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt : Qtỏa = Qthu hay m1c1(t1- t) = m2c2(t- t2)  m 2= ¿. m1 c 1 (t 1 −t ) c 2 (t −t 2). 0,2. 880 .(100− 27) =0 , 44 kg 4200( 27− 20). Bài 2: Hai bình nước giống nhau, chứa hai lượng nước như nhau. Bình thứ nhất có nhiệt độ t 1, bình thứ hai có nhiệt độ t 2 = 2t1. Sau khi trộn với nhau, nhiệt độ khi cân bằng nhiệt là 360C. Tìm các nhiệt độ ban đầu của mỗi bình. Giải: Nhiệt độ ban đầu của hai bình là: Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt: Qtỏa = Qthu hay m1c1(t1- t) = m2c2(t- t2) Theo đề m1 = m2, c1 = c2 Phương trình trở thành t1- t = t - t2 (1).

(38) Mà t2 = 2t1 thay vào (1) ta được t1- t = t - 2t1.  t1 =. 2 t 2 .36 = =240 C 3 3. t2 = 2.24 = 480C. Bài 3: Thả một cục sắt có khối lượng m 1 = 6kg ở nhiệt độ t 1 = 4200C vào một lượng nước chứa m2 = 3kg ở nhiệt độ t 2 = 380C. Hiện tượng xẩy ra thế nào? Hãy giải thích? Nhiệt dung riêng của nước và sắt là cnước = 4200J/kgK, csắt = 460J/kgK. Giải: Giả sử cục sắt hạ nhiệt độ từ 420 0C xuống còn 1000C thì nhiệt lượng do nó tỏa ra là: Q1 = m1c1(t1- t) = 6.460.(420-100) = 883200J. Giả sử nước nóng tới 1000C thì nhiệt lượng nó thu vào là: Q2 = m2c2(t- t2) = 3.4200.(100- 38) = 781200J. Vì Q1 > Q2 nên khi nước nóng tới 100 0C thì một phần nước bị hóa hơi do nó tiếp tục được cung cấp nhiệt lượng. Vậy khi thả cục sắt vào nước, sau một thời gian ngắn, nước sẽ sôi và một phần nước bị hóa hơi do tiếp tục nhận nhiệt do cục sắt cung cấp. Bài 4. Người ta đổ m 1=200 g nước sôi có nhiệt độ 1000C vào một chiếc cốc có khối lượng m2=¿ 120g đang ở nhiệt độ t 2 = 200C sau khoảng thời gian t = 5’, nhiệt độ của cốc nước bằng 400C. Xem rằng sự mất mát nhiệt xảy ra một cách đều đặn, hãy xác định nhiệt lượng toả ra môi trường xung quanh trong mỗi giây. Nhiệt dung riêng của thuỷ tinh là c 2 = 840J/kgK. Giải: Có thể xem rằng nhiệt lượng Q do cả cốc nước toả ra môi trường xung quanh trong khoảng thời gian 5 phút bằng hiệu hai nhiệt lượng - Nhiệt lượng do nước toả ra khi hạ nhiệt từ 1000C xuống 400C là Q1=m1 c1 (t 1 − t) = 0,2.2400. (100-40) = 28800 J - Nhiệt lượng do thuỷ tinh thu vào khi nóng đến 400C là Q2=m2 c2 (t −t 2) = 0,12.840.(40-20) = 2016 J Do đó nhiệt lượng toả ra: Q = Q1 − Q2 = 26784 J Nhiệt lượng toả ra môi trường xung quanh trong mỗi giây N=. Q 26784 J = t 300 s. = 89,28J/s.

(39) Bài 5. Một thau nhôm khối lượng 0, 5kg đựng 2kg nước ở 200C. a) Thả vào thau nước một thỏi đồng có khối lượng 200g lấy ra ở lò. Nước nóng đến 21,2 C. Tìm nhiệt độ của bếp lò. Biết nhiệt dung riêng của nhôm, nước, đồng lần lượt là c 1=880 J /kgK ; c 2=4200 J /kgK ; c 3=380 J /kgK . Bỏ qua sự toả nhiệt ra môi trường 0. b) Thực ra trong trường hợp này, nhiệt toả ra môi trường là 10% nhiệt lượng cung cấp cho thau nước. Tính nhiệt độ thực sự của bếp lò Giải: a) Gọi t0C là nhiệt độ của bếp lò, cũng là nhiệt độ ban đầu của thỏi đồng Nhiệt lượng thau nhôm nhận được để tăng từ t 1 =¿ 200C đến t=¿ 21,20C ( m1 là khối lượng thau nhôm). Q1=m1 c1 .(t − t 1 ). Nhiệt lượng nước nhận được để tăng từ t 1 =¿ 200C đến t=¿ 21,20C ( m 2 là khối lượng nước). Q2=m2 c2 (t −t 1). Nhiệt lượng đồng toả ra để hạ từ t0C đến t=¿ 21,20C Q3=m3 c 3 (t 2 −t) ( m3 khối lượng thỏi đồng) Do không có sự toả nhiệt ra môi trường nên theo phương trình cân bằng nhiệt ta có: Q 3=Q1 +Q 2. ⇒. m3 c 3 (t 2 − t)=(m1 c1 +m2 c2 )(t − t 1 ) t2. ⇒. =. (m1 c1 +m2 c2 )(t − t 1 )+ m3 c 3 t m3 c 3. Thay số vào ta được t = 160,780C b. Thực tế do có sự toả nhiệt ra môi trường nên phương trình cân bằng nhiệt được viết lại Q3 −10 % (Q1 +Q 2 )=(Q1 +Q2 ) ⇒ Q3=110 %(Q1 +Q 2 )=1,1(Q1 +Q2 ) Hay. ,. m3 c 3 (t 2 − t)=1,1( m1 c 1+ m2 c 2)(t −t 1). ⇒. t. , 2. (m1 c 1 +m2 c2 )(t − t 1 )+ m3 c 3 t ¿ = ¿ ¿. + t. t’2 = 174,740C Bài tập tương tự Bài 6. Một bình nhiệt lượng kế bằng nhôm có khối lượng m1=500 g chứa m2=400 g nước ở nhiệt độ t 1 =200 C . Đổ thêm vào bình một lượng nước m ở nhiệt độ.

(40) t 2 = 50C. Khi cân bằng nhiệt thì nhiệt độ nước trong bình là t = 100C. Tìm m? Biết nhiệt dung riêng của nhôm là c 1 =880 J/kgK, của nước là c 2 = 4200J/kgK . Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường Bài 7: Người ta pha một lượng nước ở 75 0C và bình chứa 8 lít nước đang có nhiệt độ 240C. Nhiệt độ khi có cân bằng nhiệt là 360C. Tính lượng nước đã pha. Bài 8: Trộn lẫn rượu vào nước , người ta thu được một hổn hợp nặng 120,08g ở nhiệt độ 30 C. Tính khối lượng của nước và rượu đã pha biết ban đầu rượu có nhiệt độ t 1 = 200C và nước có nhiệt độ t 2 = 900C. Nhiệt dung riêng của rượu và nước là c 1 = 2500J/kgK, c2 = 4200J/kgK. 0. ĐỊNH LUẬT ÔM, ĐIỆN TRỞ DÂY DẪN Tiết 25,26. Lý thuyết: U R. * Định luật Ôm tổng quát: I =. ;. * Định luật Ôm đối với đoạn mạch có các điện trở mắc nối tiếp: I = I1 = I2 = .... = In. ;. U = U1 + U2 + ... + Un ;. R = R1 + R2 + ... +. Rn ; * Định luật Ôm đối với đoạn mạch có các điện trở mắc song song : I = I1 + I2 + .... + In ; U = U1 = U2 =.... = Un 1 1 1 1 = + +.. .+ R R1 R2 Rn ρ.. ;. l S. *Tính điện trở:. R=. * Tính công:. A = p.t ;. A = U.q ;. * Tính công suất:. P = U.I ;. P=. A = U.I.t. A t. * Tính nhiệt lượng: Q = I2 .R.t ; - Học sinh phải nắm chắc trường hợp nào là mạch điện mắc nối tiếp, mạch điện mắc song song từ đó vận dụng định luật Ôm để tính toán. Cách phân tích một mạch điện. *Ví dụ R2. R1. I1. R1. C I3. R3. A U C. R3. B. A R4 D. A. I2. R2. I4. R4. B.

(41) . Hình 1 K2. K1. Hình 2. Ở hình 2: - Khi K1 đóng K2 mở:. R3. R4. R1. - Khi K2 đóng K1 mở:. R4 R1 R2. R4. - Khi cả K1, K2 đóng: R3. * Đối với mạch điện có ampe kế và vôn kế cần lưu ý: - Nếu đề không nói đến điện trở của ampe kế và vôn kế thì coi như vôn kế có điện trở rất lớn, dòng điện không đi qua còn ampe kế thì điện trở rất nhỏ có thể bỏ qua. - Nếu đề nói đến điện trở của ampe kế và vôn kế thì điện trở của ampe kế mắc nối tiếp với mạch đang đo, điện trở vôn kế mắc song song với mạch đang đo (hình . . V. RV V. R. . R. R A. RA. R. A. Bài tập Bài 1: Cho hai điện trở R1 = 3 và R2 = 6 được mắc nối tiếp với nhau. a. Tính điện trở tương đương của đoạn mạch. b. Nếu hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn mạch là 18V. Tính cường độ dòng điện chạy trong đoạn mạch. Tính hiệu điện thế giữa hai đầu mỗi điện trở..

(42) Giải: a) Điện trở tương đương: Rtd = R1 + R2 = 3 + 6 = 9 . b) Cường độ dòng điện chạy trong đoạn mạch: Áp dụng định luật Ôm I =. U R. =. 18 = 2(A). 9. hiệu điện thế giũa hai đầu mỗi điện trở. Áp dụng định luật Ôm cho mỗi điện trở. I1 =. U1 R1.  U1 = I1.R1 = 2.3 = 6(V ). I2 =. U2 R2.  U2 = I2.R2 = 2.6 = 12(V ). Bài 2: Cho hai điện trở R1 = 30, R2 = 60 được mắc song với nhau. a. Tính điện trở tương đương của đoạn mạch. b. Biết hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn mạch là 45V. Tính cường độ dòng điện qua mỗi điện trở và qua mạch chính. Giải: a) Điện trở tương đương của đoạn mạch là: R1 R 2 30 . 60 1 1 1 = + ⇒ Rtd = = =20 Ω . R td R1 R 2 R1 + R2 30+60. b)Cường độ dòng điện trong mạch chính là: Từ công thức I =. U R td. =. 45 20. = 2,25 (A) .. `Cường độ dòng điện qua mỗi điện trở là: I1=. U R1. =. 45 = 1,5(A). 30. I2=. U R2. =. 45 = 0,75(A) 60. Bài 3: Cho mạch điện có sơ đồ như hình 1. Trong đó R 1 = 10 Ω , R2 = 30 Ω , R3 = 60 Ω . R2 A. R1 .  _. + A R3. Hình 1. B.

(43) a) Tính điện trở tương đương của đoạn mạch. b) Cho hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn mạch là 60V. Tính cường độ dòng điện qua mạch chính và cường độ dòng điện qua mỗi điện trở.. Bài giải: a) Từ biểu thức. R R 1 1 1 30 . 60 = + ⇒ R 23= 2 3 = =20 (Ω). R 23 R2 R3 R 2+ R3 30+ 60. Rtd = R1 + R23 = 10 + 20 = 30 (). b) I =. U R td. =. 45 = 1,5 (A) 30. U1 = I.R1 = 1,5. 10 = 15(V). U23 = U – U1 = 45 – 15 = 30 (V). I2 =. U 23 R2. =. 30 30. = 1(A).. I3 = I – I2 = 1,5 – 1 = 0,5 (A). Bài 4: Cho mạch điện như hình 2: R1 = 3 Ω đầu AB ( UAB )?. ; R2 = 6 Ω. ; R3 = 4 Ω. ; Am pe kế chỉ 1A. Tính hiệu điện thế hai. GIải: U12 = I2.R2 = 1.6 = 6 (V) I1 =. U 12 6 = =2( A) R1 3. I3 = I1 + I2 = 2 + 1 = 3(A) U3 = I3 . R3 = 3.4 = 12 (V) UAB = U3 + U12 = 12 + 6 = 18 (V) Đáp số: 18 V Tiết 27,28.. Hình 2.

(44) Bài 1: Giữa hai điểm A và B có hiệu điện thế luôn luôn không đổi U = 12V, người ta mắc hai điện trở R1 và R2. Nếu R1 mắc nối tiếp với R2 thì công suất điện toàn mạch là 1,44W. Nếu R1 mắc song song với R2 thì công suất điện toàn mạch là 6W. a. Tính R1 và R2. Biết rằng R1> R2. b. Trong trường hợp hai điện trở được mắc song song với nhau, người ta mắc thêm điện trở R3 nối tiếp với hai điện trở nói trên vào hiệu điện thế ban đầu, thì thấy rằng công suất 5 điện của điện trở R3 bằng công suất điện của điện trở R1. Tính điện trở R3. 3 Giải: a. R1ntR2 : Rnt =. U2 P nt. = 100 Ω.  R1 + R2 = 100 R1//R2 : RSS =. U2 PSS. (1). = 24 Ω.  R1.R2 = 2400. (2). -Kết hợp (1), (2) và Áp dụng điều kiện của bài toán ta được: R1 = 60 Ω. và R2 = 40. Ω . b. -Điện trở tương đương của đoạn mạch (R1//R2) ntR3: Rtđ = R12 + R3 = 24 + R3. -CĐDĐ chạy qua mạch là: I = I12 = I3 =. U 12 = (3) R tđ 24+ R 3. - Hiệu điện thế đặt vào R1 là: U12 = U1 = U2 = I12.R12 =. 12 . 24 = 288 (V) 24+ R 3 24 + R3. -CĐDĐ chạy qua điện trở R1 là: I1 =. U 1 288 24 1 = . = (4) 5 (24+ R3 ) R 1 24 +R3 60. Ta có : P3 =. 5 5 3 P1  I32.R3 = 3 I12.R1 (5). Thay (3), (4) vào (5). Giải phương trình được R3 = 16 Ω . Bài 2: Cho mạch điện như hình 3. Biết R1 = 8 Ω , R2 = R3 = 4 Ω , R4 = 6 Ω , UAB = 6V không đổi. Điện trở của ampe kế, khoá K và các dây nối không đáng kể..

(45) a. Tính điện trở tương đương của đoạn mạch AB và số chỉ của ampe kế trong các trường hợp sau: * Khoá K ngắt. * Khoá K đóng. b. Thay khoá K bằng điện trở R 5. Tính R5 để cường độ dòng điện chạy qua điện trở R 2 bằng không. Giải:. R 4. a.. R C R D 2 1 K AA +-. * Khi K ngắt: [(R1 nt R2)//R4] nt R3. R12 = R1 + R2 = 12 Ω . R12 R 4 R 12+ R 4. R124 =. AB. =4 Ω .. hì n h 3. RAB = R124 + R3 = 8 Ω . U AB = 0,75A. R AB. -Số chỉ của ampe kế: Ia = I3 = IAB =. R 3. * Khi K đóng, đoạn mạch được vẽ lại như sau: R23 =. R2 R3 R 2+ R 3. =2 Ω A. R234 = R23 + R4 = 8 Ω. Vì R234 // R1 nên U234 = U1 = UAB I234 =. A R 1. ( + ). => RAB = 4 Ω. R 2. R 4. R 3. B ( ). U AB = 0,75A R234. U23 = U2 = U3 = I234.R23 = 1,5V Ia = I 3 =. U2 = 0,375A R2. b. Khi thay khoá K bằng R5 thì đoạn mạch được vẽ lại như sau: -Khi dòng điện qua R2 bằng không nên mạch điện trên là mạch cầu cân bằng. Ta có: R C R 1 A ( + ). 5 B. R 2 R 4. D R 3. ( ).

(46) R1 R5  Ω R4 R3 => R = 5,3 5 Bài 3. Cho mạch điện như hình 5. Hiệu điện thế giữa hai đầu mạch A và B là 20V luôn không đổi. Biết R1 = 3  , R2 = R4 = R5 = 2  , R3 = 1  . Ampe kế và dây nối có điện trở không đáng kể. Tính :. A. a) Điện trở tương đương của mạch AB.. B. R5. R3. R1. b) Số chỉ của ampe kế.. R4. Giải:. R2. Ta có sơ đồ mạch như sau: {(R1nt R3 )// (R2nt R4) }. A Hình 5. nt R5 Điện trở R13: R13 = R1+ R3 = 3 + 1=4(  ) Điện trở R24: R24 = R2 + R4 = 2 + 2= 4(  ). R13 .R24 44   2( ) R  R 4  4 24 Điện trở R1234 = 13 Điện trở tương đương cả mạch:. RAB = R5 + R1234 = 2 + 2= 4(  ). b) Cường độ dòng điện qua đoạn mạch AB:. U 20   5( A) R 4 I = AB Vì R5 nt R1234 nên I5 = I1234 = I = 5A Hiệu điện thế đoạn mạch mắc song song : U1234 = I1234  R1234 = 5  2 = 10(V) Vì R13 // R24 nên U23 = U24 = U1234 = 10V. Cường độ dòng điện qua R24 : Số chỉ của ampe kế:. U 24 10   2,5( A) R 4 I24 = 24. IA = I24 = 2,5A.

(47) Bài 4: Để xác định giá trị của một điện trở Rx người ta mắc một mạch điện như hình 6. Biết nguồn điện có hiệu điện thế luôn không đổi U. Các khóa, ampe kế và dây nối có điện trở không đáng kể, điện trở Rx mẫu R0 = 15, một biến trở con chạy Rb.. A A bA A K1. Nêu các bước tiến hành thí nghiệm để xác định được giá trị của điện trở Rx. U. +. B -. R0. K2. Rb Hình 6. Giải: Các bước tiến hành thí nghiệm tính giá trị của Rx - Bước 1: Ngắt K2, đóng K1, (mạch có RxntR0) đọc giá trị ampe: I1 Ta có: U  I1 ( Rx  R0 ). (1). - Bước 2: Ngắt K1, đóng K2, mạch có (RxntRb) điều chỉnh con chạy biến trở sao cho ampe kế cũng chỉ giá trị I1 => Rb = R0 - Bước 3: Giữ nguyên vị trí con chạy; đóng K1 và K2, mạch có Rxnt(R0//Rb) đọc giá trị ampe kế I2. Ta có:. R .R U=I 2 R x + 0 b R0 + R x. (. ). <=>. U  I 2 ( Rx . Giải hệ phương trình (1) và (2) ta tìm được:. Rx . Bài 5: Cho mạch điện như hình 7. R1=R2=R3=3Ω, R4=1Ω, UAB=18V. R0 ) 2. (2). (2 I1  I 2 ) R0 2( I 2  I1 ) R1 M. A . R4. . R2. a. Mắc vào hai đầu N và B một vôn kế có điện trở rất lớn. Tìm số chỉ của vôn kế.. B . R3 . N. V. Hình 7 số chỉ của ampe kế b. Thay vôn kế trên bằng một ampe kế có điện trở rất bé. Xác định và chiều dòng điện chạy qua ampe kế. Giải: a) Do điện trở của vôn kế rất lớn nên không có dòng điện qua nó, ta có thể tháo vôn kế ra mà không ảnh hưởng đến mạch điện. Mạch điện có ( R1//( R2 nt R3)) nt R4. A. R1. R4. M . R3 R2. . N. . B.

(48) R1R 23 3(3+3)  2 R123= R1 +R 23 = 3+3+3 Rtđ= R123+R4=2+1=3  Cường độ dòng điện trong mạch: U AB 18   6A R 3 tñ I=I = 4. Hiệu điện thế: UMB=I4.R4=6.1=6V UAM=I. R123=6.2=12V Cường độ dòng điện qua R2 và R3: U 23 12   2A R 3  3 23 I2=I3=I23= Hiệu điện thế: UNM=I3.R3=2.3=6V Số chỉ của vôn kế: UV= UNM+ UMB=6+6=12V b) Chọn chiều dòng điện như hình a. Do ampe kế có điện trở rất bé, chiều dài của dây dẫn không ảnh hưởng đến mạch điện. Do đó VN=VB nên ta chập điểm N và B lại với nhau như hình b. A. R1. R4. M . R3 . N. R2. . B. A. A. Hình a Mạch điện có ( R1 nt( R3 // R4)) // R2. R134=. R1 . R3R 4 3.1 15  3   3, 75 R 3 +R 4 3+1 4. Cường độ dòng điện trong mạch: U AB 18   4,8A R 3, 75 134 I1=I134=. R1. M . R4 R3. R2. Hình b. B. N.

(49) U AB 18   6A R 3 I= 2 2. Hiệu điện thế: UAM=I1R1=4,8.3=14,4V UMB=UAB-UAM=18-14,4=3,6V Cường độ dòng điện qua R3 là: U 3 3, 6   1, 2A R 3 I= 3 3. Số chỉ của ampe kế: IA=I2+I3=6+1,2=7,2A Chiều dòng điện qua ampe kế đi từ N đến B.. Tiết 29,30. Bài 1: Cho mạch điện MN như hình vẽ dưới đây, hiệu điện thế ở hai đầu mạch điện không đổi UMN = 7V; các điện trở R 1 = 3 và R2 = 6 . AB là một dây dẫn điện có chiều dài 1,5m tiết diện không đổi S = 0,1mm2, điện trở suất  = 4.10-7  m ; điện trở của ampe kế A và các dây nối không đáng kể : M UMN N a/ Tính điện trở của dây dẫn AB ? R1 R b/ Dịch chuyển con chạy c sao cho AC = 1/2 D 2 BC. Tính cường độ dòng điện qua ampe kế ? A c/ Xác định vị trí con chạy C để Ia = 1/3A ? A Hướng dẫn giải:. C. B R  .. l S ; thay số và tính . a/ Đổi 0,1mm2 = 1. 10-7 m2 . Áp dụng công thức tính điện trở RAB = 6 BC 1 AC  2  RAC = 3 .RAB  RAC = 2 và có RCB = RAB - RAC = 4 b/ Khi R1 R 3  2  Xét mạch cầu MN ta có R AC RCB 2 nên mạch cầu là cân bằng. Vậy IA = 0 c/ Đặt RAC = x ( ĐK : 0  x  6 ) ta có RCB = ( 6 - x ) 3. x 6.(6  x) R  3  x 6  (6  x ) = ? * Điện trở mạch ngoài gồm ( R1 // RAC ) nối tiếp ( R2 // RCB ) là * Cường độ dòng điện trong mạch chính :. I. U  R ?.

(50) 3.x .I * Áp dụng công thức tính HĐT của mạch // có : UAD = RAD . I = 3  x = ? 6.(6  x ) .I Và UDB = RDB . I = 12  x =? U AD U DB * Ta có cường độ dòng điện qua R1 ; R2 lần lượt là : I1 = R1 = ? và I2 = R2 = ? + Nếu cực dương của ampe kế gắn vào D thì : I1 = Ia + I2  Ia = I1 - I2 = ? (1) Thay Ia = 1/3A vào (1)  Phương trình bậc 2 theo x, giải PT này được x = 3 ( loại giá trị -18) + Nếu cực dương của ampe kế gắn vào C thì : Ia = I2 - I1 = ? (2) Thay Ia = 1/3A vào (2)  Phương trình bậc 2 khác theo x, giải PT này được x = 1,2 ( loại 25,8 vì > 6 ) AC R AC  CB RCB = ?  AC = 0,3m * Để định vị trí điểm C ta lập tỉ số Bài 2: Cho 3 điện trở có giá trị như nhau bằng R 0, được mắc với nhau theo những cách khác nhau và lần lượt nối vào một nguồn điện không đổi xác định luôn mắc nối tiếp với một điện trở r . Khi 3 điện trở trên mắc nối tiếp thì cường độ dòng điện qua mỗi điện trở bằng 0,2A, khi 3 điện trở trên mắc song song thì cường độ dòng điện qua mỗi điện trở cũng bằng 0,2A. a/ Xác định cường độ dòng điện qua mỗi điện trở R0 trong những trường hợp còn lại ? b/ Trong các cách mắc trên, cách mắc nào tiêu thụ điện năng ít nhất ? Nhiều nhất ? c/ Cần ít nhất bao nhiêu điện trở R 0 và mắc chúng như thế nào vào nguồn điện không đổi có điện trở r nói trên để cường độ dòng điện qua mỗi điện trở R0 đều bằng 0,1A ? Hướng dẫn giải: a/ Xác định các cách mắc còn lại gồm : cách mắc 1 : (( R0 // R0 ) nt R0 ) nt r cách mắc 2 : (( R0 nt R0 ) // R0 ) nt r Theo bài ta lần lượt có cường độ dòng điện trong mạch chính khi mắc nối tiếp : U I = r  3R0 = 0,2A (1) nt. I SS . U  3.0,2  0,6 A R0 r 3 (2). Cường độ dòng điện trong mạch chính khi mắc song song : r  3R0 3 R0 r 3 Lấy (2) chia cho (1), ta được : r = R0 . Đem giá trị này của r thay vào (1)  U = 0,8.R0 + Cách mắc 1 : Ta có (( R0 // R0 ) nt R0 ) nt r  (( R1 // R2 ) nt R3 ) nt r đặt R1 = R2 = R3 = R0 0,8.R0 U   0,32 A R0 2,5.R0 r  R0  2 Dòng điện qua R3 : I3 = . Do R1 = R2 nên I1 = I2 = I3  0,16 A 2.

(51) 0,8.R0 U   0,48 A 2.R0 .R0 5 .R 0 r 3 .R 0 3 + Cách mắc 2 : Cường độ dòng điện trong mạch chính I’ = . 2.R0 .R0 Hiệu điện thế giữa hai đầu mạch nối tiếp gồm 2 điện trở R : U = I’. 3.R0 = 0,32.R  0. 1. 0. 0,32.R0 U1   0,16 A 2 . R 2 . R  CĐDĐ qua 0 0 cường độ dòng điện qua mạch nối tiếp này là I1 = điện trở còn lại là I2 = 0,32A. b/ Ta nhận thấy U không đổi  công suất tiêu thụ ở mạch ngoài P = U.I sẽ nhỏ nhất khi I trong mạch chính nhỏ nhất  cách mắc 1 sẽ tiêu thụ công suất nhỏ nhất và cách mắc 2 sẽ tiêu thụ công suất lớn nhất. c/ Giả sử mạch điện gồm n dãy song song, mỗi dãy có m điện trở giống nhau và bằng R 0 ( với m ; n  N) Cường độ dòng điện trong mạch chính ( Hvẽ ) I + U 0,8 I  m m r  .R0 1  n n ( Bổ sung vào hvẽ cho đầy đủ ) Để cường độ dòng điện qua mỗi điện trở R0 là 0,1A ta phải có : 0,8 I  0,1.n m 1 n  m + n = 8 . Ta có các trường hợp sau m 1 2 3 4 5 6 7 n 7 6 5 4 3 2 1 Số điện trở R0 7 12 15 16 15 12 7 Theo bảng trên ta cần ít nhất 7 điện trở R0 và có 2 cách mắc chúng : a/ 7 dãy //, mỗi dãy 1 điện trở. b/ 1 dãy gồm 7 điện trở mắc nối tiếp. Bài 3 Cho mạch điện sau Cho U = 6V , r = 1 = R1 ; R2 = R3 = 3 U r biết số chỉ trên A khi K đóng bằng 9/5 số chỉ R1 R3 của A khi K mở. Tính : a/ Điện trở R4 ? R2 R4 A K b/ Khi K đóng, tính IK ? Hướng dẫn giải: * Khi K mở, cách mắc là ( R1 nt R3 ) // ( R2 nt R4 )  Điện trở tương đương của mạch ngoài là U 4(3  R4 ) 4(3  R4 ) R r 1 7  R4  Cường độ dòng điện trong mạch chính : I = 7  R4 . Hiệu điện thế giữa hai điểm A và B là ( R1  R3 ).I U AB   R2  R4 R1  R2  R3  R4. UAB =. ( R1  R3 )( R2  R4 ) .I R1  R2  R3  R4. . I4 =.

(52) 4U Thay số ta được I = 19  5 R4 * Khi K đóng, cách mắc là (R 1 // R2 ) nt ( R3 // R4 )  Điện trở tương đương của mạch ngoài là 9  15 R4 R'  r  12  4 R4  Cường độ dòng điện trong mạch chính lúc này là : I’ = U R3 .R4 9  15 R4 .I ' 1 12  4 R4 . Hiệu điện thế giữa hai điểm A và B là U = R3  R4  I’4 = AB R3 .I ' U AB   R4 R3  R4 12U Thay số ta được I’ = 21  19 R4 9 .I 4 * Theo đề bài thì I’4 = 5 ; từ đó tính được R4 = 1 b/ Trong khi K đóng, thay R4 vào ta tính được I’4 = 1,8A và I’ = 2,4A  UAC = RAC . I’ = 1,8V U AC  0,6 A R 2  I’ = . Ta có I’ + I = I’  I = 1,2A 2. 2. K. 4. K. Bài 4: Một hộp kín chứa một nguồn điện có hiệu điện thế không đổi U = 150V và một điện trở r = 2 . Người ta mắc vào hai điểm lấy điện A và B của hộp một bóng đèn Đ có công suất định mức P = 180W nối tiếp với một biến trở có điện trở Rb ( Hvẽ ) A U B 1/ Để đèn Đ sáng bình thường thì phải điều chỉnh Rb = 18 . Tính r hiệu điện thế định mức của đèn Đ ? 2/ Mắc song song với đèn Đ một bóng đèn nữa giống hệt nó. Hỏi Rb để cả hai đèn sáng bình thường thì phải tăng hay giảm Rb ? Tính Đ độ tăng ( giảm ) này ? 3/ Với hộp điện kín trên, có thể thắp sáng tối đa bao nhiêu bóng đèn như đèn Đ ? Hiệu suất sử dụng điện khi đó là bao nhiêu phần trăm ? Hướng dẫn giải: 1/ Gọi I là cường độ dòng điện trong mạch chính thì U.I = P + ( Rb + r ).I2 ; thay số ta được một phương trình bậc 2 theo I : 2I2 - 15I + 18 = 0 . Giải PT này ta được 2 giá trị của I là I1 = 1,5A và I2 = 6A. P + Với I = I = 1,5A  U = I d = 120V ; + Làm tt với I = I = 6A  Hiệu suất sử dụng 1. d. 2. p 180   20 điện trong trường hợp này là : H = U .I 150.6  nên quá thấp  loại bỏ nghiệm I2 = 6A 2/ Khi mắc 2 đèn // thì I = 2.I d = 3A, 2 đèn sáng bình thường nên: Ud = U - ( r + Rb ).I  Rb ?  độ giảm của Rb ? ( ĐS : 10 ).

(53) 3/ Ta nhận thấy U = 150V và Ud = 120V nên để các đèn sáng bình thường, ta không thể mắc nối tiếp từ 2 bóng đèn trở lên được mà phải mắc chúng song song. Giả sử ta mắc // được tối đa n đèn vào 2 điểm A & B  cường độ dòng điện trong mạch chính I = n . Id . Ta có U.I = ( r + Rb ).I2 + n . P  U. n . Id = ( r + Rb ).n2 .I2d + n . P  U.Id = ( r + Rb ).n.Id + P. U .I d  P.  Rb = 0. n.I d. 2. r  0 . n. U .I d  P r .I d. 2. 150.1,5  180  10 2.(1,5) 2.  n max = 10 khi Rb =. Ud + Hiệu suất sử dụng điện khi đó bằng : H = U = 80 . Bài tập tự giải:. 3. 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; U AB 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? 4. Cho mạch điện như hình 3.3.2 ; R1=R4= 1 W; R2=R3=3 W; R5= 0,5 W; UAB= 6 v. a. Xác định số chỉ của am pe kế? Biết Ra=0. b. Chốt (+) của am pe kế mắc vào đâu. 5. Một ampekế có Ra 0 được mắc nối tiếp với điện trở R 0 =20 W, vào 2 điểm M,N có UMNkhông đổi thì số chỉ của nó làI 1=0,6A. Mắc song song thêm vào ampekế một điện trở r=0,25W, thì số chỉ của am pekế là I2=0,125A.Xác định Io khi bỏ ampekế đi? 6. Có 2 ampekế điện trở lầ lượt là R 1, R2, một điện trở R=3 W, 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.

(54) 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? 7. Cho mạch điện như ình vẽ 3.3. 5 Trong đó R /=4R, vôn kế có điện trở Rv, 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 Rv theo R. 8. Một mạch điện gồm một ampekế có điện trở R a, một điện trở R=10 W và một vôn kế có 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. 9. 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 k1 =(k-1)U1. b. Chứng tỏ rằng: số chỉ của vôn kế khi mắc song song với k-p điện trở gấp. k− p p. lần so với khi mắc song song với p điện trở .(vớik,p Î Z+; K > P ) 10. 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 U1 . mắc vôn kế song song với R2 thì số chỉ của nó là U2 . R a. Chứng minh : U1 /U2 =R1 /R2 . b. Biết U=24V, U1 =12V, U2 = 8V. Tính các tỉ số Rv/R1 ;Rv/R2 ;điện trở Rv của vôn kế,. V1. V2. Hình 3.3.3. và hiệu điện thế thực tế giữa 2 đầu R1 và R2 ? 11. Để đo cường độ dòng điện qua một điện trở R=250 W, người ta đo gián tiếp qua 2 vôn kế mắc nối tiếp( hình 3.3.3).Vôn kế V 1 có R1 =5kW, 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 %?. * Dạng 2: Bài tập về công suất điện, công của dòng điện, nhiệt lượng tỏa ra trên dây dẫn.. Bài 1: Dây điện trở của một bếp điện làm bằng nicrôm có điện trở suất 1,1.10-6Ωm, chiều dài 0,5m, tiết diện 0,025mm2. a. Tính điện trở của dây..

(55) b. Bếp được sử dụng ở hiệu điện thế U = 220V. Hãy tính công suất của bếp, từ đó suy ra nhiệt lượng tỏa ra của bếp trong 20 phút. Giải: a. Điện trở: R =. ρ.. l S. = 1,1.10-6. 1,5 −6 0 ,025 . 10. U2 2202 = R 66. b. Công suất của bếp: P = U.I =. = 66Ω = 733,33W.. Nhiệt lượng tỏa ra trong 20 phút: Q = P.t = 733,33.1200 = 879996J Bài 2: Một ấm điện có nghi 220V- 900W được sử dụng ở hiệu điện thế 220V để đun sôi 2,5lít nước từ nhiệt độ ban đầu là 250C. Bỏ qua nhiệt lượng làm nóng vỏ ấm và nhiệt lượng tỏa ra môi trường. Tính thời gian đun sôi nước. Biết nhiệt dung riêng của nước là 4200J/kgK Giải: Ta có 2,5 lít nước có khối lượng 2,5kg. Nhiệt lượng nước thu vào: Q = mc∆t = 2,5.4200.(100 – 25) = 787500J. Vì đề bỏ qua nhiệt lượng làm nóng vỏ ấm và nhiệt lượng tỏa ra môi trường nên nhiệt lượng cần cung cấp để đun sôi 2,5 lít nước chính bằng công của dòng điện. Q = A = Pt  t = Q 787500 = = 875giây. P 900 Bài 6: Cho mạch điện như hình 4. Biết hiệu điện thế giữa hai đầu mạch A và B là 18V và luôn không đổi, R1 = R2 = R3 = 3 Ω, Rx là một biến trở. Điều chỉnh Rx sao cho công suất tiêu thụ trên Rx đạt cực đại. Tìm Rx và công suất cực đại đó. Bỏ qua điện trở của dây nối Giải: *Điện trở tương đương của mạch A . Rtđ = R123 + Rx = 2 + Rx.. Rx. . R2. Cường độ dòng điện trong mạch chính:. R3 . N. 18 I= Rx + 2. Hình 4 P = I2R x =. *Công suất tiêu thụ trên mạch:. R1 M. 324R x. (R x + 2)2. 2 *Biến đổi ta được: PR x +(4P-324)R x +4P=0. B .

(56) 2 2 2 Ta có: Δ = (4P - U ) - 4P 2 2 Vì Δ = (4P - 324) -16P  -2592P +104976  0  P  40,5 W. Vậy công suất cực đại là 40,5 W.. *Công suất cực đại đạt được khi:. Rx = -. b 324 - 4.40.5 = = 2Ω 2a 2.40.5. Bài 7: Cho các dụng cụ điện sau: một nguồn điện có hiệu điện thế không đổi U=12V, hai bóng đèn Đ1(6V-0,4A) và Đ2(6V-0,1A) và một biến trở Rx. a. Có thể mắc chúng thành mạch điện như thế nào để hai đèn đều sáng bình thường? Vẽ sơ đồ mạch điện và tính điện trở của biến trở Rx ứng với mỗi cách mắc. b. Tính công suất tiêu thụ của biến trở ứng với mỗi sơ đồ, từ đó suy ra nên dùng sơ đồ nào?Vì sao? Giải: U ñm1 6   15 I 0, 4 ñm1 Điện trở của đèn 1: R = 1. U ñm2 6   10 Điện trở của đèn 2: R = I ñm2 0,1 2. R1 a) Có thể mắc theo hai sơ đồ sau: Cách 1: Cách mắc chia thế gồm. Rx A. (R1//R2) nt Rx như hình vẽ dưới Vì các đèn sáng bình thường nên U1=U2=6V; I1=0,4A; I2=0,1A Ta thấy: UAB=U12+Ux=> Ux=UAB-U12=12-6=6V IAB=Ix=I1+I2=0,4+0,1= 0,5A Ux 6   12 I 0,5 Điện trở của biến trở: R = x x. Cách 2: Cách mắc chia dòng:gồm R1 nt ( R2//R’x ). R2. B.

(57) R2. R1. A. . B. R 'x. Vì các đèn sáng bình thường nên: U1=U2=6V; I1=0,4A; I2=0,1A Ta thấy: UAB=U1+U’2x=> U’x= U’2x =UAB-U1=12-6=6V Mặt khác: IAB=I1=I’x+I2=> I’x = I1 - I2= 0,3A U 'x 6   20 ' I 0,3 x Điện trở của biến trở: R = x. b) Công suất tiêu thụ của biến trở: U 2x. Ở sơ đồ 1: Px= R x. . 36  3W 12.

(58)

Giao an tong hop

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về