5 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Đề thi Vật lý ôn vào 10 hệ chuyên có đáp án (Mới nhất) (Đề 4)

Câu 1:

Một thanh AB hình trụ đặc, đồng chất, có tiết diện S, trọng lượng riêng d, chiều dài L, được giữ thẳng đứng trong môi trường nước có trọng lượng riêng d₀. Khoảng cách từ đầu trên A của thanh đến mặt nước là H₀. Người ta thả thanh ra để nó chuyển động đi lên theo phương thẳng đứng. Bỏ qua sức cản của nước và không khí cũng như sự thay đổi của mực nước.

1. Biết rằng kể từ khi thanh bắt đầu nhô lên mặt nước đến khi thanh vừa lên hoàn toàn khỏi mặt nước, lực đẩy Ác-si-mét luôn thay đổi và có giá trị trung bình bằng một nửa lực đẩy Ác-si-mét lớn nhất tác dụng vào vật. Hãy lập biểu thức tính công của lực đẩy Ác-si-mét kể từ lúc thanh AB được thả ra cho đến khi đầu dưới B của thanh lên khỏi mặt nước.

2. Cho d = 6000 N/m³; L = 24 cm; d₀= 10000 N/m³

a) H₀= 12 cm. Tính khoảng cách giữa đầu B và mặt nước khi thanh lên cao nhất.

b) Tìm điều kiện của H₀ để thanh có thể lên hoàn toàn khỏi mặt nước

Một thanh AB hình trụ đặc, đồng chất, có tiết diện S, trọng lượng riêng d, chiều dài L, được giữ thẳng đứng trong môi trường nước có trọng lượng riêng d0. Khoảng cách (ảnh 1)

Xem đáp án

Do d₀ > d nên lực đẩy Ác-si-mét lớn hơn trọng lượng của thanh Þ thanh chuyển động thẳng đứng đi lên

Ta có: F_A = d₀.V = d₀.S.L (S là tiết diện của thanh)

- Khi thanh bắt đầu chuyển động cho đến khi đầu trên chạm mặt nước, lực đẩy Ác-si-mét không thay đổi. Thanh đi được một đoạn là H₀.

- Vậy công trong giai đoạn này là:A₁=d₀.S.L.H_{0...................................................}

Khi đầu trên của thanh bắt đầu nhô khỏi mặt nước thì lực Ác-si-mét giảm dần đến bằng 0 cho tới khi đầu dưới lên khỏi mặt nước. Quãng đường đi trong giai đoạn này là L.

Vậy: A₂ = $\frac{1}{2}$ .d₀.S.L²..........................................................

- Công của lực đẩy Ác-si-mét trong toàn bộ quá trình là:

A_A = A₁ + A₂ = d₀.S.L.H₀ +

\frac{1}{2}

.d₀.S.L².................................................

1.2a Thanh lên tới điểm cao nhất thì đầu dưới của thanh cách mặt nước là h.

Công của trọng lực thực hiện trong cả quá trình có độ lớn là:

A = P(H₀ + L + h)

Mà P là trọng lượng của thanh: P = d.S.L

Þ A = d.S.L(H₀ + L + h)......................................................................

Theo định luật bảo toàn năng lượng: A = A_A

Þ d.S.L(H₀ + L + h) = d₀.S.L.H₀ + d₀.S.L²

Þ d(H₀ + L + h) = d₀.H₀ +

\frac{1}{2}

d₀.L

Þ $h = \frac{2 d_{0} H_{0} + d_{0} L - 2 d H_{0} - 2 d L}{2 d} = H_{0} \frac{d_{0} - d}{d} - L \frac{2 d - d_{0}}{2 d}$ ......................

Thay số: h = 4 cm. ................................................................................

1.2b

Để thanh ra khỏi mặt nước thì h ³ 0

Þ $h = \frac{2 d_{0} H_{0} + d_{0} L - 2 d H_{0} - 2 d L}{2 d} = H_{0} \frac{d_{0} - d}{d} - L \frac{2 d - d_{0}}{2 d}$

Þ $h = \frac{2 d_{0} H_{0} + d_{0} L - 2 d H_{0} - 2 d L}{2 d} = H_{0} \frac{d_{0} - d}{d} - L \frac{2 d - d_{0}}{2 d}$ .................................................................................

thay số: H₀ ³ 6 cm.................................................................................

Câu 2:

Mùa hè năm nay, ở nước ta đã có một đợt nắng nóng gay gắt khiến nhiệt độ của nước trong các bình chứa có thể lên rất cao. Một người lấy nước từ bình chứa để tắm cho con nhưng thấy nhiệt độ của nước là 45⁰C nên không dùng được. Người đó đã lấy một khối nước đá có khối lượng 6 kg ở nhiệt độ 0⁰C để pha với nước lấy từ bình chứa. Sau khi pha xong thì được chậu nước có nhiệt độ 37⁰C.

a) Hỏi khi pha xong thì người này có được bao nhiêu lít nước (ở 37⁰C).

b) Biết rằng khi vừa thả khối nước đá vào chậu thì mực nước trong chậu cao bằng miệng chậu. Hỏi khi khối nước đá tan hết thì nước trong chậu có bị trào ra ngoài không?

Biết: + Nhiệt dung riêng của nước là c = 4200 J/kg.K;

+ Khối lượng riêng của nước là D = 1000 kg/m³;

+ Khối lượng riêng của nước đá là D₀= 900 kg/m³;

+ Nhiệt nóng chảy của nước đá ở 0⁰C là l = 336000 J/kg.

Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường.

Xem đáp án

Gọi M là lượng nước nóng ở 45⁰C cần để pha với nước đá: m là khối lượng của nước đá thì phương trình trao đổi nhiệt là

M.c.(45⁰ - 37⁰) = lm + m.c.(37⁰ - 0⁰

^{$M = \frac{λ m + m . c .37}{c .8}$}

Thay số: M = 87,75 kg

Tổng khối lượng nước tạo ra: M’=M+m=93,75kg

Þ V = = 0,09375 m³ = 93,75 lít

Khi cân bằng, phần khối nước đá có thể tích V chìm trong nước thể tích V_c

Có: F_A=P => 10DVc=10D0V =>

V_{C} = \frac{D_{0}}{D} V

Khi tan hết thể tích nước tọ ra thêm V'

Có: m=D₀V=DV’Þ

V' = \frac{D_{0}}{D} V

Do V’=V_C nên mực nước trong chậu có độ cao không đổi. Vậy nước không bị trào ra ngoài chậu

Câu 3:

Cho mạch điện như hình vẽ :

R₁= 3 $Ω$ , R₂= 2 $Ω$ , MN là biến trở với R_MN= 20 . Vôn kế V và các ampe kế A₁, A₂ là lí tưởng. Bỏ qua điện trở dây dẫn.

1. Cho U_AB = 18 V.

a) Đặt C ở chính giữa MN. Xác định số chỉ của các ampe kế và vôn kế.

b) Đặt R_MC= x. Lập biểu thức số chỉ của vôn kế và các ampe kế theo x. Số chỉ của các dụng cụ trên thay đổi thế nào nếu con chạy C di chuyển từ M đến N?

Cho mạch điện như hình vẽ : R1 = 3 , R2 = 2 , MN là biến trở với RMN (ảnh 1)

Xem đáp án

R_v = ; R_A = 0

Phân tích mạch: R₁ nt R₂ nt (R_CN//R_CM)………………………................

Tính : R=10Ω ; I=U/R=1,8A

ÞI_A1=I_A2=0,9A

U_V=U-U_R1=U-IR₁=18-1,8.3=12,6V………………………......................

3.1b

Phân tích mạch: R₁ nt R₂ nt [x//(20-x)]

Điện trở toàn mạch là : $R = R_{1} + R_{2} + \frac{x (20 - x)}{20} = 3 + 2 + \frac{x (20 - x)}{20}$

Þ $R = \frac{100 + 20 x - x^{2}}{20}$

Có: $I = \frac{U}{R} = \frac{360}{100 + 20 x - x^{2}}$

$U_{C B} = I . R_{C B} = \frac{360}{100 + 20 x - x^{2}} . \frac{x (20 - x)}{20}$ ; $U_{C B} = \frac{18 x (20 - x)}{100 + 20 x - x^{2}}$

Dòng điện qua A₁ là

I_{1} = \frac{U_{C B}}{(20 - x)} = \frac{18 x}{100 + 20 x - x^{2}}

……………………….

Dòng điện qua A₂ là $I_{2} = \frac{U_{C B}}{x} = \frac{18 (20 - x)}{100 + 20 x - x^{2}}$ …………………………….................................

Số chỉ của V là U_v = U – IR₁ ;

$U_{v} = 18 - \frac{360.3}{100 + 20 x - x^{2}} = 18 - \frac{1080}{100 + 20 x - x^{2}}$ ………………………………..

Khi con chạy C dịch chuyển từ M đến N thì x tăng

Số chỉ của ampe kế A₁ là I₁ , ta có

$\frac{1}{I_{1}} = \frac{100 + 20 x - x^{2}}{18 x} = \frac{100}{18 x} + \frac{(20 - x)}{18}$

Khi x tăng thì $\frac{100}{18 x}$ giảm và $\frac{(20 - x)}{18}$ giảm dẫn đến $\frac{1}{I_{1}}$ giảm Þ I₁ tăng

Số chỉ của ampe kế A₂ là I₂, ta có :

\frac{1}{I_{2}} = \frac{50}{9 (20 - x)} + \frac{x}{18}

Khi x tăng thì hai số hạng đều tăng dẫn đến $\frac{1}{I_{2}}$ tăng Þ I₂ giảm…….....

Số chỉ của vôn kế là $U_{v} = 18 + \frac{1080}{x^{2} - 20 x - 100}$

Xét mẫu số f(x) = x²-20x-100

f(x) đạt cực tiểu tại x=-b/2a=10 Ω

Khảo sát: $0 \leq x \leq 10$ Þ U_v tăng khi x tăng

10 \leq x \leq 20

Þ U_v giảm khi x tăng............................................

3.1c

Công suất tiêu thụ trên biến trở là P_x: $P_{x} = \frac{U_{B C}^{2}}{R_{B C}}$

Trong phần a ta đã tính được $U_{C B} = \frac{(20 - x) .18 x}{100 + 20 x - x^{2}}$

Và $R_{C B} = \frac{(20 - x) x}{20}$

do đó $P_{x} = \frac{{(18 x)}^{2} {(20 - x)}^{2} \times 20}{{(100 + 20 x - x^{2})}^{2} (20 - x) x} = \frac{6480 (20 x - x^{2})}{{(100 + 20 x - x^{2})}^{2}}$ ………………….

$P_{x} = \frac{6480}{{[\frac{100}{\sqrt{20 x - x^{2}}} + \sqrt{20 x - x^{2}}]}^{2}}$

Để P_x cực đại thì mẫu số phải cực tiểu Þ

[\frac{100}{\sqrt{20 x - x^{2}}} + \sqrt{20 x - x^{2}}]

Theo BĐT Côsi ta có:

$^{} \frac{100}{\sqrt{20 x - x^{2}}} + \sqrt{20 x - x^{2}} \geq 2 \sqrt{\frac{100}{\sqrt{20 x - x^{2}}} \times \sqrt{20 x - x^{2}}} \frac{100}{\sqrt{20 x - x^{2}}} + \sqrt{20 x - x^{2}} \geq$ $\frac{100}{\sqrt{20 x - x^{2}}} + \sqrt{20 x - x^{2}} \geq$ 20

Mẫu số nhỏ nhất khi $\frac{100}{\sqrt{20 x - x^{2}}} = \sqrt{20 x - x^{2}}$

Þx² – 20x +100 = 0(x – 10)² = 0 x = 10Ω

Vậy công suất tiêu thụ trên biến trở đạt cực đại khi C ở giữa biến trở

Công suất đó là : $P_{m ax} = \frac{6480 (20 \times 10 - 10^{2})}{{(100 + 20 \times 10 - 10^{2})}^{2}} = 16, 2 (W)$

……………………………………

3.2

Phân tích mạch: R₁ nt R₂ nt(R_p//R_MN)

Có U=U_AC+U_CB =(R₁+R₂)I+U_CB

U_CB= $\frac{100}{3} I_{p}^{2}$

Þ $I = \frac{U_{C B}}{R_{M N}} + I_{p} = \frac{5}{3} I_{p}^{2} + I_{p}$ ……………………………………………

Þ $18 = 5 (\frac{5}{3} I_{p}^{2} + I_{p}) + \frac{100}{3} I_{p}^{2}$

Þ125I_p²+15I_p-54=0

ÞI_p=0,6A………………………………………………………………

3.3

Khi C trùng với M ta có x=0

* Nếu U_AB>0 Þ U_MB>0. Khi đó R_đ=0

Þ\ $U_{D M} = \frac{U}{R_{1} + R_{2}} R_{2} = \frac{18}{5} 2 = 7, 2 V$ ………………………………………

* Nếu U_AB<0 Þ U_MB<0 Þ R_đ=¥

Ta có mạch: R₁nt R₂ nt R_MN

Þ

U_{D M} = - \frac{U . R_{2}}{R_{1} + R_{2} + R_{M N}} = - 1, 44 V

………………………………………

Cho mạch điện như hình vẽ : R1 = 3 , R2 = 2 , MN là biến trở với RMN (ảnh 2)

Câu 4:

Một vật sáng AB hình mũi tên đặt song song với một màn E như hình vẽ. Khoảng cách giữa AB và màn là L. Đặt giữa AB và E một thấu kính hội tụ có tiêu cự f = 20 cm.

a) Tìm điều kiện của L để có hai vị trí của thấu kính cho ảnh rõ nét của AB trên màn.

b) Thay vật sáng AB bằng điểm sáng S đặt trên trục chính của thấu kính và cách màn E một khoảng 45 cm. Xác định vị trí đặt thấu kính để vùng sáng trên màn tạo bởi các tia khúc xạ qua thấu kính có diện tích nhỏ nhất.

(Biết rằng: $\frac{1}{f} = \frac{1}{d} + \frac{1}{d'}$ ; trong đó d là khoảng cách từ thấu kính tới vật sáng, d' là khoảng cách từ thấu kính đến ảnh thật của vật).

Xem đáp án

Khoảng cách giữa vật và ảnh là L = d + d'

Mà: $d' = \frac{d f}{d - f}$ ......................................................................................................

Þ $L = d + \frac{d f}{d - f} \Rightarrow d^{2} - L d + L f = 0$ (1).....................................................

- Để có hai vị trí của thấu kính đều cho ảnh rõ nét của AB trên màn thì phương trình (1) phải có 2 nghiệm phân biệt

Þ

Δ = L^{2} - 4 L f > 0 \Rightarrow L > 4 f

= 80

4.b

Vẽ hình...............................................................................................................

- Xét nửa trên trục chính của thấu kính

- Chứng minh được : $Δ S' M N ~ Δ S' I O \Rightarrow \frac{M N}{I O} = \frac{S' N}{S' O}$

- Thay được :

$\frac{M N}{I O} = \frac{d + d' - L}{d'} = \frac{d + \frac{d f}{d - f} - L}{\frac{d f}{d - f}} = \frac{d}{f} + \frac{L}{d} - \frac{L}{f}$ .............................................

- Vì $\frac{L}{f}$ không đổi, IO không đổi nên: MN_min khi $\frac{d}{f} = \frac{L}{d}$ (BĐT Cô-si)

$\Rightarrow d = \sqrt{L f} = 30 c m$

- Như vậy để vùng sáng hiện trên màn E có kích thước nhỏ nhất thì điểm sáng S phải cách thấu kính 30 cm..

- Như vậy để vùng sáng hiện trên màn E có kích thước nhỏ nhất thì điểm sáng S phải cách thấu kính 30 cm.

Câu 5:

Truyện kể rằng, do nhà vua nghi ngờ người thợ kim hoàn đã trộn lẫn bạc vào trong chiếc vương miện bằng vàng nên ông đã ra lệnh cho Ác‑si‑mét phải tìm ra sự thật. Nếu người thợ kim hoàn trộn bạc vào trong vương miện thì Ác‑si‑mét phải tìm ra xem trong vương miện có bao nhiêu phần trăm khối lượng vàng. Đặt mình vào hoàn cảnh của Ác‑si‑mét, em được cấp các dụng cụ sau:

+ Một chiếc vương miện;

+ Một khối vàng nguyên chất có cùng khối lượng với chiếc vương miện;

+ Một thanh nhựa cứng và thẳng, khối lượng không đáng kể;

+ Một chậu nước;

+ Một đĩa có móc treo có khối lượng chưa biết;

+ Nhiều quả nặng lớn nhỏ khác nhau đã biết trước khối lượng;

+ Các sợi dây mảnh, nhẹ, giá treo.

Xem đáp án

Cơ sở lí thuyết

Kí hiệu: V_m; m₀ là thể tích, khối lượng của vương miện

V_v: Thể tích khối vàng

D_n: Khối lượng riêng của nước

+ Xét sự cân bằng của khối vàng (hoặc vương miện) có khối lượng m₀ và vật m khi treo ở hai đầu thanh cứng

Truyện kể rằng, do nhà vua nghi ngờ người thợ kim hoàn đã trộn lẫn bạc vào trong chiếc vương miện bằng vàng nên ông (ảnh 1)

10ml₂=10m₀l₁ (1)

+ Khi nhúng khối vàng trong nước, để có sự cân bằng ta phải giảm khối lượng của vật m đi Dm₁

10(m-Dm₁)l₂=10(m₀-D_nV_v)l₁ (2)

+ Thay khối vàng bằng vương miện, ta phải giảm khối lượng của m đi Dm₂

10(m-Dm₂)l₂=10(m₀-D_nV_m)l₁ (3)……………………….................

(1)(2)Þ $\frac{m - Δ m_{1}}{m} = \frac{m_{0} - D_{n} V_{v}}{m_{0}} \Rightarrow V_{v} = \frac{m_{0} Δ m_{1}}{m D_{n}}$

(1)(3)Þ $\frac{m - Δ m_{2}}{m} = \frac{m_{0} - D_{n} V_{m}}{m_{0}} \Rightarrow V_{m} = \frac{m_{0} Δ m_{2}}{m D_{n}}$ …………………..........

Gọi tỉ lệ vàng là x; tỉ lệ bạc là 1-x

$\{\begin{cases} \frac{V_{m}}{V_{v}} = \frac{\frac{m_{0} x}{D_{V}} + \frac{m_{0} (1 - x)}{D_{B}}}{\frac{m_{0}}{D_{V}}} = x + \frac{D_{V}}{D_{B}} (1 - x) \\ \frac{V_{m}}{V_{v}} = \frac{Δ m_{2}}{Δ m_{1}} \end{cases}$

$\frac{Δ m_{2}}{Δ m_{1}} = \frac{D_{v}}{D_{B}} + (1 - \frac{D_{V}}{D_{B}}) x \Rightarrow x = \frac{\frac{D_{V}}{D_{B}} - \frac{Δ m_{2}}{Δ m_{1}}}{\frac{D_{V}}{D_{B}} - 1}$

Biết được D_V; D_B; Dm₁; Dm₂ ta sẽ xác định được x……………………

Tiến trình thực hiện

+ Buộc dây ở hai đầu thanh, một bên treo vương miện, một bên treo đĩa có chứa nhiều quả nặng. Dùng dây treo thanh ở một điểm nào đó sao cho thanh cân bằng nằm ngang. …………………………………………………………...

+ Nhúng khối vàng vào trong chậu nước đồng thời lấy đi một số quả nặng có tổng khối lượng Dm₁ sao cho thanh vẫn cân bằng nằm ngang….

+ Thay khối vàng bằng chiếc vương miện và nhúng vương miện này trong nước. Lấy đi một số qủa nặng sao cho thanh vẫn cân bằng nằm ngang. Tính tổng khối lượng Dm₂ của các quả nặng lấy đi (so với lúc đầu tiên). Nếu Dm₂≠Dm₁ thì chứng tỏ vương miện bị pha tạp.

+ Thay các số liệu cần thiết vào công thức (4) để tính x

+ Tính tỉ lệ % của vàng trong vương miện: TL = x.100%......................

CHỌN BỘ SÁCH BẠN MUỐN XEM

Đề thi Vật lí ôn vào 10 hệ chuyên có đáp án (Mới nhất)

Đề thi Vật lý ôn vào 10 hệ chuyên có đáp án (Mới nhất) (Đề 4)

Danh sách câu hỏi

Bài thi liên quan