5 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Đề thi Vật lý ôn vào 10 hệ chuyên có đáp án (Mới nhất) (Đề 8)

Câu 1:

Cho cơ hệ như hình 1. Vật 1 là một khối lập phương (đặc và không thấm nước) có cạnh a = 10cm được làm bằng vật liệu đồng chất có trọng lượng riêng d = $1, {25.10}^{4} N / m^{3}$ . Vật 2 được nối với một sợi dây vắt qua ròng rọc cố định. Thanh cứng AC, đồng chất, mảnh, tiết diện đều, có chiều dài AC = 20cm; B là điểm treo của vật 1 trên thanh AC; vật 1 chìm hoàn toàn trong bình đựng nước. Biết trọng lượng riêng của nước là d_n = $10^{4} N / m^{3}$ . Coi các sợi dây nhẹ, không giãn; bỏ qua mọi ma sát và khối lượng của ròng rọc.

1. Nếu bỏ qua khối lượng của thanh AC, để hệ ở trạng thái cân bằng và thanh AC nằm ngang thì AB = 15cm. Tìm khối lượng m₂ của vật 2.

2. Nếu thanh AC có khối lượng m = 75g, để hệ ở trạng thái cân bằng và thanh AC nằm ngang thì AB phải có giá trị bằng bao nhiêu (với m₂ tìm được ở phần trên)?

Xem đáp án

- Vẽ hình, biểu diễn lực.

- Điều kiện cân bằng cho vật m₁

$P_{1} = F_{A} + T \Rightarrow T = P_{1} - F_{A}$

- Điều kiện cân bằng cho vật m₂

$T_{2} = P_{2}$

- Điều kiện cân bằng của thanh AC (đối với điểm C) là :

$C B . T = C A . T_{2} \Leftrightarrow (P_{1} - F_{A}) CB = P_{2} .CA \Leftrightarrow (d . a^{3} - d_{n} . a^{3}) CB = 10 m_{2} . C A \Rightarrow m_{2} = \frac{(d - d_{n}) C B . a^{3}}{10. C A} \Rightarrow m_{2} = \frac{(12500 - 10^{4}) 0, 1^{3} .0, 05}{10.0, 2} = 0, 0625 k g .$

Có hai bình đựng cùng một loại chất lỏng (ảnh 1)

- Vẽ hình, biểu diễn lực.

- Điều kiện cân bằng cho vật m₁

P_{1} = F_{A} + T \Rightarrow T = P_{1} - F_{A}

- Điều kiện cân bằng cho vật m₂

$T_{2} = P_{2}$

- Gọi P là trọng lượng của thanh AC, điểm đặt của P tại điểm O (trung điểm của AC).

- Điều kiện cân bằng của thanh AC (đối với điểm C) là:

$P . CO + T.CB = T_{2} .CA \Leftrightarrow P . CO + (P_{1} - F_{A}) .CB = P_{2} .CA \Rightarrow C B = \frac{P_{2} . C A - P . C O}{P_{1} - F_{A}} \Leftrightarrow C B = \frac{0, 625.0, 2 - 0, 75.0, 1}{12500.0, 1^{3} - 10^{4} .0, 1^{3}} = 0, 02 m = 2 c m .$ Vậy độ dài của đoạn AB là :

AB = 20 – 2 = 18 cm

Có hai bình đựng cùng một loại chất lỏng (ảnh 2)

Câu 2:

Có hai bình đựng cùng một loại chất lỏng. Một học sinh lần lượt múc từng ca chất lỏng từ bình 2 đổ vào bình 1 và đo nhiệt độ cân bằng của chất lỏng trong bình 1 sau mỗi lần đổ rồi ghi vào bảng số liệu như dưới đây:

Lần đổ thứ n	n = 1	n = 2	n = 3	n = 4
Nhiệt độ cân bằng của chất lỏng trong bình 1 sau lần đổ thứ n	20⁰C	35⁰C	t (⁰C)	50⁰C

Tính nhiệt độ t (⁰C) và nhiệt độ của chất lỏng trong mỗi ca lấy từ bình 2 đổ vào bình 1. Coi nhiệt độ và khối lượng của chất lỏng ở mỗi ca lấy từ bình 2 đều như nhau.

Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường và bình chứa.

Xem đáp án

Gọi nhiệt dung của chất lỏng chứa trong bình 1 (ngay trước lần đổ thứ n = 1) là q₁ (J/Kg.K); nhiệt dung của mỗi ca chất lỏng lấy từ bình 2 là q₂(J/Kg.K).

- Gọi nhiệt độ của mỗi ca chất lỏng lấy từ bình 2 là t₂ (t₂ > 50⁰C); nhiệt độ của chất lỏng chứa trong bình 1 (ngay trước nhiệt độ 20⁰C) là t₁.

- Xét phương trình cân bằng nhiệt ở các lần đổ :

+ Lần đổ 1: $q_{2} (t_{2} - 20) = q_{1} (20 - t_{1})$ (1).

+ Lần đổ 2: $q_{2} (t_{2} - 35) = (q_{1} + q_{2}) (35 - 20) {=>q}_{2} (t_{2} - 50) = {15q}_{1}$ (2).

+ Lần đổ 3: $q_{2} (t_{2} - t) = (q_{1} + {2q}_{2}) (t - 35)$

$q_{2} (t_{2} - 3t + 70) = q_{1} (t - 35)$ (3).

+ Lần đổ 4: $q_{2} (t_{2} - 50) = (q_{1} + {3q}_{2}) (50 - t)$

$q_{2} (t_{2} + 3t - 200) = q_{1} (50 - t)$ (4).

- Lấy (2) chia (3) ta được :

$\frac{t_{2} - 50}{t_{2} - 3 t + 70} = \frac{15}{t - 35} \Rightarrow t = \frac{50 t_{2} - 700}{t_{2} - 5}$ (5).

- Lấy (2) chia (4) ta được :

$\frac{t_{2} - 50}{t_{2} + 3 t - 200} = \frac{15}{50 - t}$ (6).

- Thay (5) vào (6) ta được:

$t_{2}^{2} - 85 t_{2} + 400 = 0$

$\Rightarrow t_{2} = 8 0^{0} C$ (Thỏa mãn) hoặc t₂ = 5⁰C (Loại).

- Thay t₂ = 80⁰C vào (5) ta được t = 44⁰C.

- Vậy nhiệt độ t = 44⁰C và nhiệt độ mỗi ca chất lỏng lấy từ bình 2 đổ vào bình 1 là t₂ = 80⁰C.

Câu 3:

Cho mạch điện AB như hình 2. Biết $R_{1} = 1 Ω; R_{2} = 2 Ω$ , các biến trở $R_{3}$ và $R_{4}$ . Bỏ qua điện trở các dây nối. Đặt vào hai đầu mạch AB hiệu điện thế không đổi U = 6V.

1. Với trường hợp $R_{3} = 2, 5 Ω, R_{4} = 3, 5 Ω$ ,. Mắc vào hai điểm C và D một vôn kế lí tưởng. Xác định số chỉ của vôn kế.

2. Với trường hợp $R_{3} = 2, 5 Ω$ . Mắc vào hai điểm C và D một ampe kế lí tưởng. Xác định giá trị của R₄ để số chỉ của ampe kế là 0,75A và chiều dòng điện qua ampe kế từ C đến D.

3. Với trường hợp $R_{3} = R_{0}$ (không đổi). Thay đổi giá trị của biến trở $R_{4}$ , khi $R_{4} = R_{5}$ hoặc $R_{4} = R_{6}$ thì công suất tỏa nhiệt trên biến trở $R_{4}$ có giá trị như nhau và bằng P, khi $R_{4} = R_{7}$ thì công suất toả nhiệt trên biến trở $R_{4}$ đạt giá trị lớn nhất là $P_{m ax}$ . Cho biết $P_{m ax} = \frac{25}{24} P; R_{5} + R_{6} = 6, 5 Ω$ và $R_{5} > R_{6}$ . Tìm $R_{0}, R_{5}, R_{6}, R_{7}$ .

Xem đáp án

- Sơ đồ mạch: (R₁ntR₂)//(R₃ntR₄).

- Ta có : R₁₂ = 3 ; R₃₄ = 6.

- Vì R₁₂//R₃₄ nên : U₁₂ = U₃₄ = 6V.

- Lúc đó: I₁ = I₁₂ = $\frac{U_{12}}{R_{12}}$ = 2A;

I₃ = I₃₄ = $\frac{U_{34}}{R_{34}}$ = 1A.

- Suy ra: U₁ = I₁.R₁ = 2V; U₃ = I₃.R₃ = 2,5V.

- Do U₃ > U₁ nên số chỉ của vôn kế là:

U_V = U₃ – U₁ = 0,5 V.

Cho mạch điện AB như hình 2. Biết , (ảnh 1)

2.

- Sơ đồ mạch: (R₁//R₃)nt(R₂//R₄).

- Ta có: R₁₃ = $\frac{1.2, 5}{1 + 2, 5} = \frac{5}{7} Ω$ ; R₂₄ = $\frac{2 R_{4}}{2 + R_{4}}$

- Điện trở tương đương của đoạn mạch là :

R_tđ = R₁₃ + R₂₄

= $\frac{5}{7} + \frac{2 R_{4}}{2 + R_{4}} = \frac{10 + 19 R_{4}}{7 (2 + R_{4})}$

- Cường độ dòng điện chạy qua mạch chính là:

I = $\frac{U}{R_{t đ}} = \frac{42 (2 + R_{4})}{10 + 19 R_{4}}$

- Cường độ dòng điện chạy qua điện trở R₁ và R₂ lần lượt là:

$I_{1} = I \frac{R_{3}}{R_{1} + R_{3}} = \frac{30 (2 + R_{4})}{10 + 19 R_{4}} I_{2} = I \frac{R_{4}}{R_{2} + R_{4}} = \frac{42 R_{4}}{10 + 19 R_{4}}$

- Xét tại nút C, ta có: I_A = I₁ – I₂

_{$\Leftrightarrow \frac{30 (2 + R_{4})}{10 + 19 R_{4}} - \frac{42 R_{4}}{10 + 19 R_{4}} = 0, 75 \Rightarrow R_{4} = 2 Ω$}

_3.

- Đoạn mạch được mắc: (R₁ntR₂)//(R₀ntR₄).

- Ta có: U₀₄ = U.

- Công suất tiêu thụ trên điện trở R₄ được tính:

P₄ = $\frac{U^{2} R_{4}}{{(R_{0} + R_{4})}^{2}}$ .

- Đặt $x = R_{4} (Ω); x_{1} = R_{5} (Ω); x_{2} = R_{6} (Ω)$

$\Rightarrow P_{x} = \frac{U^{2} x}{{(R_{0} + x)}^{2}}$ (1)

Có

{(R_{0} + x)}^{2} \geq 4 x R_{0} \Rightarrow P_{x} \leq \frac{U^{2}}{4 R_{0}}

\Rightarrow {(P_{x})}_{m ax} = \frac{U^{2}}{4 R_{0}} k h i x = R_{0} \Leftrightarrow R_{7} = R_{0}

- Theo bài ra :

$P = P_{x = x_{1}} = P_{x = x_{2}} \Leftrightarrow \frac{U^{2} x_{1}}{{(R_{0} + x_{1})}^{2}} = \frac{U^{2} x_{2}}{{(R_{0} + x_{2})}^{2}} \Leftrightarrow P = \frac{U^{2} x_{1}}{{(R_{0} + x_{1})}^{2}} = \frac{U^{2} x_{2}}{{(R_{0} + x_{2})}^{2}} = \frac{U^{2} (x_{1} - x_{2})}{{(R_{0} + x_{1})}^{2} - {(R_{0} + x_{2})}^{2}} = \frac{U^{2}}{x_{1} + x_{2} + 2 R_{0}}$

- Lại có:

$\begin{array}{l} P_{m ax} = \frac{25}{24} P \Leftrightarrow \frac{U^{2}}{4 R_{0}} = \frac{25}{24} (\frac{U^{2}}{x_{1} + x_{2} + 2 R_{0}}) \\ \Leftrightarrow \frac{U^{2}}{4 R_{0}} = \frac{25}{24} (\frac{U^{2}}{6, 5 + 2 R_{0}}) \\ \Leftrightarrow R_{0} = 3 Ω \Rightarrow R_{7} = R_{0} = 3 Ω \end{array}$ (Với $x_{1} + x_{2} = 6, 5 Ω$ )

- Lúc đó: $P = \frac{25}{24} P_{m ax} = \frac{25}{24} (\frac{U^{2}}{4 R_{0}}) = 2, 88 W$

- Thay vào (1), ta được: $P = P_{x} = \frac{U^{2} x}{{(R_{0} + x)}^{2}} = 2, 88$

$\Leftrightarrow 2, 88 x^{2} + 2.2, 88.3 x + 2, {88.3}^{2} - 6^{2} x = 0 \Leftrightarrow [\begin{matrix} x_{1} = 2 \\ x_{2} = 4, 5 \end{matrix}$

- Vậy

R_{5} = 4, 5 Ω; R_{6} = 2 Ω; R_{7} = R_{0} = 3 Ω

Câu 4:

Cho mạch điện như hình 3. Biết R là một biến trở tiết diện đều với con chạy C di chuyển được từ M đến N và ngược lại. Điện trở $r = 1 Ω$ , đèn Đ₁ ghi 6V-6W. Bỏ qua điện trở các dây nối, ampe kế lí tưởng. Đặt vào hai đầu mạch điện AB một hiệu điện thế không đổi U = 36V.

1. Cho $R = 35 Ω$ .

a. Xác định phần điện trở MC của biến trở để đèn Đ₁ sáng bình thường.

b. Xác định vị trí con chạy C trên biến trở (so với vị trí M) để số chỉ ampe kế đạt giá trị nhỏ nhất.

2. Thay ampe kế bằng đèn Đ₂ ghi 6V-12W, thay đèn Đ₁ bằng một điện trở $R_{1} = 6 Ω$ như hình 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của R để đèn Đ₂ sáng bình thường.

Cho mạch điện như hình 3. Biết R là một biến trở tiết diện đều với con chạy C di chuyển được từ M đến (ảnh 1)

Xem đáp án

. a.

- Với đèn Đ₁, ta có : R_Đ1 = 6 ; I_đm1 = 1A.

- Đặt R_MC = x () ( $0 \leq x \leq R$ )

R_CN = 35 – x ( $Ω$ ).

- Ta có: $R_{A C} = \frac{6 x}{x + 6}$ ; R_BC = 36 – x

- Theo tính chất của đoạn mạch nối tiếp ta có:

$\frac{R_{A C}}{R_{B C}} = \frac{U_{A C}}{U_{B C}} = > \Leftrightarrow \frac{6 x}{(36 - x) (x + 6)} = \frac{6}{36 - 6} x = 6 \sqrt{6} Ω ≃ 14, 7 Ω \Rightarrow R_{M C} ≃ 14, 7 Ω$

Với trường hợp (không đổi). Thay đổi giá trị của biến trở (ảnh 1)

1.b

- Điện trở tương đương của đoạn mạch:

R_tđ = R_AC + R_CB = $\frac{6 x}{x + 6}$ + 36 – x = $\frac{- x^{2} + 36 x + 216}{x + 6}$

- Cường độ dòng điện chạy qua mạch chính là: I = $\frac{U}{R_{t đ}} = \frac{36 (x + 6)}{- x^{2} + 36 x + 216}$

- Số chỉ của ampe kế: I_A = I. $\frac{R_{Đ 1}}{R_{Đ 1} + x} = \frac{216}{- x^{2} + 36 x + 216} = \frac{216}{540 - {(x - 18)}^{2}}$

- Do đó: I_Aminkhi x = 18.

- Vậy con chạy C ở vị trí sao cho

\frac{M C}{M N} = \frac{18}{35}

thì số chỉ của ampe kế nhỏ nhất.

2.

Với trường hợp (không đổi). Thay đổi giá trị của biến trở (ảnh 2)

Câu 5:

Cho xy là trục chính của một thấu kính, S là nguồn sáng điểm, S’ là ảnh của S qua thấu kính. Các điểm H, K tương ứng là chân đường vuông góc hạ từ S và S’ xuống xy như hình 5. Gọi F và F’ là hai tiêu điểm của thấu kính, với FH < F’H. Tại thời điểm ban đầu, cho biết SH = 5cm, HF = 10cm, KF’ = 40cm.

1. Xác định tiêu cự của thấu kính.

2. Hệ đang ở vị trí như thời điểm ban đầu. Giữ thấu kính cố định, dịch chuyển nguồn sáng S theo phương song song với xy, chiều ra xa thấu kính với tốc độ bằng 15cm/s thì tốc độ trung bình của ảnh tạo bởi thấu kính trong 1s đầu tiên bằng bao nhiêu?

Cho xy là trục chính của một thấu kính, S là nguồn sáng điểm, S’ là ảnh của S qua thấu kính. Các điểm H, K tương ứng là chân (ảnh 1)

Xem đáp án

- Do S và S’ nằm khác phía trục chính xy nên thấu kính đã cho là thấu kính hội tụ. Ta có hình vẽ:

- Đặt f = OF = OF’

- Theo đề:

$\begin{array}{l} O H = H F + OF = 10 + f \\ O K = OF' + F' K = f + 40 \end{array}$

- Do $S H / / K S' \Rightarrow \frac{S H}{S' K} = \frac{O H}{O K} = \frac{10 + f}{40 + f}$ (1)

- Do $O I / / K S'$

$\Rightarrow \frac{O I}{S' K} = \frac{O F'}{F' K} = \frac{f}{40}$ (2)

- Với OI = SH, nên từ (1) và (2) ta được:

$\frac{10 + f}{40 + f} = \frac{f}{40} \Leftrightarrow f = 20 c m \Rightarrow O H = 30 c m; O K = 60 c m$

- Vậy tiêu cự thấu kính là 20 cm.

Cho xy là trục chính của một thấu kính, S là nguồn sáng điểm, S’ là ảnh của S qua thấu kính. Các điểm H, K tương ứng là chân (ảnh 2)

2.

*Trường hợp cố định S, tịnh tiến thấu kính:

- Gọi: O’ là vị trí quang tâm của thấu kính sau khi dịch chuyển 1s.

+ v là tốc độ của thấu kính

$\Rightarrow v = 5 c m / s \Rightarrow OO' = v . t$

+ S₁ là vị trí ảnh của S khi quang tâm thấu kính ở vị trí O’.

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 8)

Danh sách câu hỏi

Bài thi liên quan