6 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Đề thi Vật lý ôn vào 10 hệ chuyên có đáp án (Mới nhất) (Đề 18)

Câu 1:

Cho mạch điện như hình vẽ. Biến trở AB là một dây dẫn đồng chất, chiều dài l = 1,3 m, tiết diện thẳng S = 0,1 mm², điện trở suất = 10^-6 W.m. U là hiệu điện thế không đổi. Di chuyển con chạy C ta nhận thấy khi ở các vị trí cách đầu A một đoạn 10 cm hoặc cách đầu B một đoạn 40 cm thì công suất toả nhiệt trên biến trở là như nhau.

a) Xác định giá trị của R₀.

b) Gọi công suất tỏa nhiệt trên R₀ ứng với 2 vị trí của con chạy C kể trên lần lượt là P₁ và P₂. Tìm tỷ số .

Cho mạch điện như hình vẽ. Biến trở AB là một dây dẫn đồng chất, chiều (ảnh 1)

Xem đáp án

- Khi C ở cách đầu A đoạn 10 cm và cách B đoạn 40 cm thì điện trở của biến trở tham gia vào mạch điện lần lượt là: R₁ = 1 W , R₂ = 9 W.

- Công suất tỏa nhiệt trên biến trở ứng với hai vị trí trên là:

P = $\frac{U^{2} R_{1}}{{(R_{1} + R_{0})}^{2}} = \frac{U^{2} R_{2}}{{(R_{2} + R_{0})}^{2}}$

à R₀ = 3 W.

b,Công suất tỏa nhiệt trên R₀ tương ứng là:

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

à Tỷ số: $\frac{P_{1}}{P_{2}} = 9$

Câu 2:

Một điểm sáng S đặt trên trục chính của một thấu kính hội tụ L₁ có tiêu cự f₁= 24 cm. Sau L₁ người ta đặt một màn E vuông góc với trục chính của thấu kính và thu được ảnh rõ nét của S trên màn.

1) Để khoảng cách giữa vật và màn là nhỏ nhất thì vật và màn phải đặt cách thấu kính một khoảng là bao nhiêu?

2) Vị trí của điểm sáng S, thấu kính L₁ và màn E đang ở vị trí của ý 1. Người ta đặt thấu kính L₂ phía sau và cùng trục chính với L₁, cách L₁ một khoảng 18 cm. Trên màn E lúc này có một vết sáng hình tròn. Hãy tính tiêu cự của thấu kính L₂ trong các trường hợp sau:

a) Khi tịnh tiến màn E dọc theo trục chính của hệ thấu kính thì vết sáng trên màn có đường kính không thay đổi.

b) Khi tịnh tiến màn ra xa hệ thấu kính thêm 10 cm thì vết sáng trên màn có đường kính tăng gấp đôi.

Xem đáp án

Tính d và d’ để L_min Ta có sơ đồ tạo ảnh:

- Khi ảnh hiện rõ trên màn, khoảng cách vật –màn là khoảng cách L giữa vật thật và ảnh thật.

- Mặt khác: f =

à d, d’ là hai nghiệm của phương trình: x² – L.x + f.L = 0

Δ = L² – 4Lf.

ĐK để phương trình có nghiệm là Δ à L 4f

Suy ra: L_min = 4f = 96cm

Khi đó: d = d’ = L_min/2 = 48cm

Tìm f₂ và vẽ hình Sơ đồ tạo ảnh:

$S \overset{(L_{1})}{\to} S_{1}^{'} \overset{(L_{2})}{\to} S_{2}^{'}$

Ta có:

Vì vết sáng trên màn có đường kính không đổi khi tịnh tiến màn nên chùm tia ló tạo bởi L₂ phải là chùm song song với trục chính. Tức là ảnh của S tạo bởi hệ hai thấu kính phải ở xa vô cùng. Ta có: $d_{2}^{'} = \infty \to d_{2} = f_{2}$

Mà: $d_{2} = l - d_{1}^{'} =$ 18- 48 = -30cm

Vậy: f₂ = -30cm: L₂ là thấu kính phân kì.

b.

Có 3 trường hợp lớn có thể xảy ra:

TH1: chùm ló sau L₂ là một chùm hội tụ và điểm hội tụ A nằm trước ảnh

Một điểm sáng S đặt trên trục chính của một thấu kính hội tụ L1 có tiêu cự f1 = 24 cm. Sau L1 người ta đặt một màn E vuông góc với tr (ảnh 1)

Từ hình vẽ, ta có: $\frac{D'}{D} = \frac{40 - d_{2}^{'}}{30 - d_{2}^{'}} = 2$

Vậy: 40 – d₂’ = 60 – 2d₂’ à d₂’ = 20cm

Từ đó: $f_{2} = \frac{d_{2} d_{2}^{'}}{d_{2} + d_{2}^{'}} = \frac{- 30.20}{- 10} = 60 c m$

à Thấu kính L₂ là thấu kính hội tụ.

- TH2: chùm ló sau L₂ là một chùm hội tụ và điểm hội tụ A nằm sau ảnh S'1

Một điểm sáng S đặt trên trục chính của một thấu kính hội tụ L1 có tiêu cự f1 = 24 cm. Sau L1 người ta đặt một màn E vuông góc với tr (ảnh 2)

Lúc này S₂’ nằm trong khoảng giữa hai vị trí của màn E, ta có: $\frac{D'}{D} = \frac{40 - d_{2}^{'}}{d_{2}^{'} - 30} = 2$

Vậy: $40 - d_{2} ’ = {2d}_{2} ’ - 60 = > d_{2}^{'} = \frac{100}{3} c m$

Từ đó: $f_{2} = \frac{d_{2} d_{2}^{'}}{d_{2} + d_{2}^{'}} = \frac{- 30. \frac{100}{3}}{- 30 + \frac{100}{3}} = - 300 c m$

Thấu kính L₂ là một thấu kính phân kì.

- TH3: chùm ló sau L₂ là một chùm phân kì. ảnh S₂’ là ảnh ảo.

Từ hình vẽ, ta có:

O₂S₂’ = |d₂’|, O₂S₁’ = |d₂|

Một điểm sáng S đặt trên trục chính của một thấu kính hội tụ L1 có tiêu cự f1 = 24 cm. Sau L1 người ta đặt một màn E vuông góc với tr (ảnh 3)

Vậy: $\frac{D'}{D} = \frac{|d_{2}| + |d_{2}'| + 10}{|d_{2}| + |d_{2}'|} = \frac{40 - d_{2}'}{30 - d_{2}'} = 2$

Suy ra: d₂’ = 20cm > 0: điều này vô lí.

Câu 3:

Một thanh đồng chất tiết diện đều, có khối lượng 10 kg, chiều dài l. Thanh được đặt trên hai giá đỡ A và B như hình vẽ. Khoảng cách BC = . Ở đầu C người ta buộc một vật nặng hình trụ có bán kính đáy 10 cm, chiều cao 32 cm, trọng lượng riêng của chất làm vật nặng hình trụ là d = 35000 N/m³. Biết thanh ở trạng thái cân bằng và lực ép của thanh lên giá đỡ A bị triệt tiêu. Tính trọng lượng riêng của chất lỏng trong bình. Coi trọng lượng của dây buộc không đáng kể.

Một thanh đồng chất tiết diện đều, có khối lượng 1 (ảnh 1)

Xem đáp án

Một thanh đồng chất tiết diện đều, có khối lượng 1 (ảnh 2)

Câu 4:

Cho mạch điện như hình vẽ. Hiệu điện thế U = 8 V, các điện trở r = 2 W, R₂ = 3 W, điện trở của đèn là R₁ = 3 W, ampe kế coi là lí tưởng.

a) Khoá K mở, di chuyển con chạy C người ta nhận thấy khi điện trở của phần AC của biến trở AB có giá trị 1 W thì đèn tối nhất. Tính điện trở toàn phần của biến trở.

b) Mắc một biến trở khác thay vào chỗ của biến trở đã cho và đóng khóa K. Khi điện trở của phần AC bằng 6 W thì ampe kế chỉ A. Tính giá trị toàn phần của biến trở mới.

Media VietJack

Xem đáp án

Cho mạch điện như hình vẽ. Hiệu điện thế U = 8 V, các điện trở r = 2 W, R2 = 3 W, điện trở của đèn là R1 = 3 W, ampe kế coi là lí tưởng. (ảnh 1)

Câu 5:

Một cục nước đá ở nhiệt độ t₁ = -5⁰C được dìm ngập hoàn toàn vào một cốc nước ở nhiệt độ t₂, khối lượng của nước bằng khối lượng của nước đá bằng m. Coi rằng chỉ có nước và nước đá trao đổi nhiệt với nhau. Bỏ qua sự thay đổi thể tích của nước và nước đá theo nhiệt độ.

a) Tùy theo giá trị của t₂ mà nhiệt độ sau cùng của hệ có thể nhỏ hơn 0⁰C, bằng 0⁰C hoặc lớn hơn 0⁰C. Tìm điều kiện về t₂ để xảy ra các trường hợp trên.

b) Tìm khối lượng của nước lỏng trong bình ở trạng thái cuối cùng khi t₂ = 50⁰C.

Cho nhiệt dung riêng, nhiệt nóng chảy của nước đá lần lượt là c₁ = 2090 J/ kg.K, l = 3,33.10⁵J/kg, nhiệt dung riêng của nước là c₂ = 4180 J/ kg.K.

Xem đáp án

Nhiệt lượng nước đá thu vào để tăng nhiệt độ từ -5⁰C đến 0⁰C là $Q_{1} = C_{1} m [0 - (- 5)] = 2090.5. m = 10450 m$

Nhiệt lượng nước đá thu vào để nóng chảy hoàn toàn $Q_{2} = λ m = 333000 m$

Nhiệt lượng nước tỏa ra khi hạ nhiệt độ từ t₂ xuống 0⁰C $Q_{3} = C_{2} m t_{2} = 4180. t_{2} . m$

- TH1: để nhiệt độ cân bằng nhỏ hơn 0⁰C thì Q₁ > Q₂ + Q₃.

Hay 10450 m > 333000m + 4180.m.t₂ à vô nghiệm

- TH2: để nhiệt độ cân bằng bằng 0⁰C thì Q₁ + Q₂ > Q₃.

10450 m + 333000m > 4180.m.t₂ à t₂ < 82,2⁰C

- TH3: để nhiệt độ cân bằng lớn hơn 0⁰C thì Q₁ + Q₂ < Q₃.

à t₂ > 82,2⁰C.

b.

Với t₂ = 50⁰C à xảy ra TH2 tức là nhiệt độ cân bằng của hệ là 0⁰C. Gọi Δm là khối lượng nước đá bị tan ta có:

10450 m + 333000. Δm = 4180.m.50 à Δm = 0,6 m

à khối lượng nước lỏng trong bình là: m’ = m + Δm = 1,6 m

Câu 6:

Cho hai quả cầu đồng chất tâm O₁ và O₂, bán kính R₁ và R₂. Hai quả cầu tựa vào nhau ở B và cùng được treo vào O nhờ hai dây OA₁ và OA₂. Biết $O A_{1} + R_{1} = O A_{2} + R_{2} = \frac{R_{1} + R_{2}}{\sqrt{2}}$ . Gọi a là góc hợp bởi và phương thẳng đứng. Cho khối lượng riêng của các quả cầu là như nhau.