Đề thi vào 10 môn Vật lí trường THPT Chuyên Sư phạm Hà Nội có đáp án (2 đề tự luận)

Đề thi vào 10 môn Vật lí trường THPT Chuyên Sư phạm Hà Nội có đáp án (2 đề tự luận)

Phòng Giáo dục và Đào tạo .....

Đề khảo sát chất lượng thi vào 10

Năm học 2015 - 2016

Môn: Vật lý

Thời gian làm bài: 150 phút

Đề thi vào 10 môn Vật lí trường THPT Chuyên Sư phạm Hà Nội có đáp án đề số 1

Bài I (2,5 điểm)

1. Trời về chiều, sau một ngày lao động mệt nhọc, ông lão đánh cá nằm nghỉ trên bờ sông. Theo thói quen, ông lão thả mắt theo dòng nước nhìn thấy một vật ngập hoàn toàn trong nước đang lững lờ trôi. Ông lão vớt lấy vật và mang lên bờ, đó là một chiếc bình đất nung, miệng bình được nút kín. Ông lão mở nút ra và kinh ngạc: trong bình có 400 đồng tiền vàng giống nhau. Ông lão quyết định giữ lại một phần nhỏ, phần còn lại để phân phát cho những người nghèo trong vùng. Sau đó, ông lão đậy kín bình lại rồi ném xuống sông thấy một phần ba bình nhô lên khỏi mặt nước. Hãy tìm khối lượng mỗi đồng tiền vàng. Biết bình có thể tích ngoài 4,5 lít và khối lượng riêng của nước là 1000kg/m³.

2. Hai bố con có khối lượng lần lượt là 60kg và 30kg cần phải vượt qua một hào nước sâu có chiều rộng cỡ 2m trong lúc đi dã ngoại. Trong tay họ chỉ có 2 tấm ván nhẹ, chắc, cùng độ dài nhưng nhỏ hơn bề rộng của hào nước. Hai người đang lúng túng chưa nghĩ ra cách vượt qua khó khăn này. Bạn hãy chỉ cho họ cách làm và dự kiến chiều dài tối thiểu của tấm ván để hai bố con vượt qua hào nước một cách an toàn.

Bài II (1,5 điểm)

Vào mùa đông, người ta dẫn nước nóng ở nhiệt độ không đổi chảy đều vào bể tắm có sẵn nước lạnh. Giả sử sự cân bằng nhiệt diễn ra ngay sau khi nước nóng chảy vào bể và bỏ qua sự trao đổi nhiệt của hệ thống với môi trường xung quanh. Sau phút thứ nhất, nhiệt độ của nước trong bể tăng thêm 0,8^oC so với ban đầu. Sau phút thứ hai, nhiệt độ của nước trong bể tăng thêm 1,2^oC so với ban đầu. Sau bao lâu nhiệt độ của nước trong bể tăng 2^oC so với ban đầu?

Bài III (2,0 điểm)

Bàn là điện sử dụng cho các chất liệu vải khác nhau có sơ đồ mạch điện như hình 1. Các chốt 1, 2, 3, 4 là các tiếp điểm để đấu nối các thanh dẫn có điện trở không đáng kể nhằm thiết lập chế độ nhiệt cho bàn là.

Bạn hãy cho biết có bao nhiêu chế độ cho các công suất tỏa nhiệt khác nhau? Chỉ rõ cách đấu nối thanh dẫn vào các chốt và giá trị các công suất tương ứng.

Bài IV (1,5 điểm)

Một cô gái cao 165cm, mắt cách đỉnh đầu 10cm đứng gần chiếc gương lớn G  đặt nghiêng 60^o  so với mặt sàn nằm ngang (Hình 2 với C là chân, Đ là đỉnh đầu).

1. Tìm khoảng cách xa nhất từ chân cô gái tới vị trí đặt gương để cô ấy ngắm được toàn thân mình qua gương. Tìm kích thước tối thiểu của gương khi đó.

2. Khi cô gái từ từ lùi xa gương thì hình ảnh cô ấy dịch chuyển thế nào?

Bài V (2,5 điểm)

1. Để giảm bớt hao phí khi truyền tải điện đi xa người ta có thể sử dụng những phương án nào? Chỉ rõ nhược điểm của mỗi phương án?      

2. Một máy phát điện nhỏ hoạt động với công suất không đổi cấp điện cho những bóng đèn giống nhau để chiếu sáng hầm lò. Do hệ thống dây truyền tải đã cũ nên hao phí khá nhiều điện năng. Người ta quyết định dùng hệ thống máy biến áp lý tưởng cho nơi phát và nơi tiêu thụ. Thực tế cho thấy: nếu tăng hiệu điện thế nơi phát từ 220V lên 440V thì số đèn được cung cấp đủ điện năng tăng từ 9 đèn lên 36 đèn.

a. Tìm số đèn được cấp đủ điện năng khi hiệu điện thế nơi phát tăng lên 660V.

b. Ta có thể tăng hiệu điện thế nơi phát đến giá trị nào để số đèn được cấp đủ điện năng là cực đại? Tìm số đèn cực đại đó.

    HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT                                          

 

Bài	Nội dung	Điểm
Bài I (2,5 đ)	1. Khi bình có đầy tiền: Pb + Pt  = FA   = V.dn Khi lấy hết tiền thì: Pb  = 2V.dn/3 Vậy thì  Pt  =  V.dn/3 nên  tìm được m = 3,75g 2. Lập luận qua nguyên lý đòn bẩy để đưa đến các hình vẽ	0, 5 0, 5  0,5       0,5     0,5
Bài II (1,5 đ)	Giả sử cứ mỗi phút có m nước nóng ở nhiệt độ t  chảy vào M nước lạnh ở t0 Sau 1ph thì m(t - t0 - 0,8) = M.0,8             (1) Sau 2ph thì 2m(t - t0 - 1,2) = M.1,2           (2) Sau n ph thì n.m(t- t0 - 2) = M.2                (3) Từ (1) (2) và (3) tìm được  n = 10 phút	0,25 0,25 0,25 0,25 0,5
Bài III (2,0đ)	* Cho 2 điện trở ghép nối tiếp khi nối tắt chốt 4-3: $P_1=U^2/R_1+R_2=333,33W$ * Dùng điện trở 96,8Ω khi nối tắt 1-2 và 3-4: $P_2=U^2/R_1=500W$  * Dùng điện trở 48,4Ω khi nối tắt 1-3: $P_3=U^2/R_2=1000W$ * Dùng 2 điện trở song song khi nối tắt 1-3;2-4: $P_4=P_2+P_3=1500W$	0,5 0,5 0,5 0,5
Bài IV (1,5đ)	1.  Để nhìn thấy toàn thân ở khoảng cách xa nhất phải thỏa mãn hình vẽ * Dễ thấy M’ đối xứng M qua gương tạo ra ∆MCM’ vuông ở C có góc 600 nên:  MC = MH = M’H  = h’ = 155cm suy ra $GM\text{'}=\frac{h\text{'}}{c\text{os}{30}^0}=\frac{2h\text{'}}{\sqrt{3}}$ x = CM’ - GM’= $2h\text{'}.c\text{os}{30}^0-\frac{2h\text{'}}{\sqrt{3}}=\frac{h\text{'}}{\sqrt{3}}\approx 89,49cm$ * Có: tan(ĐM’C) =   $\frac{165}{155\sqrt{3}}$ nên  <(ĐM’C) =  31,570 Tìm được: HK = HM’.tan(HM’K)= 4,25cm Suy ra:  GK = GH + HK = M’H.tan 300 +4,25 = 93,74cm 2. Hình ảnh quan sát được lùi xa và đi xuống, mất dần từ chân đến đầu	0,25                 0,5         0,5 0,25
Bài V (2,5đ)	1. Điện năng khi truyền tải đi xa thì hao phí: $\Delta P=\frac{P^2}{U^2}.\rho \frac{\mathcal{l}}{S}$  *Giảm điện trở suất: Tốn kém khi sử dụng các kim loại, hợp kim đắt tiền * Tăng tiết diện S: Khối lượng dây tăng, không kinh tế * Tăng hiệu điện thế: Phải sử dụng máy biến thế, đường điện cao thế nguy hiểm 2. Từ công thức:  $P_p=P_t+\Delta P$, do $\Delta P~\frac{1}{U^2}$với suy ra: Với điện áp U thì: P = 9x + ∆P                        (1) Với điện áp 2U thì: P = 36x + ∆P/4                 (2) Với điện áp 3U thì: P = nx + ∆P/9                   (3) Tìm được: P = 45x; ∆P  = 36x suy ra  n = 41 đèn * Với U thì  ∆P  = 36x; với Umới thì ∆P  = x (công suất tiêu hao nhỏ nhất) nên   Umới = 6U = 1320V. Số đèn cực đại là 44 đèn.	0,25 0,25 0,25 0,25     0,25 0,25 0,25 0,25   0,5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Phòng Giáo dục và Đào tạo .....

Đề khảo sát chất lượng thi vào 10

Năm học 2013

Môn: Vật lý

Thời gian làm bài: 150 phút

Đề thi vào 10 môn Vật lí trường THPT Chuyên Sư phạm Hà Nội có đáp án đề số 2

Câu 1 (1,5 điểm). Một người đứng tại điểm A trên bờ hồ phẳng lặng (hình vẽ), người này muốn tới điểm B trên mặt hồ. Khoảng cách từ b tới bờ hồ là BC = d, khoảng cách AC = S, người đó chỉ có thể bơi thẳng đều trên mặt nước với vận tốc v₁ và chạy thẳng đều dọc theo bờ hồ với vận tốc là v₂ (v₁ < v₂). Tìm quãng đường mà người náy phải đi để khoảng thời gian đi từ A đến B là nhỏ nhất.     

Câu 2 (2,0 điểm). Cho hai nhiệt lượng kế có vở cách  nhiệt, mỗi nhiệt kế này chứa một lượng chất lỏng khác nhau ở nhiệt độ ban đầu khác nhau. Người ta dùng một nhiệt kế lần lượt nhứng vào các nhiệt lượng kế trên, lần 1 vào nhiệt lượng kế 1, lần 2 vào nhiệt lượng kế 2, lần 3 vào nhiệt lượng kế 1,… quá trình cứ như thế nhiều lần. Trong mỗi lần nhúng, người ta chờ đến khi cân bằng nhiệt mới rút nhiệt kế ra khi đó số chỉ của nhiệt kế tương ứng với các lần trên là 80⁰C, 16⁰C, 78⁰C, 19⁰C.

1. Lần 5 nhiệt kế chỉ bao nhiêu?

2. Sau một số rất lớn lầ nhúng nhiệt kế theo trật tự như trên thì nhiệt kế chỉ bao nhiêu.

Bỏ qua sự mất mát nhiệt khi chuyển nhiệt kế từ nhiệt lượng kế này sang nhiệt lượng kế kia.

Câu 3 (3,0 điểm). Cho mạch điện như hình vẽ bên. Hiệu điện thế U_MN = 18 v không đổi. Các điện trở r = 4 $\Omega$, R₁ = 12 $\Omega$, R₂ = 4 $\Omega$, R₄ = 18 $\Omega$, R₅ = 6 $\Omega$, điện trở của đèn là R_đ = 3 $\Omega$ và R₃ là biến trở có điện trở có giá trị thay đổi từ 0 đến 30. Biết vôn kế và ampe kế là lý tưởng.

1. Cho R₃ = 21 $\Omega$, tìm số chỉ của ampe kế , vôn kế và công suất tiêu thụ trên đèn khi đó.

2. Cho R₃ thay đổi từ 0 đến 30 $\Omega$. Tìm R₃ để:

a) Số chỉ của vôn kế là lớn nhất và nhỏ nhất. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất đó.

b) Công suất tiêu thụ trên nó là lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó. Bỏ qua điện trở các dây nối. Các điện trở không thay đổi theo thời gian.

Câu 4 (1,5 điểm). Một dây dẫn thuần trở có điện trở không thay đổi theo nhiệt độ. Khi dòng điện I₁ = 2 A chạy qua dây dẫn này thì nó nóng đến nhiệt độ không đổi là t₁ = 50⁰C, khi dòng I₂ = 4A chạy qua dây dẫn này thì nó nóng đến nhiệt độ không đổi là t₂ = 150⁰C. Khi dây dẫn đạt nhiệt độ không đổi thì nhiệt lượng tỏa ra môi trường chung quanh tỉ lệ thuận ới độ chênh lệch nhiệt độ giữa dây và môi trường. Nhiệt độ môi trường không đổi

1. Gọi a và b là khoảng thời gian tương ứng từ lúc dòng điện I₁ và I₂ bắt đầu qua dây dẫn đến khi dây dẫn đạt nhiệt độ không đổi. Trong khoảng thời gian này coi như nhiệt lượng tỏa ra môi trường từ dây dẫn là không đáng kể. Chứng minh rằng a = b.

2. Cho dòng điện có cường độ I₃ = 6A chạy qua dây dẫn trên thì dây dẫn nóng đến nhiệt độ không đổi là bao nhiêu?

Câu 5 (2,0 điểm). Cho quang hệ gồm hai thấu kính O₁ và O₂ được đặt đồng trục chính. Thấu kính O₂ có tiêu cự f₂ = 9cm, vật sáng AB vuông góc với trục chính của quang hệ, trước thấu kính O₁ và cách O₁ một khoảng d₁ = 12 cm (A thuộc trục chí nh của quang hệ). Thấu kính O₂ ở sau O₁. Sau thấu kính O₂ đặt một màn ảnh E cố định vuông góc với trục chính của quang hệ, cách O₁ một khoảng a = 60 cm. Giữ vật AB, thấu kính O₁ và màn ảnh E cố định, dịch thấu kính O₂ dọc theo trục chính của quang hệ trong khoảng giữa thấu kính O₁ và màn người ta tìm được hai vị trí của thấu kính O₂ để ảnh của vật cho bởi quang hệ hiện rõ nét trên màn E. Hai vị trí này cách nhau 24 cm.

1. Tính tiêu cự của thấu kính O₁.

2. Tịnh tiến AB trước thấu kính O₁, dọc theo trục chính của quang hệ. Tìm khoảng cách giữa hai thấu kính để ảnh của vật cho bới quang hệ có độ cao không phụ thuộc vào vị trí của vật AB.

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: (1,5 đ)

+ Gọi quãng đường DC có độ dài là: x

+ Độ dài quãng đường BD: $\sqrt{d^2+x^2}$

+ Thời gian người này đi từ A đến D rồi đến B là:

t = t_AD + t_DB = $\frac{S_{AD}}{{\text{v}}_{\text{2}}}+\frac{S_{DB}}{{\text{v}}_{\text{1}}}=\frac{S-x}{{\text{v}}_{\text{2}}}+\frac{\sqrt{d^2+x^2}}{{\text{v}}_{\text{1}}}$

+ Khi đó:  $t-\frac{S-x}{{\text{v}}_{\text{2}}}=\frac{\sqrt{d^2+x^2}}{{\text{v}}_{\text{1}}}$$\stackrel{}{\to }$$t^2-2\frac{S-x}{{\text{v}}_{\text{2}}}t+{\left(\frac{S-x}{{\text{v}}_{\text{2}}}\right)}^2=\frac{d^2+x^2}{{{\text{v}}_{\text{1}}}^2}$$\stackrel{}{\to }$${{\text{v}}_{\text{1}}}^2{{\text{v}}_{\text{2}}}^2{t}^2-2{{\text{v}}_{\text{1}}}^2{\text{v}}_{\text{2}}St+2{{\text{v}}_{\text{1}}}^2{\text{v}}_{\text{2}}xt+S^2{{\text{v}}_{\text{1}}}^2-2Sx{{\text{v}}_{\text{1}}}^2+x^2{{\text{v}}_{\text{1}}}^2=d^2{{\text{v}}_{\text{2}}}^2+x^2{{\text{v}}_{\text{2}}}^2$  có nghiệm x

$\stackrel{}{\to }$$\left({{\text{v}}_{\text{2}}}^2-{{\text{v}}_{\text{1}}}^2\right)x^2-2\left({{\text{v}}_{\text{1}}}^2{\text{v}}_{\text{2}}t-S{{\text{v}}_{\text{1}}}^2\right)x-\left({{\text{v}}_{\text{1}}}^2{{\text{v}}_{\text{2}}}^2{t}^2+S^2{{\text{v}}_{\text{1}}}^2-2{{\text{v}}_{\text{1}}}^2{\text{v}}_{\text{2}}St-d^2{{\text{v}}_{\text{2}}}^2\right)$ = 0  có nghiệm

+ Khi đó$\Delta$  = ${\left({{\text{v}}_{\text{1}}}^2{\text{v}}_{\text{2}}t-S{{\text{v}}_{\text{1}}}^2\right)}^2$ + $\left({{\text{v}}_{\text{2}}}^2-{{\text{v}}_{\text{1}}}^2\right)$$\left({{\text{v}}_{\text{1}}}^2{{\text{v}}_{\text{2}}}^2{t}^2+S^2{{\text{v}}_{\text{1}}}^2-2{{\text{v}}_{\text{1}}}^2{\text{v}}_{\text{2}}St-d^2{{\text{v}}_{\text{2}}}^2\right)$$\ge$  0

$\stackrel{}{\to }$ v₁²v₂²t² – 2Sv₁²v₂t + s²v₁² + v₁²d² – v₂²d² $\ge$ 0     

 $\stackrel{}{\to }$$\sqrt{{{\Delta }_t}^{\text{'}}}=$ v₁v₂d$\sqrt{{{\text{v}}_{\text{2}}}^2-{{\text{v}}_{\text{1}}}^2}$

+ Dẫn đến t $\ge$ $\frac{{\text{Sv}}_{\text{1}}+d\sqrt{{{\text{v}}_{\text{2}}}^2-{{\text{v}}_{\text{1}}}^2}}{{\text{v}}_{\text{1}}{\text{v}}_{\text{2}}}$

 $\stackrel{}{\to }$ t_Min = $\frac{{\text{Sv}}_{\text{1}}+d\sqrt{{{\text{v}}_{\text{2}}}^2-{{\text{v}}_{\text{1}}}^2}}{{\text{v}}_{\text{1}}{\text{v}}_{\text{2}}}$

+ Đạt tại x = $\frac{{\text{v}}_{\text{1}}d}{\sqrt{{{\text{v}}_{\text{2}}}^2-{{\text{v}}_{\text{1}}}^2}}$

+ Quãng đường mà người nay phải đi thỏa mãn yêu cầu bài toán là:

S_AD + S_DB = S – x + $\sqrt{d^2-x^2}$ = $S-\frac{{\text{v}}_{\text{1}}d}{\sqrt{{{\text{v}}_{\text{2}}}^2-{{\text{v}}_{\text{1}}}^2}}+\sqrt{d^2+{\left(\frac{{\text{v}}_{\text{1}}d}{\sqrt{{{\text{v}}_{\text{2}}}^2-{{\text{v}}_{\text{1}}}^2}}\right)}^2}=S-d\sqrt{\frac{{\text{v}}_{\text{2}}-{\text{v}}_{\text{1}}}{{\text{v}}_{\text{2}}+{\text{v}}_{\text{1}}}}$

Câu 2: (2,0 đ)

a, Sau lần nhúng thứ hai nhiệt độ của bình 1 là 80⁰C, bình 2 và nhiệt kế là 16⁰C.

+ Gọi nhiệt dung của bình 1, bình 2 và nhiệt kế lần lượt là q₁, q₂ và q.

+ Sau lần nhúng thứ ba vào bình 1 phương trình cân bằng nhiệt là :

q₁(80 – 78) = q(78 – 16) $\stackrel{}{\to }$ q₁ = 31q

+ Sau lần nhúng thứ tư vào bình 2 phương trình cân bằng nhiệt là :

q₂(19 – 16) = q(78 – 19) $\stackrel{}{\to }$ q₂ = $\frac{59}{3}$q

+ Sau lần nhúng thứ năm vào bình 1 phương trình cân bằng nhiệt là :

q₁(78 – t) = q(t – 19) $\stackrel{}{\to }$ 31q(78 – t) = q(t – 19) $\stackrel{}{\to }$ t $\approx$ 76,2⁰C

b, Sau một số lớn lần nhúng nhiệt kế ta coi như bài toán đổ hai chất lỏng vào nhau rồi thả nhiệt kế vào đó.

+ Khi đó phương trình cân bằng nhiệt là : q₁(80 – t^’) = (q₂ + q)(t^’ – 16)

$\stackrel{}{\to }$ 31q(80 – t^’) = $\left(\frac{59}{3}q+q\right)$(t^’ – 16)

$\stackrel{}{\to }$ t = 54,5⁰C.

Câu 3 : (3,0 đ)

1, Ta có sơ đồ mạch điện là : $\left\{\left[R_1//\left(R_{3}ntĐ\right)\right]nt{R}_2\right\}//\left(R_{4}nt{R}_5\right)$ tất cả nối tiếp r.

Có :

R_3đ = R₃ + R_đ = 21 + 3 = 24 ($\Omega$)

                        

R_13đ = $\frac{R_1{R}_{3d}}{R_1+R_{3d}}=\frac{12.24}{12+24}=8\left(\Omega \right)$

                         

R_123đ = R_13đ +R₂ = 8 + 4 = 12 ($\Omega$)

                          

R₄₅ = R₄ + R₅ = 18 + 6 = 24 ($\Omega$)

                         

R_// = $\frac{R_{123d}.R_{45}}{R_{123d}+R_{45}}=\frac{12.24}{12+24}=8\left(\Omega \right)$

                         

R_m = R_// + r = 8 + 4 = 12 ($\Omega$)

+ Dòng điện chạy qua mạch là:

I = $\frac{U}{R}=\frac{18}{12}=1,5$ (A) = I_//

+ Khi đó : U_// = I_//.R_// = 1,5.8 = 12 (v) = U₄₅ = U_123đ

+ Dẫn đến

I₄₅ = $\frac{U_{45}}{R_{45}}=\frac{12}{24}=0,5$ (A) = I₄ = I₅

I_123đ = $\frac{U_{123d}}{R_{123d}}=\frac{12}{12}=1$ (A) = I_13đ

$\stackrel{}{\to }$ U_13đ = I_13đ.R_13đ = 1.8 = 8 (v) = U_3đ

+ Do đó: I_3đ = $\frac{U_{3d}}{R_{3d}}=\frac{8}{24}=\frac{1}{3}$ (A) = I ₃ = I_đ

+ Vậy số chỉ của ampe kế là: I_A = I₃ + I₅ = $\frac{1}{3}+0,5=\frac{5}{6}$ (A)

+ Lại có:                   

U₃ = I₃.R₃ = $\frac{1}{3}$.21 = 7 (v)

U₅ = I₅.R₅ = 0,5.6 = 3 (v)

+ Số chỉ của vôn kế là: U_ED = U₃ – U₅ = 7 – 3 = 4 (v)

+ Công suất tiêu thụ của đèn là: P_đ = I_đ²R_đ = ${\left(\frac{1}{3}\right)}^2.3=\frac{1}{3}$ (W)

2a, Định R₃ = x. Khi đó:

R_3đ = R₃ + R_đ = x + 3 ($\Omega$)

R_13đ = $\frac{R_1{R}_{3d}}{R_1+R_{3d}}=\frac{12.\left(x+3\right)}{15+x}\left(\Omega \right)$

R_123đ = R_13đ +R₂ = $\frac{12\left(x+3\right)}{15+x}$ + 4 = $\frac{16x+96}{15+x}$($\Omega$)

R₄₅ = R₄ + R₅ = 18 + 6 = 24 ($\Omega$)

R_// = $\frac{R_{123d}.R_{45}}{R_{123d}+R_{45}}=\frac{\frac{16x+96}{15+x}.24}{\frac{16x+96}{15+x}+24}=\frac{48(x+6)}{5x+57}\left(\Omega \right)$

R_m = R_// + r = $\frac{48\left(x+6\right)}{5x+57}$ + 4 = $\frac{68x+516}{5x+57}$ ($\Omega$)

+ Dòng điện chạy qua mạch là:

I = $\frac{U}{R}=\frac{9\left(5x+57\right)}{34x+258}$ (A) = I_//

+ Khi đó : U_// = I_//.R_// =$\frac{9\left(5x+57\right)}{34x+258}$. $\frac{48(x+6)}{5x+57}$= $\frac{216\left(x+6\right)}{17x+129}$(v) = U₄₅ = U_123đ

+ Dẫn đến

I₄₅ = $\frac{U_{45}}{R_{45}}=\frac{\frac{216\left(x+6\right)}{17x+129}}{24}=\frac{9(x+6)}{17x+129}$ (A) = I₄ = I₅

I_123đ = $\frac{U_{123d}}{R_{123d}}=\frac{\frac{216\left(x+6\right)}{17x+129}}{\frac{16x+96}{15+x}}=\frac{27\left(15+x\right)}{2(17x+129)}$ (A) = I_13đ

$\stackrel{}{\to }$ U_13đ = I_13đ.R_13đ = $\frac{27\left(15+x\right)}{2(17x+129)}$.$\frac{12.\left(x+3\right)}{15+x}$ = $\frac{162\left(x+3\right)}{17x+129}$ (v) = U_3đ

+ Do đó: I_3đ = $\frac{U_{3d}}{R_{3d}}=\frac{\frac{162\left(x+3\right)}{17x+129}}{x+3}=\frac{162}{17x+129}$(A) = I ₃ = I_đ

+ Lại có:                  

U₃ = I₃.R₃ =$\frac{162}{17x+129}$.x  (v)

U₅ = I₅.R₅ = $\frac{9(x+6)}{17x+129}$.6  (v)

+ Số chỉ của vôn kế là: U_ED = $\left|U_3-U_5\right|=\left|\frac{162x}{17x+129}-\frac{54x+324}{17x+129}\right|=\left|\frac{108x-324}{17x+129}\right|$ (v)

+ Khi đó số chỉ của vôn kế nhỏ nhất là U_ED = 0 khi x = R₃ = $\frac{324}{108}$ = 3 ($\Omega$)

+ Số chỉ của vôn kế lớn nhất khi x = R₃ = 30 ($\Omega$)

$\stackrel{}{\to }$ U_ED  = $\left|\frac{108x-324}{17x+129}\right|=\left|\frac{108.30-324}{17.30+129}\right|\approx 4,56$ (v)

b, Công suất tiêu thụ của R₃ là:

P₃ = I₃²R₃ = ${\left(\frac{162}{17x+129}\right)}^2.x={\left(\frac{162}{17\sqrt{x}+\frac{129}{\sqrt{x}}}\right)}^2\le {\left(\frac{162}{2\sqrt{17.129}}\right)}^2$ (W)

$\stackrel{}{\to }$P_Max = ${\left(\frac{162}{2\sqrt{17.129}}\right)}^2$$\approx$ 3 (W)

+ Xảy ra khi $17\sqrt{x}=\frac{129}{\sqrt{x}}$$\stackrel{}{\to }$ x = R₃  7,6 ()

Câu 4 : (1,5 đ)

1, Gọi: 

Hệ số tỉ lệ của nhiệt lượng tỏa ra môi trường là k.

Nhiệt độ của môi trường là t₀.

+ Khi dòng điện chạy qua dây dẫn có cường độ là I₁ thì :

I₁²R = k(t₁ – t₀)             ( 1)

+ Khi dòng điện chạy qua dây dẫn có cường độ là I₂ thì :

I₂²R = k(t₂ – t₀)              (2)

+ Lấy (1) chia cho (2) ta được :

 $\frac{{I_1}^2}{{I_2}^2}=\frac{t_1-t_0}{t_2-t_0}$$\stackrel{}{\to }$$\frac{2^2}{4^2}=\frac{50-t_0}{150-t_0}$$\stackrel{}{\to }$ t₀ = $\frac{50}{3}$⁰C

+ Nhiệt lượng tỏa ra khi dây dẫn sử dụng dòng điện I₁ trong thời gian a làm cho dây dây dẫn đó nóng đến 50⁰C không đổi là :

I₁²Ra = mc(50 – t₀)         (*)

+ Nhiệt lượng tỏa ra khi dây dẫn sử dụng dòng điện I₂ trong thời gian b làm cho dây dây dẫn đó nóng đến 150⁰C không đổi là :

I₂²Rb = mc(150 – t₀)       (**)

+ Lấy (*) chia cho (**) ta được :

$\frac{{I_1}^{2}a}{{I_2}^{2}b}=\frac{50-t_0}{150-t_0}$$\stackrel{}{\to }$$\frac{2^{2}a}{4^{2}b}=\frac{50-\frac{50}{3}}{150-\frac{50}{3}}$$\stackrel{}{\to }$ a = b

2, Khi dòng điện chạy qua dây dẫn có cường độ là I₃ = 6A thì :

I₃²R = k(t₃ – t₀)              (3)

+ Lấy (1) chia cho (3) ta được :

$\frac{{I_1}^2}{{I_3}^2}=\frac{t_1-t_0}{t_3-t_0}$$\stackrel{}{\to }$$\frac{2^2}{6^2}=\frac{50-\frac{50}{3}}{t_3-\frac{50}{3}}$$\stackrel{}{\to }$t_3$\approx$  317⁰C

Câu 5 : (2 đ)

1, Gọi ảnh của AB tạo bởi O₁ cách O₂ một khoảng d₂ khi đó :

 ${d_2}^{\text{'}}=\frac{f_2{d}_2}{d_2-f_2}=\frac{9d_2}{d_2-9}$

+ Khi di chuyển thấu kính lại gần màn 24 cm thì ảnh cách thấu kính O₂ là :

${d_2}^{\text{'}\text{'}}=\frac{f_2\left(d_2+24\right)}{d_2+24-f_2}=\frac{9\left(d_2+24\right)}{d_2+24-9}=\frac{9\left(d_2+24\right)}{d_2+15}$

+ Do khoảng cách giữa ảnh của AB tạo bởi O₁ và màn không đổi nên.

$d_2+\frac{9d_2}{d_2-9}=d_2+24+\frac{9\left(d_2+24\right)}{d_2+15}$$\stackrel{}{\to }$ d₂² + 6d₂ – 216 = 0  

$\stackrel{}{\to }$ d₂ = 12 (cm)

+ Do đó : ${d_2}^{\text{'}}=\frac{9.12}{12-9}$ = 36 (cm)

+ Khi đó ảnh của AB cách thấu kính O₁ là :

                             d₁^’ = a – d₂ – d₂^’ = 60 – 12 – 36 = 12 (cm)

+ vậy tiêu cự của thấu kính O₁ là :

$f_1=\frac{d_1{d_1}^{\text{'}}}{d_1^{}+{d_1}^{\text{'}}}=\frac{12.12}{12+12}=6$ (cm)

2, Muốn ảnh AB tịnh tiến dọc theo trục chính đến bất kì vị trí nào trước thấu kính O₁ để ảnh cuối cùng cho bởi quang hệ có chiều cao không phụ thuộc vào vị trí của vật thì hai thấu kính O₁ và O₂ có trục chính trùng nhau. Khi đó khoảng cách giữa hai thấu kính O₁ và O₂ là : O₁O₂ = f₁ + f₂ = 6 + 9 = 12 (cm).