Đề thi Vật lí ôn vào 10 hệ chuyên có đáp án (Mới nhất) (Đề 2)

b. Thời điểm xe 3 qua A thì quãng đường của xe 1 và xe 2 đi được là :S₁ = v₁.0,75 = 24 km ; S₂ = v₂.0,5 = 24 km Gọi t₁ là khoảng thời gian xe 3 chuyển động từ A cho đến khi đuổi kịp xe 1. Khi đó ta có : $v_{3} . t_{1} = 24 + v_{1} . t_{1} \Rightarrow t_{1} = \frac{24}{v_{3} - 32}$

Thời điểm xe 3 cách đều hai xe là :

t = t_{1} + 0, 5 = \frac{24}{v_{3} - 32} + 0, 5 = \frac{0, 5 v_{3} + 8}{v_{3} - 32}

Khoảng cách từ các xe đến điểm A tại thời điểm đó là: $\begin{array}{l} S_{1} = 24 + v_{1} t \\ S_{2} = 24 + v_{2} t \\ S_{3} = v_{3} t \end{array}$ ;

Theo bài ra : $S_{1} + S_{2} = 2. S_{3} \Rightarrow 48 + (v_{1} + v_{2}) t = 2 v_{3} t \Rightarrow 48 + 80 \frac{0, 5 v_{3} + 8}{v_{3} - 32} = 2 v_{3} \frac{0, 5 v_{3} + 8}{v_{3} - 32} S_{1} + S_{2} = 2. S_{3} \Rightarrow 48 + (v_{1} + v_{2}) t = 2 v_{3} t \Rightarrow 48 + 80 \frac{0, 5 v_{3} + 8}{v_{3} - 32} = 2 v_{3} \frac{0, 5 v_{3} + 8}{v_{3} - 32}$

$v_{3}^{2} - 72 v_{3} + 896 = 0 \Rightarrow \{\begin{matrix} v_{3} = 56 k m / h \\ v_{3} = 16 k m / h \end{matrix}$ Vậy $v_{3} = 56 k m / h$

Câu 2/5

Một chiếc vương miện được làm bằng đồng mạ vàng. Treo vương miện vào lực kế: khi treo trong không khí lực kế chỉ 2,75N; khi nhúng vương miện vào trong nước thì lực kế chỉ 2,48N. Tính tỉ lệ phần trăm về khối lượng của vàng có trong vương miện. Biết trọng lượng riêng của vàng, của đồng và của nước lần lượt là $d_{V} = {193.10}^{3} N / m^{3}; d_{d} = {86.10}^{3} N / m^{3}; d_{n} = 10^{4} N / m^{3} .$

Xem đáp án

Lời giải

Gọi V₁ và V₂ lần lượt thể tích của Vàng và Đồng có trong vương miện

Khi treo trong không khí : $V_{1} d_{v} + V_{2} d_{d} = 2, 75$ Khi nhúng vương miện trong nước thì vật còn chịu lực đẩy Acsimet : $V_{1} d_{v} + V_{2} d_{d} - (V_{1} + V_{2}) d_{n} = 2, 48$ (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

\{\begin{matrix} {193.10}^{3} V_{1} + {86.10}^{3} V_{2} = 2, 75 \\ V_{1} {.10}^{4} + V_{2} {.10}^{4} = 0, 27 \end{matrix}

Giải hệ trên ta thu được:

\{\begin{matrix} V_{1} = {4.10}^{- 6} m^{3} \\ V_{2} = {23.10}^{- 6} m^{3} \end{matrix}

Tỉ lệ % khối lượng vàng có trong hợp kim là:

% = \frac{d_{V} V_{1}}{2, 75} = \frac{{193.10}^{3} {.4.10}^{- 6}}{2, 75} = 28, 1 %

Câu 3/5

Một bình nhiệt lượng kế khối lượng $m_{1} = m$ chứa một lượng nước có khối lượng $m_{2} = 2 m$ hệ thống đang có nhiệt độ $t_{1} = 10^{0} C .$ Người ta thả vào bình một cục nước đá khối lượng M nhiệt độ $t_{2} = - 5^{0} C,$ khi cân bằng cục nước đá chỉ tan một nửa khối lượng của nó. Sau đó rót thêm một lượng nước ở nhiệt độ $t_{3} = 50^{0} C,$ có khối lượng bằng tổng khối lượng của nước và nước đá có trong bình. Nhiệt độ cân bằng của hệ sau đó là $t_{4} = 20^{0} C .$ Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường xung quanh, coi thể tích của bình đủ lớn, biết nhiệt dung riêng của nước và nước đá lần lượt là c₁ = 4200J/(kg.độ); c₂ = 2100J/(kg.độ), nhiệt nóng chảy của nước đá là $λ = {34.10}^{4} J / k g .$ Xác định nhiệt dung riêng của chất làm nhiệt lượng kế.

Xem đáp án

Lời giải

Gọi: c là nhiệt dung riêng của nhiệt lượng kế.

Giai đoạn 1: khi thả vào bình cục nước đá, do đá tan không hết nên nhiệt độ cân bằng của giai đoạn này là O⁰C. Ta có: $Q_{t o a} = m c (t_{1} - 0) + 2 m c_{1} (t_{1} - 0) = 10 m c + 84000 m$

$Q_{t h u} = M c_{2} (0 - t_{2}) + \frac{M}{2} λ = 180500 M$

Áp dụng phương trình cân bằng

Q_{t o a} = Q_{t h u} \Rightarrow 10 m c + 84000 m = 180500 M

Giai đoạn 2: Rót nước vào bình:

Q_{t o a} = (M + 2 m) . c_{1} . (t_{3} - t_{4}) = (M + 2 m) .4200. (50 - 20) = 126000 (M + 2 m)

$Q_{t h u} = m c (t_{4} - 0) + \frac{M}{2} λ + (2 m + M) c_{1} (t_{4} - 0) = 20. c . m + {17.10}^{4} M + 84000 (2 m + M)$ Áp dụng phương trình cân bằng: $Q_{t o a} = Q_{t h u} \Rightarrow 126000 (M + 2 m) = 20. c . m + {17.10}^{4} M + 84000 (2 m + M)$ $\Rightarrow 42000 (M + 2 m) = 20. c . m + {17.10}^{4} M \Rightarrow m (84000 - 20 c) = 128000 M$

Từ (3) và (4) ta có phương trình: $\frac{10 m c + 84000 m}{m (84000 - 20 c)} = \frac{180500 M}{128000 M} \Rightarrow \frac{10 c + 84000}{84000 - 20 c} = \frac{361}{256}$

$\Rightarrow 2560 c + 21504000 = 30324000 - 7220 c$

$c = \frac{30324000 - 21504000}{2560 + 7220} = 901, 8$ /(kg.độ)

Câu 4/5

Cho mạch điện như hình vẽ 1. Biết hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch không đổi là $λ = {34.10}^{4} J / k g .$ và các đèn có ghi: đèn Đ₁ $(6 V - 3 W);$ đèn Đ₂ $(12 V - 12 W);$ đèn Đ₃ $(12 V - 3 W),$ $R_{b}$ là biến trở.

a. Có thể điều chỉnh biến trở để cả ba đèn sáng bình thường không? Tại sao?

b. Mắc thêm một điện trở R₁ vào mạch. Tìm giá trị của biến trở R_b, cách mắc và giá trị của R₁ để cả ba đèn sáng bình thường.

c. Ba đèn và điện trở R₂ có thể mắc theo cách khác rồi mắc vào hai điểm AB để cả ba đèn sáng bình thường. Tìm cách mắc đó, tính giá trị của biến trở R_b và R₂.

d. Tính hiệu suất của hai cách mắc trên. Xem rằng điện năng tiêu thụ trên các bóng đèn là có ích, còn trên các điện trở là vô ích.

Xem đáp án

Lời giải

Đèn Đ_{1: $\{\begin{matrix} I_{d m 1} = \frac{P_{d m 1}}{U_{d m 1}} = \frac{3}{6} = 0, 5 A \\ R_{d 1} = \frac{U_{d m 1}}{I_{d m 1}} = \frac{6}{0, 5} = 12 Ω \end{matrix}$}

Đèn Đ₂: $\{\begin{matrix} I_{d m 2} = \frac{P_{d m 2}}{U_{d m 2}} = \frac{12}{12} = 1 A \\ R_{d 2} = \frac{U_{d m 2}}{I_{d m 2}} = \frac{12}{1} = 12 Ω \end{matrix}$

Đèn Đ_{3: $\{\begin{matrix} I_{d m 3} = \frac{P_{d m 3}}{U_{d m 3}} = \frac{3}{12} = 0, 25 A \\ R_{d 3} = \frac{U_{d m 3}}{I_{d m 3}} = \frac{12}{0, 25} = 48 Ω \end{matrix}$}

Do $I_{d m 1} \neq I_{d m 2} + I_{d m 3}$ nên ba đèn không thể sáng bình thường

b. Do $I_{d m 1} < I_{d m 2} + I_{d m 3}$ nên mắc R₁ song song với đèn Đ₁.

$U_{R 1} = U_{d m 1} = 6 V U_{R 1} = U_{d m 1} = 6 V \Rightarrow R_{1} = \frac{U_{R 1}}{I_{R 1}} = \frac{6}{0, 75} = 8 Ω$

$I_{R b} = I_{d m 2} + I_{d m 3} = 1 + 0, 25 = 1, 25 A U_{R b} = U - U_{d m 1} - U_{d m 2} = 26 - 6 - 12 = 8 V \Rightarrow R_{b} = \frac{U_{R b}}{I_{R b}} = \frac{8}{1, 25} = 6, 4 Ω$

c Để cả ba đèn sáng bình thường ta có cách mắc: (Đ₁ nt R₂)// Đ₂// Đ₃

_{$I_{R 2} = I_{d m 1} = 0, 5 A U_{R 2} = U_{d m 2} - U_{d m 1} = 12 - 6 = 6 V \Rightarrow R_{2} = \frac{U_{R 2}}{I_{R 2}} = \frac{6}{0, 5} = 12 Ω I_{R b} = I_{d m 1} + I_{d m 2} + I_{d m 3} = 0, 5 + 1 + 0, 25 = 1, 75 A U_{R b} = U - U_{d m 2} = 26 - 12 = 14 V \Rightarrow R_{b} = \frac{U_{R b}}{I_{R b}} = \frac{14}{1, 75} = 8 Ω$}

d.Công suất có ích:

P_{c i} = P_{d m 1} + P_{d m 2} + P_{d m 3} = 3 + 12 + 3 = 18 W

Công suất hao phí do tỏa nhiệt trên các điện trở là:

Cách mắc 1: $P_{1} = I_{R 1}^{2} R_{1} + I_{R b}^{2} R_{b} = 0, 75^{2} .8 + 1, 25^{2} .6, 4 = 14, 5 W \Rightarrow H_{1} = \frac{P_{c i}}{P_{c i} + P_{1}} = \frac{18}{18 + 14, 5} = 55, 4 %$

Cách mắc 2: $P_{2} = I_{R 2}^{2} R_{2} + I_{R b}^{2} R_{b} = 0, 5^{2} .12 + 1, 75^{2} .8 = 27, 5 W$

\Rightarrow H_{2} = \frac{P_{c i}}{P_{c i} + P_{2}} = \frac{18}{18 + 27, 5} = 39, 6 %

Câu 5/5

Một tấm bìa có khoét một lỗ tròn đường kính AB = 6cm Một thấu kính hội tụ có tiêu cự 20cm đặt vừa khít che kín lỗ tròn, có quang tâm trùng với tâm lỗ tròn, trục chính vuông góc với mặt phẳng tấm bìa. Sau tấm bìa đặt một màn ảnh song song với tấm bìa và cách tấm bìa một khoảng 40cm. Một điểm sáng S đặt trên trục chính của thấu kính, ở phía trước thấu kính (phía không có màn ảnh) cách thấu kính một khoảng 30cm. Khi đó trên màn ta thu được một vệt sáng tròn.

a. Gọi S’ là ảnh của S qua thấu kính, bằng phép vẽ hãy xác định vị trí của S’. Tính đường kính vệt sáng tròn trên màn.

b. Cố định vị trí của thấu kính và màn. Phải di chuyển điểm sáng S dọc theo trục chính một đoạn bao nhiêu, theo chiều nào để vệt sáng trên màn có kích thước như cũ.

Xem đáp án

Lời giải

Một tấm bìa có khoét một lỗ tròn đường kính Một thấu kính hội tụ có tiêu cự (ảnh 2)

Dùng trục phụ ta vẽ được ảnh của vât như hình vẽ trên

Ta có: $\frac{S A}{O N} = \frac{OS}{OF'} = \frac{30}{20} = \frac{3}{2} \frac{S S'}{O S'} = \frac{S A}{O N} = \frac{3}{2} \Rightarrow 2 S S' = 3 O S' \Rightarrow 2 (S O+O S') = 3 O S'$

$\Rightarrow O S' = 2. S O=60cm.$

Vậy ảnh S’ của S cách thấu kính 60cm.

Tính đường kính vệt sáng trên màn:

$\frac{C D}{A B} = \frac{IS'}{OS'} = \frac{60 - 40}{60} = \frac{1}{3} \Rightarrow C D = \frac{1}{3} AB=2cm.$

Vậy đường kính vệt sáng trên màn là 2cm

Một tấm bìa có khoét một lỗ tròn đường kính Một thấu kính hội tụ có tiêu cự (ảnh 3)

Đường kính vệt sáng như cũ nên ta có:

$\frac{C D}{A B} = \frac{IS'}{OS'} = \frac{O I - OS'}{OS'} = \frac{1}{3} \Rightarrow OS'= \frac{3OI}{4} = 30 c m$

Vậy đường kính vệt sáng trên màn là 2cm

Biết vị trí của ảnh S’ cách thấu kính 30 cm, hoàn toàn tương tự ta tìm được vị trí của S cách thấu kính 60 cm.

Vậy cần phải di chuyển S ra xa thấu kính một đoạn 60 – 30 = 30 cm

Bằng việc đăng ký, bạn đồng ý với Điều khoản sử dụng và Chính sách bảo mật của Vietjack.

Lớp 12

Lớp 11

Lớp 10

Ôn vào 10

Lớp 9

Lớp 8

Lớp 7

Lớp 6

Ôn vào 6

Lớp 5

Lớp 4

Lớp 3

Lớp 2

Lớp 1

Đại học

ĐGNL - ĐGTD

Tốt nghiệp THPT

Lớp 12

Lớp 11

Lớp 10

Ôn vào 10

Lớp 9

Lớp 8

Lớp 7

Lớp 6

Ôn vào 6

Lớp 5

Lớp 4

Lớp 3

Lớp 2

Lớp 1

V-ACT

HSA

TSA

SPT

Toán

Văn

Tiếng Anh

Vật lý

Hóa học

Sinh học

Lịch sử

Địa lý

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Tin học

Công nghệ

Toán

Văn

Tiếng Anh

Vật lí

Hóa học

Sinh học

Lịch sử

Địa lí

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Tin học

Công nghệ

Toán

Văn

Tiếng Anh

Vật lí

Hóa học

Sinh học

Lịch sử

Địa lí

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Tin học

Công nghệ

Toán

Văn

Tiếng Anh

Vật lý

Hóa học

Sinh học

Lịch sử

Địa lí

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Tin học

Công nghệ

Toán