2 Một con kiến, nằm tại điểm chính giữa O của cọng rơm có chiều dài l.. Con kiến bò dọc trên cọng rơm đến vị trí cách O một khoảng thoả mãn điều kiện nào thì cọng rom sẽ bị lật... Bỏ qua
Trang 1L A TEX BY P HYSIAD
THPT CHUYÊN L AM S ƠN , T HANH H ÓA
TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU VẬT LÝ
NGÀY 6 THÁNG 6 NĂM 2021
Lời giải đề thi được thực hiện bởi
1 Trần Mỹ Quyên − THPT Chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai
2 Nguyễn Hà Đức Trung − Đại học Sư Phạm Hà Nội
3 Đỗ Xuân Sang − Đại học VinUni
4 Trần Huy Hoàng Anh − Đại học Bách Khoa Hà Nội
5 Nguyễn Minh Tuấn − THPT Bình Minh, Kim Sơn, Ninh Bình
Mọi ý kiến đóng góp xin gửi về fanpageTẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU VẬT LÝ
CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ ỦNG HỘ VÀ THEO DÕI!
1
Trang 2L A TEX BY P HYSIAD
d Câu 1
1 Trong một buổi tập phối hợp bóng, chuẩn bị cho vòng loại thứ 2 World Cup 2022 khu vực châu Á của đội tuyển bóng đá Quốc gia Việt Nam Hai tiền đạo P và T có bài tập như sau: P , T đồng thời xuất phát từ điểm O ở phần sân nhà P chạy thẳng vào trung lộ của đội bạn theo phương Ox với vận tốc không đổi v1 = 2, 5√
3m/s, T dắt bóng chạy sang cánh phải dọc theo phương Oy, hợp với Ox góc 30◦ với vận tốc không đổi v2 = 5m/s(Hình 1)
a) Xác định khoảng cách giữa hai cầu thủ ở thời điểm t1 = 8s kể từ khi xuất phát tại O
b) Vào đúng thời điểm t1, T chuyền bóng cho P Để P nhận được bóng chinh xác sau khi chạy thêm với vận tốc như cũ được 10m thì bóng phải chuyển động theo một đường thẳng với vận tốc không đổi là v, theo hướng hợp với đường nối T và P ở thời điểm t1 một góc β Tính v và β
2 Một con kiến, nằm tại điểm chính giữa O của cọng rơm có chiều dài l Cọng rơm nằm trên hai đế, đế trái cách mép trái của cọng rơm là l1 = 5
12l còn đế phải cách mép phải của cọng rơm là l2 = 13
28l (Hình vẽ 2)
Biết con kiến có khối lượng nhỏ hơn khối lượng của cọng rơm 6 lần, kích thước của nó rất nhỏ so với chiều dài cọng rơm, cọng rơm coi như một ống hình trụ đồng chất Con kiến bò dọc trên cọng rơm đến vị trí cách O một khoảng thoả mãn điều kiện nào thì cọng rom sẽ bị lật
2
Trang 3L A TEX BY P HYSIAD
Lời giải
1 a) Gọi vị trí của 2 cầu thủ sau khoảng thời gian t lần lượt là A, B
(
OA = v1t
OB = v2t
Khoảng cách 2 cầu thủ là
AB =√
OA2+ OB2− 2OA.OB cos α
=p(v1t)2+ (v2t)2− 2v1v2t2cos α
Với v1 = 2, 5√
3m/s, v2 = 5m/s, t = t1 = 8s, α = 30◦ ⇒ AB = 20m
b) Định lý hàm sin cho ∆ABC ta có
sin θ
v2t =
sin α
AB ⇒ θ = 90◦ Gọi vị trí nhận bóng của P là C và khoảng thời gian để bóng đi tới chân P là ∆t
Theo hình vẽ thì
tan β = AC
AB ⇒ β = arctanAC
AB = 26, 57
◦
3
Trang 4L A TEX BY P HYSIAD
và đồng thời
BC = v∆t = vAC
v1 =
√
AC2+ AB2 ⇒ v = 5
√ 15
2 m/s
2 Gọi N1, N2 lần lượt là phản lực của 2 đầu A, B tác dụng lên cọng rơm Chọn chiều dương như hình vẽ, gọi vị trí con kiến so với điểm O là x
−l
2 6 x 6 l
2
Xét trục quay đi quay A Điều kiện cân bằng của cọng rơm là
mg · AO + 1
6mg · (AO + x) = N2· AB
Cọng rơm bị lật khỏi B khi N2 6 0 ⇒ x 6 −7l
12 < −
l
2
Xét trục quay đi quay B Điều kiện cân bằng của cọng rơm là
mg · BO + 1
6mg · (BO − x) = N1.AB
Cọng rơm bị lật khỏi A khi N1 6 0 ⇒ x > l
4
Vậy khi con kiến ở vị trí l
4 6 x 6 l
2 thì cọng rơm bị lật khỏi A
∇
4
Trang 5L A TEX BY P HYSIAD
d Câu 2 Có một số chai sữa hoàn toàn giống nhau đều đang ở nhiệt độ tx, người ta thả từng chai vào một bình cách nhiệt chứa nước, sau khi cân bằng nhiệt thì lấy ra rồi thả tiếp chai khác vào Nhiệt độ nước ban đầu trong bình là t0 = 36◦C Chai thứ nhất khi lấy ra có nhiệt độ t1 = 33◦C, chai thứ hai khi lấy ra có nhiệt độ là t2 = 30, 5◦C Bỏ qua sự hao phí nhiệt
a) Tìm tx
b) Đến chai thứ bao nhiêu thì khi lấy ra nhiệt độ nước trong binh bắt đầu nhỏ hơn
25◦C?
Lời giải
a) Gọi nhiệt dung của chai sữa, bình cách nhiệt chứa nước lần lượt là Cs, Cn
Ta có phương trình cân bằng nhiệt sau khi thả chai sữa thứ nhất vào và và lấy ra:
Cs(t1− tx) = Cn(t0− t1) (1) Phương trình cân bằng nhiệt sau khi thả chai sữa thứ 2 vào và lấy ra:
Cs(t2− tx) = Cn(t1− t2) (2) Lấy (1)chia cho (2)ta được
t1− tx
t2− tx =
t0− t1
t1− t2 (3) Thay t0 = 36◦C, t1 = 33◦C, t2 = 30, 5◦C vào (3)ta tính được: tx= 18◦C
b) Phương trình cân bằng nhiệt sau khi thả chai sữa thứ n vào và lấy ra
Cs(tn− tx) = Cn(tn−1− tn) (4) Lấy (4)chia cho (1)ta được
tn− tx
t1− tx
= tn−1− tn
t1− t0
⇔ tn− 18
33 − 18 =
tn−1− tn
36 − 33 ⇔ tn= 5tn−1+ 18
6
Nhiệt độ trong bình sau khi thả rồi lấy ra các chai sữa tiếp theo
t3 = 5t2 + 18
6 =
5.30, 5 + 18
6 =
341
12 > 25
◦
C
t4 = 5t3 + 18
6 =
5.341
12 + 18
6 =
1921
72 > 25
◦
C
t5 = 5t4 + 18
6 =
5.1921
72 + 18
6 =
10901
432 > 25
◦
C
t6 = 5t5 + 18
6 =
5.10901
432 + 18
6 =
62281
2592 < 25
◦
C
Vậy sau khi lấy ra chai thứ 6 thì nhiệt độ nước trong bình bắt đầu nhỏ hơn 25◦C
∇
5
Trang 6L A TEX BY P HYSIAD
d Câu 3 Cho mạch điện như hình vẽ 3 Hiệu điện thế giữa hai điểm A và B có giá trị không đổi UAB = U = 10V, điện trở R0 = 4Ω đèn D có ghi 6V − 3W, Rx là biến trở
Bỏ qua điện trở của các dây nối, coi điện trở của đèn D là không đối
a) Tìm giá trị của Rx để đèn D sáng bình thường
b) Điều chinh biến trở để công suất trên đoạn mạch M N cực đại Tính Rxvà công suất tiêu thụ của đèn khi đó
c) Thay biến trở Rx bằng một điện trở R mà cường độ đòng điện chạy qua phụ thuộc vào hiệu điện thế hai đầu điện trở theo quy luật IR = k√
UR, trong đó k = 0, 75r 4
3 (đơn vị của k là √A
V ) Tìm công suất tiêu thụ trên điện trở R
Lời giải Sơ đồ mạch điện R0 nt (Rxk RD)
Điện trở của đèn Đ là P = U
2
RD ⇒ RD = U
2
P =
62
3 = 12(Ω) Khi đèn sáng bình thường thì
Hiệu điện thế định mức của đèn UD = 6(V)
Cường độ dòng điện định mức đèn PD = UDID ⇒ ID = PD
Ud = 0, 5(A)
a) Vì đèn sáng bình thường nên ta có hiệu điện thế hai đầu của đèn sẽ bằng hiệu điện thế định mức và cường độ dòng điện chạy qua đèn sẽ bằng cường độ dòng điện định mức Theo sơ đồ mạch điện, ta có R0 nt (Rx k RD), suy ra
UAB = UR 0 + UD ⇔ UR 0 = UAB− UD = 10 − 6 = 4(V)
6
Trang 7L A TEX BY P HYSIAD
Cường độ dòng điện toàn mạch sẽ là
Itm= I0 = U0
R0 =
4
4 = 1(A) Xét tại nút M
Itm= IRx + ID ⇔ IRx = Itm− ID = 1 − 0, 5 = 0, 5(A) Giá trị của Rx để đèn sáng bình thường là
Rx= URx
IRx =
UD
IRx =
6
0, 5 = 12(Ω)
b) Gọi giá trị Rx cần tìm là x
Điện trở đoạn mạch M N là
RM N = RDx
RD + x =
12x
12 + x Điện trở tương đương toàn mạch là
Rtd = R0+ RM N = 4 + 12x
12 + x =
16(x + 3)
x + 12 Cường độ dòng điện toàn mạch là
Itm= UAB
Rtd =
10(x + 12) 16(x + 3) =
5(x + 12) 8(x + 3)
Công suất đoạn mạch M N là
PM N = Itm2 RM N = 75(12 + x)x
16(x + 2)2 = 75x
2 + 900x 16x2+ 96x + 144
Từ phương trình trên, ta suy ra
16PM Nx2 + 96PM Nx + 144PM N− 75x2− 900x = 0
⇔ (16PM N − 75)x2+ (96PM N− 900)x + 144PM N = 0
Để đề bài có nghĩa, phương trình trên phải tồn tại nghiệm x, ta có
∆ > 0 ⇔ b2− 4ac > 0
⇔ (96PM N− 900)2− 4.144PM N.(16PM N − 75) > 0
⇔ −129600PM N + 9002 > 0
⇔ PM N 6 900
2
129600(W)
⇔ PM N 6 25
4 = 6, 25(W) Vậy giá trị cực đại của công suất đoạn mạch M N là PM N = 6, 25(W)
Dấu "=" xảy ra khi x = −b
2a =
−(96.6, 25 − 900) 2(16.6, 25 − 75) = 6(Ω)
Ngoài ra ta cũng có thể đánh giá PM N như sau, ta có
P = 75
16+
450x − 675 16x2+ 96x + 144 7
Trang 8L A TEX BY P HYSIAD
Xét đánh giá
16x2+ 96x + 144 > 288x − 432 ⇔ 16(x − 6)2 > 0
Do vậy
P = 75
16+
450x − 675 16x2+ 96x + 144 6 75
16+
450x − 675 288x − 432 =
25 4 Dấu "=" xảy ra khi x = 6
Nhận xét Để có được đánh giá như trên, ta thấy rằng 450
675 =
2
3, nên ta sẽ thử tách 16x2+ 96x + 144 = 16(x − a)2+ k
x −2 3
Như vậy, đồng nhất hệ số, ta sẽ tìm được k và a, từ đó suy ra đánh giá mà ta đã sử dụng c) Theo đề bài, ta có
IR= kpUR
⇔ I2
R= k2· UR (1)
⇔ IR= k2· R (2)
Vì R k RD, nên ta có
IR
ID =
RD
R ⇒ ID = IR.R
RD
Vì R0 nt (R k RD), nên cường độ dòng điện toàn mạch là
Itm= IR+ ID = IR
1 + R
RD
Điện trở tương đương của mạch là
Rtd = R0+ RM N = 4 + 12R
12 + R =
16(R + 3)
R + 12 Hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch AB là
UAB = Rtd· Itm ⇔ UAB = Rtd.IR
1 + R
RD
Thay (2)vào phương trình trên, ta được
UAB = Rtd· k2· R ·
1 + R
RD
⇔ 10 = 16(R + 3)
R + 12 · 3
4
· R ·
1 + R 12
Suy ra R = 2(Ω) (loại nghiệm R = −5(Ω)
Công suất tiêu thụ trên R là
PR= IR2 · R Thay (2)vào phương trình, ta được
PR= k4· R3 = 0, 75
r 4 3
!4
· 23 = 4, 5(W)
∇
8
Trang 9L A TEX BY P HYSIAD
d Câu 4 Vật sáng AB có dạng một đoạn thẳng ngắn đặt vuông góc với trục chính của một thấu kính hội tụ (L) có tiêu cự f , A nằm trên trục chính cách thấu kính một khoảng d Gọi A0B0 là ảnh của AB qua thấu kính, A0 cách thấu kính một đoạn d0
1 Chứng minh rằng
a) Nếu A0B0 là ảnh thật thì 1
d +
1
d0 = 1
f b) Nếu A0B0 là ảnh ảo thì 1
d− 1
d0 = 1
f
2 Ban đầu d = d0, sau đó lần lượt dịch chuyển vật ra xa hoặc lại gần thấu kính một đoạn 5cm thì ảnh của vật ở mỗi vị trí mới đều cao gấp ba lần vật Xác định d0 và
f
3 Cho chiều cao của vật sáng AB bẳng 2cm và d = 20cm Giữ nguyên vị trí đầu A, quay vật quanh A trong mặt phẳng chứa trục chính và vật AB ban đầu một góc
30◦ theo chiều hướng ra xa thấu kính Khi đó ảnh A0B0 quay một góc bằng bao nhiêu?
Lời giải
1 a)
4A0B0F0 ∼ 4OIF0(g − g) ⇒ A
0B0
OI =
A0F0
OF0 = d
0 − f
4OAB ∼ 4OA0B0(g − g) ⇒ A
0B0
AB =
OA0
OA =
d0
Mà OI = AB (do ABIO là hình chữ nhật) Từ (1)và (2)suy ra
d0
d =
d0− f
f =
d0
f − 1 ⇒ 1
f =
1
d +
1
d0
9
Trang 10L A TEX BY P HYSIAD
b)
O II
4OAB ∼ 4OA0B0(g − g) ⇒ A
0B0
AB =
OA0
OA =
d0
4IOF0 ∼ 4B0A0F0(g − g) ⇒ A
0B0
IO =
A0F00
OF0 = d
0 + f
Mà OI = AB (do ABIO là hình chữ nhật) Từ (3)và (4)suy ra
d0
d =
d0+ f
f =
d0
f + 1 ⇒
1
f =
1
d − 1
d0
2 Khi dịch chuyển vật ra xa hay lại gần thì đều cho ảnh gấp 3 lần nên ảnh khi lại gần phải
là ảnh ảo, ảnh khi dịch chuyển ra xa phải là ảnh thật Áp dụng công thức thấu kính, ta có
1
f =
1
d0 + 5 +
1
d0 1
= 1
d0− 5−
1
d0 2
(5)
Độ phóng đại của hai ảnh
k = d
0 1
d0+ 5 =
d02
d0 − 5 = 3 (6)
Từ (5)và (6)suy ra
1
f =
4 3
1
d0+ 5 =
2 3
1
d0− 5 ⇒
(
d0 = 15cm
f = 20cm
10
Trang 11L A TEX BY P HYSIAD
3
Ta có
d2 = d + h sin 30◦ = 21cm
Do d1 > f, d2 > f nên vật qua thấu kính cho ảnh thật Áp dụng công thức thấu kính
1
f =
1
d +
1
d0 1
= 1
d2 +
1
d0 2
⇒
(
d01 = 60cm
d02 = 52, 5cm
Ta có
4BOK ∼ 4B0OK(g − g) ⇒ B
0H
BK =
OH
OK =
d02
d2 ⇒ B0H = BKd
0 2
d2 = h · cos 30
◦· d
0 2
d2. Gọi β là góc nghiêng của ảnh A0B0, ta suy ra
cot β = B
0H
A0H =
B0H
d01− d0 2
= d
0 2
d2
h cos 30◦
d01− d0 2
=
√ 3
3 ⇒ β = 60◦
∇
11
Trang 12L A TEX BY P HYSIAD
d Câu 5 Một hộp kín X gồm có 3 đầu ra 1, 2, 3 như hình vẽ 4 Trong hộp kín chứa các điện trở giống nhau R0 = 3Ω Người ta đo điện trở hai đầu dây 1 và 2 cho kết quả R12 = 2Ω Sau đó lần lượt đo điện trở các cặp đầu dây ra còn lại cho ta kết quả là
R13= R23 = 8Ω Bỏ qua điện trở dây của nối
1 Cho đoạn mạch AB như hình vẽ 5, trong đó ampe kế A là lý tưởng, U0 có giá trị không đổi bằng 1, 5V Tìm số chỉ của ampe kế khi mắc A, B với hai đầu ra bất kỳ của X
2 Hãy xác định cách mắc dùng ít điện trở nhất trong hộp kín X
Lời giải
1 Khi mắc A, B vào 2 đầu 1 và 2, số chỉ của Ampe kế là
IA= U0
R12 =
1, 5
2 = 0, 75A
Khi mắc A, B vào 2 đầu 1 và 3 hoặc 2 và 3, số chỉ của Ampe kế là
IA= U0
R13 =
1, 5
8 = 0, 1875A
2 Ta có các cách mắc sau
Hình 1 Hình 2
12
Trang 13L A TEX BY P HYSIAD
Cách mắc 1 Mạch tam giác (Hình 2).
Theo tính chất mạch tam giác, ta có
R2 = R13 = 8Ω
R1 = R23 = 8Ω
R3 = R12 = 2Ω
Vì R3 = 2Ω < R0 nên cần mắc R0 song song với R0X, suy ra
1
R0X +
1
R0 =
1
R2 ⇒ R0X = 1
1
2 −1 3
= 6Ω
Như vậy R0X = 6Ω = 3 + 3 ⇒ R0X gồm 2 R0 nối tiếp, như vậy cần ít nhất
3 điện trở mắc theo sơ đồ
[(R0 nt R0) k R0]
để có điện trở tương đương R3
Ta thấy R1 = 8 = 3 + 3 + 2nên cần ít nhất 5 điện trở mắc theo sơ đồ
[R0 nt R0 nt ((R0 nt R0) k R0)]
để có điện trở tương đương R1
Vậy nếu mắc mạch tam giác cần ít nhất 5 + 5 + 3 = 13 điện trở R0
Cách mắc 2 Mạch sao (Hình 1).
Ta có
R12= R1+ R2 = 2Ω
R13= R1+ R3 = 8Ω
R23= R2+ R3 = 8Ω
⇒
(
R1 = R2 = 1Ω
R3 = 7Ω
Vì R1 = 1Ω = 1
3R0 nên cần ít nhất 3 điện trở R0 mắc song song với nhau
để có điện trở tương đương R1 Mặt khác, ta có R3 = 7Ω = 3 + 3 + 1 nên cần ít nhất 5 điện trở R0 mắc theo sơ đồ
[R0 nt R0 nt (R0 k R0 k R0)]
để có điện trở tương đương R3 Vậy nếu mắc mạch sao cần dùng ít nhất 5 + 3 + 3 = 11 điện trở R0 Do đó cách mắc dùng ít điện trở nhất trong hộp kín X là mạch sao gồm 11 điện trở R0
∇
13