Dap an de HSG de so 6

[r]

ĐáP áN Đề Số 6

Bài 1:

Nhiệt lợng tỏa ra của bình 2 để nó giảm nhiệt độ từ t2 đến t2’:

Qtỏa = m2 c.(t2 – t2’) = 8.4200.2 = 67 200 (J) Nhiệt lợng thu vào ở bình 1 để nó tăng nhiệt độ từ t1 đến t1’:

Qthu = m1.c.(t1’- t1)

Mà Qthu = Qtỏa

 m1.c.(t1’ – t1) = 67 200

 t1’ – t1 = 67200m .c 467200.4200 4oC

1





 t1’ = t1 + 4oC = 20 + 4 = 24oC

Nhiệt lợng thu vào của bình 1 chính là nhiệt lợng tỏa ra của m kilogam nớc rót từ bình 2 qua bình 1

Nhiệt lợng tỏa ra của m kilogam là

Qtỏa = m.c.(t2 – t1’) = Qthu

 m =

) 24 40 (

4200

67200 )

t t (

c

Q

' 1 2

thu





Bài 2:

N

I

D

C B

A

E'

E

Giải thích:

- Khi cha có nớc, ánh sáng truyền từ đáy BC bị thành bình AB chắn lại nên mắt không thấy đáy BC

- Khi đổ nớc vào bình 1 lợng nớc, lúc đó ánh sáng truyền từ đáy đến mặt phân cách bị khúc xạ và truyền đến mắt có đờng kéo dài đi qua E’ là ảnh của E (E

là một điểm ở đáy)

 mắt trông thấy điểm E’ là ảnh của điểm E

Bài 3:

Gọi V’ là phần đặc của quả cầu sau khi khoét lỗ Trọng lợng của vật: Pv = dv.v’ Khi vật lơ lững: FA = Pv

v

27000

54 10000 d

V d '



Vậy thể tích lỗ rỗng:

Vlỗ = V – V’ = 54 – 20 = 34cm3

Để vật chìm: Vlỗ < 34cm3

Để vật nổi: Vlỗ > 34cm3

Bài 4:

a Nhận xét độ sáng của bóng đèn:

- Nếu đèn sáng bình thờng thì Isd = Iđm = 1A

- Ta có Rđ =   18 

1

18 I

U

dm dm













A 8 , 0 30

24 R

U

I

AB

sd   



Nhận thấy: Isd < Iđm nên trong trờng hợp này đèn sáng yếu

b Tính Rb để đèn sáng bình thờng:

để đèn sáng bình thờng thì Isd = 1 A

R

U AB











1

24 1

U

R AB

AB

b R

R 

 - Rđ = 24 – 18 = 6()

Vậy phải điều chỉnh biến trở có giá trị Rb = 6 thì đèn sáng bình thờng