Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi môn Vật lí Lớp 9

Giữa hai điểm A và B của mạch điện, mắc nối tiếp điện trở R = 1000W với vôn kế V thì vônkế chỉ 10V
 R0
Nếu thay điện trở R bằng điện trở Rx ( Rx mắc nối tiếp với vônkế V ) thì vôn kế chỉ 20V
a) Hỏi điện trở của vôn kế V là vô cùng lớn hay có giá trị
 xác định được ? Vì sao ?
V 
 b) Tính giá trị điện trở Rx ? ( bỏ qua điện trở của dây nối ) 
 	 ( Hình vẽ bài 3 ) c
Bài 12 R1
 Để bóng đèn Đ1( 6V - 6W ) sử dụng được ở nguồn điện + U - R
có hiệu điện thế không đổi U = 12V, người ta dùng thêm A B
 một biến trở con chạy và mắc mạch điện theo sơ đồ 1 
hoặc sơ đồ 2 như hình vẽ ; điều chỉnh con chạy C cho đèn
Đ1 sáng bình thường : 
Mắc mạch điện theo sơ đồ nào thì ít hao phí điện năng hơn ? Giải thích ?
 Đ1 Đ1
 X X
	C B A C B 
 + U - + U - 
 Sơ đồ 1 Sơ đồ 2
Biến trở trên có điện trở toàn phần RAB = 20W. Tính phần điện trở RCB của biến trở trong mỗi cách mắc trên ? ( bỏ qua điện trở của dây nối )
Bây giờ chỉ sử dụng nguồn điện trên và 7 bóng đèn gồm : 3 bóng đèn giống nhau loại Đ1(6V-6W) và 4 bóng đèn loại Đ2(3V-4,5W). Vẽ sơ đồ cách mắc 2 mạch điện thoả mãn yêu cầu :
+ Cả 7 bóng đèn đều sáng bình thường ? Giải thích ?
+ Có một bóng đèn không sáng ( không phải do bị hỏng ) và 6 bóng đèn còn lại sáng bình thường ? Giải thích ?
Hướng dẫn giải:
Bài 1 
a/ Đổi 0,1mm2 = 1. 10-7 m2 . Áp dụng công thức tính điện trở ; thay số và tính Þ RAB = 6W
b/ Khi Þ RAC = .RAB Þ RAC = 2W và có RCB = RAB - RAC = 4W 
 Xét mạch cầu MN ta có nên mạch cầu là cân bằng. Vậy IA = 0
c/ Đặt RAC = x ( ĐK : 0 x 6W ) ta có RCB = ( 6 - x )
* Điện trở mạch ngoài gồm ( R1 // RAC ) nối tiếp ( R2 // RCB ) là = ?
* Cường độ dòng điện trong mạch chính : ?
* Áp dụng công thức tính HĐT của mạch // có : UAD = RAD . I = = ?
 Và UDB = RDB . I = = ?
* Ta có cường độ dòng điện qua R1 ; R2 lần lượt là : I1 = = ? và I2 = = ?
 + Nếu cực dương của ampe kế gắn vào D thì : I1 = Ia + I2 Þ Ia = I1 - I2 = ? (1)
 Thay Ia = 1/3A vào (1) Þ Phương trình bậc 2 theo x, giải PT này được x = 3W ( loại giá trị -18)
 + Nếu cực dương của ampe kế gắn vào C thì : Ia = I2 - I1 = ? (2)
 Thay Ia = 1/3A vào (2) Þ Phương trình bậc 2 khác theo x, giải PT này được x = 1,2W ( loại 25,8 vì > 6 )
* Để định vị trí điểm C ta lập tỉ số = ? Þ AC = 0,3m
Bài 2 
HD:
a/ Vì áp suất chất lỏng phụ thuộc vào độ cao và trọng lượng riêng của chất lỏng hơn nữa trong bình thông nhau áp suất chất lỏng gây ra ở các nhánh luôn bằng nhau mặt khác ta có
dHg = 136000 N/m2 > dH2O = 10000 N/m2 > ddầu = 8000 N/m2 nên h(thuỷ ngân) < h( nước ) < h (dầu )
b/ Quan sát hình vẽ : (1) (2) (3) 
 ? ? 2,5h
	 ?
	h”
 H2O h h’
	M	N	E
Xét tại các điểm M , N , E trong hình vẽ, ta có :
PM = h . d1 (1)
PN = 2,5h . d2 + h’. d3 (2)
PE = h”. d3 (3) . 
Trong đó d1; d2 ; d3 lần lượt là trọng lượng riêng của TN, dầu và nước. Độ cao h’ và h” như hình vẽ .
+ Ta có : PM = PE Û h” = Þ h1,3 = h” - h = - h = 
+ Ta cũng có PM = PN Û h’ = ( h.d1 - 2,5h.d2 ) : d3 Þ h1,2 = ( 2,5h + h’ ) - h = 
+ Ta cũng tính được h2,3 = ( 2,5h + h’ ) - h” = ? 
c/ Áp dụng bằng số tính h’ và h” Þ Độ chênh lệch mực nước ở nhánh (3) & (2) là h” - h’ = ? 
Bài 3
HD : a/ Xác định các cách mắc còn lại gồm :
 cách mắc 1 : (( R0 // R0 ) nt R0 ) nt r cách mắc 2 : (( R0 nt R0 ) // R0 ) nt r 
Theo bài ta lần lượt có cường độ dòng điện trong mạch chính khi mắc nối tiếp : Int = = 0,2A (1) Cường độ dòng điện trong mạch chính khi mắc song song : (2)
Lấy (2) chia cho (1), ta được : r = R0 . Đem giá trị này của r thay vào (1) U = 0,8.R0 
+ Cách mắc 1 : Ta có (( R0 // R0 ) nt R0 ) nt r Û (( R1 // R2 ) nt R3 ) nt r đặt R1 = R2 = R3 = R0
 Dòng điện qua R3 : I3 = . Do R1 = R2 nên I1 = I2 = 
+ Cách mắc 2 : Cường độ dòng điện trong mạch chính I’ = .
Hiệu điện thế giữa hai đầu mạch nối tiếp gồm 2 điện trở R0 : U1 = I’. = 0,32.R0 cường độ dòng điện qua mạch nối tiếp này là I1 = CĐDĐ qua điện trở còn lại là 
 I2 = 0,32A.
b/ Ta nhận thấy U không đổi công suất tiêu thụ ở mạch ngoài P = U.I sẽ nhỏ nhất khi I trong mạch chính nhỏ nhất cách mắc 1 sẽ tiêu thụ công suất nhỏ nhất và cách mắc 2 sẽ tiêu thụ công suất lớn nhất.
c/ Giả sử mạch điện gồm n dãy song song, mỗi dãy có m điện trở giống nhau và bằng R0 ( với m ; n Î N)
Cường độ dòng điện trong mạch chính ( Hvẽ ) 	 I + -
	 ( Bổ sung vào hvẽ cho đầy đủ ) 
Để cường độ dòng điện qua mỗi điện trở R0 là 0,1A ta phải có :	 	 
 m + n = 8 . Ta có các trường hợp sau	 
m
1
2
3
4
5
6
7
n
7
6
5
4
3
2
1
Số điện trở R0
7
12
15
16
15
12
7
Theo bảng trên ta cần ít nhất 7 điện trở R0 và có 2 cách mắc chúng : 
 a/ 7 dãy //, mỗi dãy 1 điện trở. b/ 1 dãy gồm 7 điện trở mắc nối tiếp.
.
Bài 4
HD : * Khi K mở, cách mắc là ( R1 nt R3 ) // ( R2 nt R4 ) Þ Điện trở tương đương của mạch ngoài là
 Þ Cường độ dòng điện trong mạch chính : I = . Hiệu điện thế giữa hai điểm A và B là UAB = 
 Þ I4 = ( Thay số, I ) = 
 * Khi K đóng, cách mắc là (R1 // R2 ) nt ( R3 // R4 ) Þ Điện trở tương đương của mạch ngoài là:
 Þ Cường độ dòng điện trong mạch chính lúc này là : I’ = . Hiệu điện thế giữa hai điểm A và B là UAB = Þ I’4 = ( Thay số, I’ ) = 
 * Theo đề bài thì I’4 = ; từ đó tính được R4 = 1W 
b/ Trong khi K đóng, thay R4 vào ta tính được I’4 = 1,8A và I’ = 2,4A Þ UAC = RAC . I’ = 1,8V
 Þ I’2 = . Ta có I’2 + IK = I’4 Þ IK = 1,2A
..
Bài 5
1) Có I1đm = P1 / U1 = 1A và I2đm = P2 / U2 = 2A. 
Vì I2đm > I1đm nên đèn Đ1 ở mạch rẽ ( vị trí 1) còn đèn Đ2 ở mạch chính ( vị trí 2 ) .
2) Đặt I Đ1 = I1 và I Đ2 = I2 = I và cường độ dòng điện qua phần biến trở MC là Ib
+ Vì hai đèn sáng bình thường nên I1 = 1A ; I = 2A Þ Ib = 1A . Do Ib = I1 = 1A nên 
 RMC = R1 = = 3W
+ Điện trở tương đương của mạch ngoài là : Rtđ = r + 
+ CĐDĐ trong mạch chính : I = Þ Rb = 5,5W . 
 Vậy C ở vị trí sao cho RMC = 3W hoặc RCN = 2,5W .3) Khi dịch chuyển con chạy C về phía N thì điện trở tương đương của mạch ngoài giảm Þ I ( chính ) tăng 
Þ Đèn Đ2 sáng mạnh lên. Khi RCM tăng thì UMC cũng tăng ( do I1 cố định và I tăng nên Ib tăng ) Þ Đèn Đ1 cũng sáng mạnh lên. 
..
Bài 6 
 (A) (B)
	 (A) 
HD : 
+ h = 2 mm = 0,2 cm. Khi đó cột nước ở 2 M N
nhánh dâng lên là 2.h = 0,4 cm 
+ Quả cầu nổi nên lực đẩy Acsimet mà nước tác 
dụng lên quả cầu bằng trọng lượng của quả cầu ; gọi
tiết diện của mỗi nhánh là S, ta có P = FA Û 10.m = S.2h.dn Û 10.m = S.2h.10Dn Þ S = 50cm2
+ Gọi h’ (cm) là độ cao của cột dầu thì md = D.Vd = D.S.h’ Þ h’ ?
Xét áp suất mà dầu và nước lần lượt gây ra tại M và N, từ sự cân bằng áp suất này ta có độ cao h’’ của cột nước ở nhánh B . Độ chênh lệch mực chất lỏng ở hai nhánh là : h’ - h’’
Bài 7 
HD : 1) Gọi I là cường độ dòng điện trong mạch chính thì U.I = P + ( Rb + r ).I2 ; thay số ta được một phương trình bậc 2 theo I : 2I2 - 15I + 18 = 0 . Giải PT này ta được 2 giá trị của I là I1 = 1,5A và I2 = 6A.
+ Với I = I1 = 1,5A Þ Ud = = 120V ; + Làm tt với I = I2 = 6A Þ Hiệu suất sử dụng điện trong trường hợp này là : H = % nên quá thấp Þ loại bỏ nghiệm I2 = 6A
 2) Khi mắc 2 đèn // thì I = 2.Id = 3A, 2 đèn sáng bình thường nên Ud = U - ( r + Rb ).I Þ Rb ? Þ độ giảm của Rb ? ( ĐS : 10W )
 3) Ta nhận thấy U = 150V và Ud = 120V nên để các đèn sáng bình thường, ta không thể mắc nối tiếp từ 2 bóng đèn trở lên được mà phải mắc chúng song song. Giả sử ta mắc // được tối đa n đèn vào 2 điểm A & B
Þ cường độ dòng điện trong mạch chính I = n . Id . 
 Ta có U.I = ( r + Rb ).I2 + n . P Û U. n . Id = ( r + Rb ).n2 .I2d + n . P Û U.Id = ( r + Rb ).n.Id + P
Þ Rb = Û Þ n max = 10 khi Rb = 0
+ Hiệu suất sử dụng điện khi đó bằng : H = = 80 %
Bài 8
HD : 1) Do vôn kế có điện trở vô cùng lớn nên ta có cách mắc ( R1 nt R2 ) // ( R3 nt 2r ) . Ta tính được cường độ dòng điện qua điện trở R1 là I1 = 0,4A; cường độ dòng điện qua R3 là I3 = 
 Þ UDC = UAC - UAD = I1.R1 - I3.R3 = 0,4.5 - = (1)
Ttự khi hai điện trở r mắc song song ta có cách mắc là ( R1 nt R2 ) // ( R3 nt ) ; lý luận như trên, ta có:
U’DC = (2) . Theo bài ta có U’DC = 3.UDC , từ (1) & (2) Þ một phương trình bậc 2 theo r; giải PT này ta được r = 20W ( loại giá trị r = - 100 ). Phần 2) tính UAC & UAD ( tự giải ) ĐS : 4V
Khi vôn kế chỉ số 0 thì khi đó mạch cầu cân bằng và : (3)
+ Chuyển chỗ một điện trở : Để thoả mãn (3), ta nhận thấy có thể chuyển một điện trở r lên nhánh AC và mắc nối tiếp với R1. Thật vậy, khi đó có RAC = r + R1 = 25W ; RCB = 25W ; RAD = 20W và RDB = 20W Þ (3) được thoả mãn.
+ Đổi chỗ hai điện trở : Để thoả mãn (3), có thể đổi chỗ R1 với một điện trở r ( lý luận và trình bày tt )
Bài 9
HD : 
* Gọi Q (J) là nhiệt lượng mà bếp cần cung cấp cho ấm để đun sôi nước thì Q luôn không đổi trong các trường hợp trên. Nếu ta gọi t1 ; t2 ; t3 và t4 theo thứ tự là thời gian bếp đun sôi nước tương ứng với khi dùng R1, R2 nối tiếp; R1, R2 song song ; chỉ dùng R1 và chỉ dùng R2 thì theo định luật Jun-lenxơ ta có :
 (1)
* Ta tính R1 và R2 theo Q; U ; t1 và t2 : 
+ Từ (1) Þ R1 + R2 = 
+ Cũng từ (1) Þ R1 . R2 = 
Theo định lí Vi-et thì R1 và R2 phải là nghiệm số của phương trình : 
R2 - .R + = 0 (1)
Thay t1 = 50 phút ; t2 = 12 phút vào PT (1) và giải ta có D = 102 . Þ = 
Þ R1 = 30. và R2 = 20. 
* Ta có t3 = = 30 phút và t4 = = 20 phút . Vậy nếu dùng riêng từng điện trở thì thời gian đun sôi nước trong ấm tương ứng là 30ph và 20 ph .
Bài 10
HD : 
a) Vẽ sơ đồ mỗi cách mắc và dựa vào đó để thấy :
+ Vì Đ1 và Đ2 giống nhau nên có I1 = I2 ; U1 = U2
+ Theo cách mắc 1 ta có I3 = I1 + I2 = 2.I1 = 2.I2 ; theo cách mắc 2 thì U3 = U1 + U2 = 2U1 = 2U2 .
+ Ta có UAB = U1 + U3 . Gọi I là cường độ dòng điện trong mạch chính thì : I = I3 U1 + U3 = U - rI Û 1,5U3 = U - rI3 Þ rI3 = U - 1,5U3 (1)
+ Theo cách mắc 2 thì UAB = U3 = U - rI’ ( với I’ là cường độ dòng điện trong mạch chính ) và I’ = I1 + I3 
	Þ U3 = U - r( I1 + I3 ) = U - 1,5.r.I3 (2) ( vì theo trên thì 2I1 = I3 )
+ Thay (2) vào (1), ta có : U3 = U - 1,5( U - 1,5U3 ) Þ U3 = 0,4U = 12V Þ U1 = U2 = U3/2 = 6V
b) Ta hãy xét từng sơ đồ cách mắc :
* Sơ đồ cách mắc 1 : Ta có P = U.I = U.I3 Þ I3 = 2A, thay vào (1) ta có r = 6W ; P3 = U3.I3 = 24W ; P1 = P2 = U1.I1 = U1