FB Đặng Hữu Luyện – Zalo 0984024664

1/5

FB Đặng Hữu Luyện – Zalo 0984024664

2/5

FB Đặng Hữu Luyện – Zalo 0984024664

ĐÁP ÁN THAM KHẢO - CHUYÊN LÍ VĨNH PHÚC 24-25
Câu 1.
1. Góc quét của vật A, B lần lượt là:
 A = A .t =

vA
v
.t;B = B .t = B .t
RA
RB

Độ lệch góc của 2 vật A, B là:  =  A −  B =

vA
v
.t − B .t
RA
RB

Khi 2 vật A, B và tâm O thẳng hàng (A nằm giữa O và B) thì:

vA
v
2
.t − B .t = 2  t =
 8,3 ( s )  tmin  8,3 ( s )
v
vB
RA
RB
A
−
RA RB
10
2. AB1 = OB12 − OA2 =
m
3
 = 2 

AB1 10 / 3
=
 B1OA = 300
OA
10
20
 . .300
10 3
3
=
Độ dài cung BB1 là: BB1 =
( m)
0
180
9
tan B1OA =

Để vật C gặp vật B tại B1 thì:

10
.3
9
AB1 BB1
AB1.vB
9
=
 v0 =
= 3
= m / s  v0 = m / s

v0
vB
10 3 
BB1
9
2
10 39
3. A1B1 = A1 A22 + AB12 = 202 + 10 / 3 =
( m)
3

(

)

Để vật C gặp vật A tại A1 thì:

AB1 B1 A1 N .2 .OA + AA1
10 / 3 10 39 / 3 N .2 .10 +  .10
10 39
54 − 10 3
+
=

+
=

= 4 N +
.
v0
v1
vA
9/
v1
5
3v1
27
(Với N là số vòng mà vật A đi được)
Thay N với các giá trị N=0,1,2,3,4… và kết hợp điều kiện 0, 4m / s  N  0,5m / s thì ta được với N=3,
suy ra: v1  0, 43m / s
Câu 2. Trọng lực của vật cân bằng với lực đẩy Acsimet do nước và dầu tác dụng lên vật.
Gọi x là chiều dài phần ngập trong dầu của vật. Ta có:

Pv = FA−nuoc + FA−dau  10.0,9.43 = 10.1. ( 4 − x ) .42 + 10.0,8.x.42  x = 2 ( cm )

Thể tích dầu đã rót vào là: V = 400.2 − 42.2 = 768cm3
Câu 3. Gọi P là công suất ấm điện, m là khối lượng mỗi viên nước đá.
1. Thả viên đá 1:

m + mcd ( 0 − Td ) = P.t01 = 85P
m + mcd ( 0 − Td )
10mcn
 Td  −8,10 C ; t01 =
; t1 =

P
P
m.cn (10 − 0 ) = P.t1 = 10 P

Thả viên đá 2:
3/5

FB Đặng Hữu Luyện – Zalo 0984024664



md  + md cd ( 0 − Td ) = P.t02 + mcn . (10 − 0 )
md  + md cd ( 0 − Td ) = P.t02 + mcn .10


2m.cn (10 − 0 ) = P.t2
2m.cn (10 − 0 ) = P.t2


m  + md cd ( 0 − Td ) − mc.10
2.10mcn
 t02 = d
; t2 =
P
P
Suy ra: Td  −8,10 C ; t01  t02
m + mcd ( 0 − Td ) − ( n − 1) .10.mcn
n.10mcn
; tn =
2. Theo phần 1, ta có: t0 n =
P
P
Suy ra:

m + mcd ( 0 − Td ) − ( n − 1) .10.mcn n.10mcn m + mcd ( 0 − Td ) + 10.mcn
+
=
P
P
P
85P + 10 P
=
= 95 ( s )
P
Suy ra: t0 n + tn = 95 ( s )
t0 n + tn =

Câu 4. P = 36 P '+ Php = 144 P '+

Php
4

= nP '+

Php
9

 Php = 144 P '; n = 164

Vậy số hộ dân là n=164 hộ
Câu 5. Đây là mô hình kính thiên văn.
1. Hệ thấu kính có d = 126cm = f1 + f 2 (hệ vô tiêu) nên khi ngắm chừng ở vô cực thì:

G=

f 120
tan 
= 1 =
= 20
tan  0 f 2
6

2. Vì ngắm chừng ở điểm cực cận nên:

d2' = −O2 A2 = −OCc = −25cm  d2 = O2 A1 =

d2' f 2
−25.6 150
=
=
'
d2 − f 2 −25 − 6 31

Số bộ giác khi ngắm chừng ở cực cận:

A2 B2 / d 2'
AB f
d' f
f 120.31
tan 
Gc =
=
= 2 2 . 1' = 2 . 1' = 1 =
= 24,8
tan  0
A1 B1 / f1
A1B1 d 2
d2 d2 d2
150
Câu 6.
1. Mạch có dạng R0 ntR1nt ( R2 / / R3 )

40
R2 R3
U
30 10
= 27 (  ) ; I = 0 =
= ( A) ; U 23 = I .R23 = (V ) = U 3
3
R2 + R3
Rtđ 27 9
U
20
 I A = I 3 = 3 = ( A)
R3 27

Rtđ = R0 + R1 +

2. Mạch có dạng: R0 / /  R1nt ( R2 / / R4 ) ntR3 

RR
UR2 R4
U
U
 U 24 = I 24 R24 =
. 2 4 =
= U4
R2 R4
R2 R4 R2 + R4 R13 ( R2 + R4 ) + R2 R4
R13 +
R13 +
R2 + R4
R2 + R4
U
UR2
Số chỉ ampe kế: I A = I 4 = 4 =
R4 R13 ( R2 + R4 ) + R2 R4
Ta có: I 24 =

4/5

FB Đặng Hữu Luyện – Zalo 0984024664
Với các giá trị R4 ta được:

1=

UR2
 R13 R2 + 10 ( R13 + R2 ) = UR2
R13 ( R2 + 10 ) + R2 .10

(1)

0, 6 =

UR2
5
 R13 R2 + 18 ( R13 + R2 ) = UR2
R13 ( R2 + 18) + R2 .18
3

(2)

0,1 =

UR2
 R13 R2 + R4 ( R13 + R2 ) = 10UR2
R13 ( R2 + R4 ) + R2 .R4

(3)

Lấy (1)-(3): (10 − R4 )( R13 + R2 ) = −9UR2
Lấy (2)-(3): (18 − R4 )( R13 + R2 ) = −

25
UR2
3

(4)
(5)

Lấy (4) : (5) ta được: R4 = 118

5/5