FB (Đặng Hữu Luyện) - SĐT/Zalo: 0984024664

Giải
Kí hiệu tường là xy. Hình vẽ
a. Vì bóng đi theo định luật phản xạ của ánh
sáng nên với quãng đường ngắn nhất thì cầu
thủ phải đi theo đường AH (A đến H), với AH
vuông góc với IJ.
Gọi v là tốc độ của cầu thủ.
Ta có: t A→H = t A→I →H

AH
AH
+
AH AI + IH
AH sin AIH tan AIH
1 1  1
1 
8

=

=
 = .
+
v=
m/s
0
0 
v
u
v
u
v u  sin 60 tan 60 
3
8
Vậy v =
m/s
3

b. Gọi J là vị trí bất kỳ mà cầu thủ di chuyển với tốc độ v bất kỳ đến nhận bóng.
AI 2 + IJ 2 − 2 AI .IJ.cos600
AJ AI + IJ
AJ
 v = u.
=
 v = u.
Ta có: t =
v
u
AI + IJ
AI + IJ

 v = u.

AI 2 + IJ 2 − 2 AI .IJ.cos600

 v = u. 1 −

( AI + IJ )

2

2 AI .IJ.(1 + cos600 )

( AI + IJ )

2

 u 1−

2 AI .IJ.(1 + cos600 )

(2

AI .IJ

)

2

(1+cos600 ) u
= u 1−
=
2
2

(Áp dụng BĐT Cauchy)
u
= 4 m/s. Dấu “=” xảy ra khi AI = IJ , hay tam giác AIJ là tam giác đều.
2
u
Vậy cầu thủ chạy với tốc độ nhỏ nhất là vmin = = 4 m/s và chạy theo hướng AJ hợp với
2

Suy ra vmin =

AI góc 600 (hay chạy theo hướng AJ song song với xy) như hình vẽ.
1/7

FB (Đặng Hữu Luyện) - SĐT/Zalo: 0984024664

Giải
a. Vì khung có 3 hình nhỏ có kích thước các cạnh là như nhau nên khi 1 hình nhỏ thay đổi
thì các hình nhỏ còn lại cũng thay đổi đảm bảo các hình nhỏ luôn có hình dạng giống nhau.
Khi điểm K thay đổi đi xuống dưới một đoạn x nhỏ thì 2 hình còn lại cũng thay đổi để có
kích thước giống hình 2. Do vậy 2 điểm giao nhau ở dưới cũng di chuyển tương ứng một
đoạn x. Suy ra điểm S dịch chuyển xuống dưới 1 đoạn là 3x.
- Điểm N sẽ dịch chuyển lên trên 1 đoạn là y.
Ta có:

x
y
x
=
 y = ON .
= 2x .
OK ON
OK

Suy ra điểm N sẽ dịch chuyển lên trên một đoạn là 2x.
b. Bỏ qua trọng lượng của các thanh nên điều kiện cân bằng: M1.OK = M 2 .ON 

M1
=2
M2

2/7

FB (Đặng Hữu Luyện) - SĐT/Zalo: 0984024664

Giải
a. Gọi x độ dâng mực nước ở nhánh A, y là độ hạ xuống của
mực nước ở nhánh B khi dầu đầy.
Ta có: xS1 = yS2  x=2y (1)
Gọi M, N là hai điểm cùng nằm ngang với mặt phẳng
phân cách giữa dầu và nước A và B (hình vẽ 3)
Ta có: PM = PN => (x+y)d1 = (h+y)d2
(2)
 x+y = (h+y).0,75
Từ (1) và (2) ta có: y =

20
cm .
3

Thể tích dầu đã đổ vào nhánh B là: V = S2(h+y) =

16 − 3 3
.10 m
3

Khối lượng dầu đã đổ vào nhánh B là: m = V.D2 = 4kg
b. Khi khối trụ cân bằng nước dâng lên ở các nhánh A, B
lần lượt là a, b
20

0  a  h − x = 3 cm
Với: 
80
0  b  h + y = cm
3


Gọi thể tích chiếm chổ của khối trụ trong nước là V1. Do
D3 < D1 nên khối trụ nổi trên nước. FA=P3. Tức là:
V1d1=V3d3 => V1=360cm3
Mặt khác V1 = a.S1 + bS2 => a + 2b = 3,6
(3)
Gọi C, D là hai điểm cùng nằm ngang với mặt phẳng
phân cách giữa dầu và nước A và B sau khi thả khối trụ (hình vẽ 4)
 PC = PD => ( x + y – b + a)d1 = (h+y-b)d2
 (x+y)d1 + (a-b)d1 = (h+y)d2 - b.d2.
Theo câu 1: (x+y)d1 = (h+y)d2 => a = b

d1 − d 2
 b = 4a (4)
d2

Từ (3) và (4): a = 0,4cm, b = 1,6cm thỏa mãn với điều kiện trên.
Vậy thể tích đã tràn ra khỏi bình B là: V = b.S2 = 0,32.10-3m3
Khối lượng dầu tràn ra ngoài là: m = V.D2 = 0,24kg

3/7

FB (Đặng Hữu Luyện) - SĐT/Zalo: 0984024664

Giải
R
U

U1, I1

U2, I2

P 1320
U
220
=
= 6 A ; I1 = I 2 .k = 6.1,1 = 6, 6 A ; U1 = 2 =
= 200 V
k
1,1
U 2 220
U 20 100
 U = U − U1 = 220 − 200 = 20 V  R =
=
=

I1
6,6 33
P 2640
U
220
=
= 12 A ; I1 = I 2 .k = 12k ; U1 = 2 =
b. I 2 =
k
k
U 2 220

a. I 2 =

+ Với:
U = U − U1  I1 R = U − U1  12k

100
220  k = 1, 26
= 220 −

 k = 4, 79
33
k

+ Máy ổn áp này chỉ hoạt động khi hiệu điện thế ở đầu vào lớn hơn 110 V nên k = 1, 26 .

4/7

FB (Đặng Hữu Luyện) - SĐT/Zalo: 0984024664

Giải
a. Theo đồ thị t2 − t = 2 ( t − t1 ) nên: m1c1 ( t − t1 ) = m2c1 ( t2 − t )  m2 =

m1 0,3
=
= 0,15 kg
2
2

b. Nhiệt lượng để (m1 + m2) ở nhiệt độ t về 00C là ( m1 + m2 ) c1t
Nhiệt lượng truyền cho m3 kg nước đá từ trạng thái B về trạng thái K là:
( −m3c3t3 ) + ( −5m3c3t3 ) = −6m3c3t3 (Theo đồ thị nhiệt lượng thì nhiệt lượng C - K gấp 5 lần
nhiệt lượng B-C)
Phương trình cân bằng nhiệt:

( m1 + m2 ) c1t = −6m3c3t

 m3 =

( m1 + m2 ) c1 = ( 0,3 + 0,15) .2 = 0,15 kg
6c3

6

( ( −t3 ) = t vì trạng thái A và B có độ dài trục t bằng nhau)
Vậy khối lượng nước trong bình X lúc này là: m = m1 + m2 + m3 = 0,3 + 0,15 + 0,15 = 0, 6 kg




34.104
c. Có m3 = −5m3c3t3  t3 = −
=−
=−
 −32,380 C  t3  −32,380 C
5c3
5.0,5c1
5.0,5.4200
−t
Từ đồ thị suy ra: t1 = 3 = 16,190 C ; t2 = −2t3 = 64,760 C
2

5/7

FB (Đặng Hữu Luyện) - SĐT/Zalo: 0984024664

Giải
a. Ampe kế A3 chỉ 0 tương ứng với mạch cầu cân bằng.

R1
R
R + R2
R
60
= 2 = 1
 REC = x = R1. EF = 18.
= 36 .
REC RCF
REF
R1 + R2
18 + 12
Vậy REC = x = 36

b. Ampe kế A1, A2 chỉ cùng giá trị: U AC = I1R1 = I 2 REC  REC = x = R1 = 18 (Vì I1 = I 2 )
Vậy REC = x = 18
c. TH1: Dòng điện qua A3 có chiều từ D đến C
I1 = I3  I R = I1 − I3 = 0  UCB = 0 V
Suy ra C  F hay REC = x = REF = 60
TH2: Dòng điện qua A3 có chiều từ C đến D
2

I R2 = I1 + I3 = 2I1

I1 REC
x
=
=
I 2 18 18
IR
R
2 I1
2 I1
60 − x
60 − x
2 I1
60 − x
 2 = CF 
=

=

=
18I1
I 2 − I3
12
I 2 − I1
12
ICF
R2
12
− I1
x

U AC = I1R1 = I 2 REC 

U CB = I R2 R2 = ICF RCF

 18 
 24 =  − 1 ( 60 − x )  x 2 − 102 x + 1080 = 0  x = 12
 x

Vậy REC = x = REF = 60 (Dòng điện qua A3 có chiều từ D đến C) hoặc  x = 12 (Dòng

điện qua A3 có chiều từ C đến D)

6/7

FB (Đặng Hữu Luyện) - SĐT/Zalo: 0984024664

Giải
1. Chứng minh công thức thấu kính. (Bạn đọc tự thực hiện, vì quá đơn giản)
2. a. Hình vẽ

O2 B1 A1B1 3, 6
=
=
= 2  O2 B1 = 2O2 B2
O2 B2 A2 B2 1,8
Mà B2 B1 = M 0 M1 = 6cm  O2 B2 = 6cm; O2 B1 = 12cm

- Nếu bỏ L2 thì ảnh tạo bởi L1' là A1B1:

Xét thấu kính L2: d2 = −O2 B1 = −12cm; d2' = O1B2 = 6cm  f 2 =

d2 d2'
= 12cm
d2 + d2'

- Nếu bỏ L1 thì ảnh tạo bởi L2 là A'B' ( A ' B ' = 0, 2cm ):
d ' = O2 M 2 = O2 M 1 + M 1M 2 = 12 + 2 = 14cm; d = O2 B

d ' f2
14.12
d
84
=
= 84cm  AB = A ' B '
= 0, 2. = 1, 2cm  AB = 1, 2cm
d '− f 2 14 − 12
d'
14
O B A B 3, 6
Lại có: 1 1 = 1 1 =
= 3  O1B1 = d1 = 3O1B
O1B
AB 1, 2
d =

BB1 = BO2 + O2 B1 = 84 + 12 = 96cm = BO1 + O1 B1 = BO1 + 3BO1 = 4 BO1  BO1 =

96
= 24cm = d1 ; B1O1 = 72cm = d1'
4

d1d1'
 f1 =
= 18cm
d1 + d1'

b. d1 = B1O = 24cm; d1' = B1O1 = 72cm
d2 = −( B1O1 − O1O2 ) = − ( 72 − 30 ) = −42cm; d 2' =

d 'd '
72.9,33
d2 f 2
= −0, 66
= 9,33cm  k = 1 2 =
d1d 2 24. ( −42 )
d2 f 2

7/7