GỌI NHIỆT ĐỘ BAN ĐẦU CỦA NƯỚC NÓNG LÀ T VÀ CỦA NƯỚC TRONG CÁC B...

Câu 3: Gọi nhiệt độ ban đầu của nước nóng là t và của nước trong các bình là t

0

; khối lượng

nước trong mỗi bình là m và lượng nước nóng là M.

Từ phương trình cân bằng nhiệt: Q

thu

= Q

toả

, ta có:

t M







t 

Mc(t – t

1

) = mc(t

1

– t

0

) 

1 1 0



1

  t t

0



t

m t

 

M

m

Hoàn toàn tương tự, ta cũng thu được:

   

 

 

210



 

 

,

...

3





nn

 

 

t t

⁰

 .

a) Ở bình thứ ba, nhiệt độ của nước sẽ tăng thêm:  

t C

3

 12 , 8

b) Theo công thức ở trên, ta có:  t

_n

 0 , 8

^n1

. 20  5  n  8

 Từ cốc thứ 8 trở đi, độ tăng nhiệt độ của nước không vượt quá 5

⁰

C.

(Học sinh có thể tính lần lượt độ tăng nhiệt độ của các bình:

 t

₄

 10 , 24

⁰

C ;  t

₅

 8 , 19

⁰

C ;  t

₆

 6 , 55

⁰

C ;  t

₇

 5 , 24

⁰

C ;  t

₈

 4 , 19

⁰

C )

a - Gọi số chỉ các Vôn kế V

1

và V

2

lần lượt là U

1

và U

2

ta có:

0,5

R R R

R U

  

12 1X

1, 2 (1)

10 (2)

 , R

AB

= R

12

+ R

3X

(3)

R  U  và

₃ ^{3 0}

R R

3 23 0

Từ (1), (2) và (3) suy ra: R

12

= 12  và R

AB

= 22  .

P U

- Công suất tiêu thụ trên đoạn mạch AB là:

22W

 R  .

AB

P A

- Cường độ dòng điện trong mạch chính là: I = ^{22 1}  

22

U  

I = 0,5 (A) .

Suy ra: I

3

= I

x

=

2

- Nếu dòng điện qua A có chiều từ C đến D thì: I

1

=I

A

+ I

3

=0,6A (4)

và I

2

= I

X

- I

A

= 0,4A (5). Từ (4) và (5) suy ra:

U 20

R  I   và

₂ ²

U 30

R  I   .

- Nếu dòng điện qua A có chiều từ D đến C thì do tính đối xứng nên

ta có: R

1

=30  và R

2

=20  .

b - Công suất tiêu thụ trên R

X

khi biến trở thay đổi giá trị là:

X

(6)

 R .

x

R

U

- Mặt khác ta lại có:

^{X 3X}

(7)

U  R và

    

R R R R

R R R

20 ( ) (8)

X X

R  R R  R 

  ;

_{12 3}

^{240 32} (9)



AB X

20

2 2

P R

440 440

 

- Từ (6), (7) và (8) suy ra:

240 .

  

(240 32 )

32 240.32

Ta tìm thấy P

X

lớn nhất khi :

240

2

32

_{X X}

7,5

R     .

- Vậy ta thấy khi giảm liên tục giá trị của R

x

từ R

x0

= 20  đến

R

X

= 7,5  thì công suất tỏa nhiệt trên R

X

tăng liên tục tới giá trị

cực đại và sau đó giảm liên tục giá trị của R

X

từ R x = 7,5  đến

0  thì công suất này lại giảm liên tục đến 0.

c * Trường hợp: R

1

=30  :

Cường độ dòng điện qua ampe kế có độ lớn là:

.

_x

U I R I R

I I U

U R

     =

^{12 3}

I

A

=

_{1 3} ^{1 3 . 12 3}

R R R  R

12 3 1 31 3 1 3

R R

Với: R

3x

=

³

R  R

Thay số ta có biểu thức: I

A

= 330 24, 75.

450 60

+ Để dòng điện qua ampe ke có chiều từ C đến D thì:

330 24, 75

  .

 > 0 khi ^{0 40}  

R 3

* Xét trường hợp R

1

= 20  :

0,5

Tương tự ta có: I

A

= ^{330 11}

 .

300 40

330 11

300 40 0

 suy ra: 0  R 30  .

4điểm

1,0đ

a) Khôi phục quang tâm và điểm sáng S:

- Nối MN ta được đường thẳng đặt thấu kính.

- Từ F

^’

kẻ đường thẳng  vuông góc với MN, cắt thấu kính tại O. Điểm O là quang tâm.

0,5đ

Đường thẳng  là trục chính của thấu kính.

- Nối S

^’

O và kéo dài. Từ M kẻ đường song song với trục chính gặp S

^’

O kéo dài tại S. Vậy

S là điểm sáng.

b) Xác định tiêu cự:

Đặt ON = x; OF

^’

= f. Xét hai tam giác vuông ONF

^’

và OMF

^’

. Theo định lí Pitago ta có:

   

2 2 ' 2 2

x f F N 13

    



(x 4) f F M 15

Giải hệ phương trình trên ta có x = 5cm; f = 12cm