BỘ 02 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN KHTN LỚP 9 (VẬT LÍ) VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM CHI TIẾT

Bài 1
(2,0 điểm)

1a

Giải thích khối gỗ nổi và tính chiều cao phần chìm (0,5 điểm)

0,5

Khối lượng riêng của gỗ: $D_g = \dfrac{m}{V_g} = \dfrac{m}{S_g \cdot h_g} = \dfrac{0,36}{60 \cdot 10^{-4} \cdot 0,1} = 600\text{ kg/m}^3$.
Vì $D_g < D_0$ ($600 < 1000\text{ kg/m}^3$) nên khối gỗ nổi trên mặt nước.

0,25

Khi cân bằng, lực đẩy Archimedes cân bằng với trọng lượng khối gỗ:
$F_A = P \Leftrightarrow 10 D_0 S_g h_c = 10 m \Rightarrow h_c = \dfrac{m}{D_0 S_g} = \dfrac{0,36}{1000 \cdot 60 \cdot 10^{-4}} = 0,06\text{ m} = 6\text{ cm}$.

0,25

1b

Độ dâng mực nước ở mỗi nhánh (0,5 điểm)

0,5

Thể tích nước bị khối gỗ chiếm chỗ khi nổi:
$V_c = S_g \cdot h_c = 60 \cdot 6 = 360\text{ cm}^3$.

0,25

Vì hai nhánh thông nhau nên thể tích này phân bố đều cho cả hai nhánh làm mực nước ở cả hai nhánh cùng dâng lên một đoạn:
$\Delta h = \dfrac{V_c}{S_1 + S_2} = \dfrac{360}{100 + 50} = 2,4\text{ cm}$.

0,25

2a

Độ cao cột dầu đã đổ vào nhánh 2 (0,5 điểm)

0,5

Chọn mặt phẳng nằm ngang trùng với mặt đáy dưới của khối gỗ ở nhánh 1 làm mặt chuẩn so sánh áp suất.
Mặt thoáng dầu ở nhánh 2 ngang với mặt trên khối gỗ, nên độ sâu từ mặt thoáng dầu đến mặt chuẩn đáy khối gỗ bằng đúng chiều cao khối gỗ $h_g = 10$ cm.

0,25

Áp suất tại mặt đáy khối gỗ do khối gỗ gây ra cân bằng với áp suất cột nước $h_c = 6$ cm.
Áp suất ở hai nhánh tại cùng một mức ngang bằng nhau:
$p_1 = p_2 \Leftrightarrow 10 D_0 h_c = 10 D_1 h_d \Rightarrow h_d = \dfrac{D_0}{D_1} h_c = \dfrac{1000}{800} \cdot 6 = 7,5\text{ cm}$.

0,25

2b

Áp suất tại đáy dưới khối gỗ (0,5 điểm)

0,5

Đáy dưới khối gỗ nằm ở độ sâu $h_c = 6\text{ cm} = 0,06$ m so với mặt nước tự do trong nhánh 1.

0,25

Áp suất tác dụng lên mặt ngoài đáy dưới khối gỗ:
$p = p_0 + 10 D_0 h_c = 10^5 + 10 \cdot 1000 \cdot 0,06 = 100000 + 600 = 100600\text{ N/m}^2$.

0,25

Bài 2
(2,0 điểm)

1a

Công lực kéo trên đoạn OA (0,5 điểm)

0,5

Lực kéo $F_k = 3$ N không đổi cùng chiều chuyển động.
Công của lực kéo trên đoạn $OA$: $A_1 = F_k \cdot s_1 = 3 \cdot 2 = 6\text{ J}$.

0,5

1b

Động năng và vận tốc của xe tại A (0,5 điểm)

0,5

Do ma sát không đáng kể, áp dụng định lí biến thiên động năng:
$W_{đA} - W_{đO} = A_1 \Rightarrow W_{đA} = A_1 = 6\text{ J}$.

0,25

Vận tốc của xe tại $A$:
$W_{đA} = \dfrac{1}{2} M v_A^2 \Rightarrow v_A = \sqrt{\dfrac{2 W_{đA}}{M}} = \sqrt{\dfrac{2 \cdot 6}{1,2}} = \sqrt{10} \approx 3,16\text{ m/s}$.

0,25

2a

Công của lực ma sát trên đoạn AC (0,5 điểm)

0,5

Lực ma sát tăng bậc nhất từ $F_{ms}(0) = 0$ tại $A$ đến $F_{ms}(2) = 2 \cdot 2 = 4$ N tại $C$.
Lực ma sát trung bình trên đoạn $AC$: $\overline{F_{ms}} = \dfrac{0 + 4}{2} = 2\text{ N}$.

0,25

Độ lớn công ma sát: $|A_{ms(AC)}| = \overline{F_{ms}} \cdot x_C = 2 \cdot 2 = 4\text{ J}$.
Công của lực ma sát là công cản: $A_{ms(AC)} = -4\text{ J}$.

0,25

2b

Vị trí dừng lại D và công suất tức thời cực đại (0,5 điểm)

0,5

Gọi khoảng cách từ $A$ đến điểm dừng $D$ là $x_D$.
- Công lực kéo sinh ra: $A_k = F_k \cdot (s_1 + x_C) = 3 \cdot (2 + 2) = 12\text{ J}$.
- Độ lớn công ma sát trên đoạn $AD$: $|A_{ms}| = \dfrac{1}{2} F_{ms(D)} \cdot x_D = \dfrac{1}{2} (2 x_D) x_D = x_D^2$.
Xe dừng tại $D$ nên: $A_k - |A_{ms}| = 0 \Leftrightarrow 12 - x_D^2 = 0 \Rightarrow x_D = \sqrt{12} \approx 3,46\text{ m}$ (cách $A$).

0,25

Trong giai đoạn có lực kéo, xe đạt vận tốc cực đại khi lực kéo bằng lực ma sát:
$F_k = F_{ms} \Leftrightarrow 3 = 2x_m \Rightarrow x_m = 1,5\text{ m} < x_C = 2\text{ m}$.
Tại $x_m = 1,5$ m: $W_{đ\max} = W_{đA} + F_k x_m - \dfrac{1}{2} (2x_m) x_m = 6 + 3 \cdot 1,5 - 1,5^2 = 8,25\text{ J}$.
$v_{\max} = \sqrt{\dfrac{2 \cdot 8,25}{1,2}} = \sqrt{13,75} \approx 3,71\text{ m/s}$.
Công suất tức thời cực đại của động cơ: $P_{\max} = F_k \cdot v_{\max} = 3 \cdot 3,71 = 11,13\text{ W}$.

0,25

Bài 3
(3,0 điểm)

1a

Tính góc khúc xạ r (0,5 điểm)

0,5

Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng tại mặt trên của bản thuỷ tinh:
$\sin i = n \cdot \sin r \Leftrightarrow \sin 60^\circ = \sqrt{3} \cdot \sin r$.

0,25

$\sin r = \dfrac{\sin 60^\circ}{\sqrt{3}} = \dfrac{\sqrt{3}/2}{\sqrt{3}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow r = 30^\circ$.

0,25

1b

Chứng minh tia ló song song tia tới và tính độ dời ngang (0,5 điểm)

0,5

Vì hai mặt của bản thuỷ tinh song song nên góc tới tại mặt dưới bằng góc khúc xạ tại mặt trên: $i' = r = 30^\circ$.
Áp dụng định luật khúc xạ tại mặt dưới: $n \sin i' = \sin i_2 \Leftrightarrow \sqrt{3} \sin 30^\circ = \sin i_2 \Rightarrow \sin i_2 = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow i_2 = 60^\circ = i$.
Vì $i_2 = i$ nên tia ló ra ngoài không khí song song với tia tới.

0,25

Chiều dài đoạn tia sáng trong thuỷ tinh: $IJ = \dfrac{e}{\cos r} = \dfrac{6}{\cos 30^\circ} = \dfrac{6}{\sqrt{3}/2} = 4\sqrt{3}\text{ cm}$.
Độ dời ngang (khoảng cách vuông góc giữa hai tia):
$\delta = IJ \cdot \sin(i - r) = 4\sqrt{3} \cdot \sin(60^\circ - 30^\circ) = 4\sqrt{3} \cdot \dfrac{1}{2} = 2\sqrt{3} \approx 3,46\text{ cm}$.

0,25

2a

Xác định vị trí đặt thấu kính và tính tiêu cự f (1,0 điểm)

1,0

Đặt vật tại $A$ cho ảnh thật tại $C$, đặt vật tại $B$ cho ảnh ảo tại $C$.
Vì ảnh thật ở khác phía với vật và ảnh ảo ở cùng phía với vật, nên thấu kính phải nằm giữa $A$ và $B$.
Gọi khoảng cách từ $A$ đến thấu kính là $d_1 = d$ ($0 < d < 20$ cm).
Khoảng cách từ thấu kính đến $C$: $d_1' = AC - d = 50 - d$.

0,25

Khi đặt vật tại $B$: khoảng cách từ $B$ đến thấu kính là $d_2 = AB - d = 20 - d$.
Ảnh ảo tại $C$ có khoảng cách đến thấu kính là: $d_2' = 50 - d$.

0,25

Dùng các cặp tam giác đồng dạng (công thức thấu kính):
$\dfrac{1}{f} = \dfrac{1}{d_1} + \dfrac{1}{d_1'} = \dfrac{1}{d} + \dfrac{1}{50 - d} = \dfrac{50}{d(50 - d)}$.
Với ảnh ảo tại $B$: $\dfrac{1}{f} = \dfrac{1}{d_2} - \dfrac{1}{d_2'} = \dfrac{1}{20 - d} - \dfrac{1}{50 - d} = \dfrac{30}{(20 - d)(50 - d)}$.

0,25

Do tiêu cự $f$ không đổi: $\dfrac{50}{d(50 - d)} = \dfrac{30}{(20 - d)(50 - d)}$
$\Rightarrow 50(20 - d) = 30d \Leftrightarrow 1000 - 50d = 30d \Rightarrow 80d = 1000 \Rightarrow d = 12,5\text{ cm}$.
Thấu kính đặt cách $A$ một đoạn 12,5 cm (cách $B$ là 7,5 cm).
Tiêu cự thấu kính: $f = \dfrac{d(50 - d)}{50} = \dfrac{12,5 \cdot 37,5}{50} = 9,375\text{ cm}$.

0,25

2b

Hệ thấu kính kết hợp gương phẳng (1,0 điểm)

1,0

Chùm sáng song song trục chính qua thấu kính hội tụ tại tiêu điểm ảnh $F'$. Khoảng cách $OF' = f = 9,375$ cm.
Do $OG = 24\text{ cm} > OF'$ nên chùm sáng đã hội tụ tại $F'$ trước khi đến gặp gương phẳng $G$ (hoặc coi $F'$ là điểm hội tụ trước gương).
Chùm sáng sau khi qua $F'$ phân kì tới gặp gương phẳng tại $G$, khoảng cách từ $F'$ đến gương là $F'G = OG - OF' = 24 - 9,375 = 14,625$ cm.

0,25

Theo tính chất đối xứng của gương phẳng, chùm tia phản xạ hội tụ tại điểm $S$ đối xứng với $F'$ qua mặt phẳng gương:
$GS = F'G = 14,625\text{ cm}$. Điểm $S$ nằm trước gương và cách gương $14,625$ cm.

0,25

Khi gương phẳng quay quanh $G$ một góc $\alpha = 30^\circ$:
Gốc đối xứng $G$ cố định, pháp tuyến của gương quay góc $\alpha$, do đó tia phản xạ quay một góc $2\alpha = 60^\circ$.
Điểm sáng $S$ chuyển động trên cung tròn có tâm là $G$, bán kính $R = GS = 14,625$ cm.

0,25

Góc quay của bán kính $GS$ là $\beta = 2\alpha = 60^\circ = \dfrac{\pi}{3}\text{ rad}$.
Quãng đường điểm sáng $S$ đã di chuyển là độ dài cung tròn:
$s = R \cdot \dfrac{2\alpha \cdot \pi}{180^\circ} = 14,625 \cdot \dfrac{60^\circ \cdot 3,14}{180^\circ} \approx 15,31\text{ cm}$.

0,25

Bài 4
(3,0 điểm)

1a

Vị trí con chạy P để đèn sáng bình thường khi K mở (0,5 điểm)

0,5

Điện trở của đèn $Đ$: $R_Đ = \dfrac{U_{đm}^2}{P_{đm}} = \dfrac{6^2}{3} = 12\ \Omega$. Dòng định mức: $I_{đm} = \dfrac{P_{đm}}{U_{đm}} = 0,5$ A.
Khi $K$ mở: mạch gồm $R_1$ nối tiếp với đoạn mạch song song: một nhánh là $(R_2 + R_3)$, nhánh kia là $(\text{đèn } Đ + R_{MP}) = R_Đ + x$, tất cả nối tiếp với đoạn $R_{PN} = 12 - x$.

0,25

Để đèn sáng bình thường thì $I_Đ = 0,5$ A $\Rightarrow U_C = I_Đ \cdot (R_Đ + x) = 0,5(12 + x)$.
Dòng điện qua nhánh $R_2 + R_3$: $I_{23} = \dfrac{U_C}{R_2 + R_3} = \dfrac{0,5(12 + x)}{6 + 6} = \dfrac{12 + x}{24}$.
Dòng mạch chính: $I = I_Đ + I_{23} = 0,5 + \dfrac{12 + x}{24} = \dfrac{24 + x}{24}$.
Hiệu điện thế toàn mạch:
$U = I \cdot R_1 + U_C + I \cdot (12 - x) = I \cdot (R_1 + 12 - x) + U_C$
$\Leftrightarrow 18 = \left(\dfrac{24 + x}{24}\right)(15 - x) + 0,5(12 + x)$.
Biến đổi phương trình bậc hai: $x^2 + 3x - 108 = 0 \Rightarrow (x - 9)(x + 12) = 0 \Rightarrow x = 9\ \Omega$ (thỏa mãn $0 \le x \le 12$).
Vậy con chạy $P$ ở vị trí sao cho $R_{MP} = 9\ \Omega$.

0,25

1b

Độ sáng của đèn khi dịch con chạy từ M sang N (0,5 điểm)

0,5

Khi $x$ tăng từ $0$ đến $12\ \Omega$:
Điện trở nhánh chứa đèn $R_{nhánh} = 12 + x$ tăng dần làm điện trở tương đương của cụm song song $R_{//} = \dfrac{12(12 + x)}{24 + x} = 12 - \dfrac{144}{24 + x}$ tăng dần.
Điện trở toàn mạch: $R_{tm} = 3 + (12 - x) + \dfrac{12(12 + x)}{24 + x} = 15 - x + \dfrac{12(12 + x)}{24 + x} = \dfrac{-x^2 + 15x + 504}{24 + x}$.

0,25

Dòng điện qua đèn: $I_Đ = \dfrac{U_{//}}{12 + x} = \dfrac{U}{R_{tm}} \cdot \dfrac{12}{24 + x} = \dfrac{216}{-x^2 + 15x + 504}$.
Xét mẫu số $f(x) = -x^2 + 15x + 504$ có đỉnh tại $x = 7,5\ \Omega \in [0; 12]$.
Do đó khi $x$ tăng từ $0$ đến $7,5\ \Omega$, mẫu số $f(x)$ tăng dẫn đến $I_Đ$ giảm (đèn tối dần).
Khi $x$ tăng từ $7,5\ \Omega$ đến $12\ \Omega$, mẫu số $f(x)$ giảm dẫn đến $I_Đ$ tăng trở lại (đèn sáng dần lên).

0,25

2a

Số chỉ ampe kế khi K đóng, x = 6 $\Omega$ (1,0 điểm)

1,0

Khi $K$ đóng và $R_A \approx 0$, điểm $D$ được chập với điểm $N$ (cực âm của nguồn).
Mạch trở thành: $R_1$ nối tiếp với cụm gồm ba nhánh song song giữa $C$ và $N$:
- Nhánh 1: $R_2$ (vì $D$ nối với $N$).
- Nhánh 2: đèn $Đ$ nối tiếp với đoạn $R_{MP} = x$.
- Nhánh 3: đoạn $R_{PN} = 12 - x$ nối trực tiếp giữa $P$ và $N$.
(Điện trở $R_3$ có hai đầu cùng nối vào điểm $D \equiv N$ nên bị nối tắt, không có dòng qua $R_3$).

0,25

Với $x = 6\ \Omega$:
Nhánh 1: $R_2 = 6\ \Omega$.
Nhánh 2: $R_Đ + R_{MP} = 12 + 6 = 18\ \Omega$.
Nhánh 3: $R_{PN} = 12 - 6 = 6\ \Omega$.
Điện trở cụm song song $R_{CN}$:
$\dfrac{1}{R_{CN}} = \dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{18} + \dfrac{1}{6} = \dfrac{7}{18} \Rightarrow R_{CN} = \dfrac{18}{7}\ \Omega \approx 2,57\ \Omega$.

0,25

Điện trở toàn mạch: $R_{tm} = R_1 + R_{CN} = 3 + \dfrac{18}{7} = \dfrac{39}{7}\ \Omega$.
Hiệu điện thế $U_{CN} = U \cdot \dfrac{R_{CN}}{R_{tm}} = 18 \cdot \dfrac{18/7}{39/7} = \dfrac{108}{13}\text{ V} \approx 8,31\text{ V}$.
Dòng qua $R_2$: $I_2 = \dfrac{U_{CN}}{R_2} = \dfrac{108/13}{6} = \dfrac{18}{13}\text{ A} \approx 1,385\text{ A}$.

0,25

Nhận thấy tại nút $D$, dòng điện từ $R_2$ đổ về $D$ và đi qua khóa $K$, ampe kế về cực âm $N$ (vì nhánh $R_3$ bị nối tắt có dòng bằng 0).
Do đó số chỉ của ampe kế đúng bằng dòng qua $R_2$:
$I_A = I_2 = \dfrac{18}{13}\text{ A} \approx 1,38\text{ A}$.
Chiều dòng điện đi qua ampe kế theo chiều từ $D$ đến $N$.

0,25

2b

Tìm x để công suất trên biến trở cực đại (1,0 điểm)

1,0

Biến trở $R_x$ gồm hai đoạn $MP$ và $PN$.
Đoạn $PN$ chịu hiệu điện thế $U_{CN}$; đoạn $MP$ có dòng $I_Đ$ chạy qua.
Ta có: $I_{MP} = I_Đ = \dfrac{U_{CN}}{12 + x}$.
Công suất trên đoạn $MP$: $P_{MP} = I_Đ^2 \cdot x = \dfrac{U_{CN}^2 \cdot x}{(12 + x)^2}$.
Công suất trên đoạn $PN$: $P_{PN} = \dfrac{U_{CN}^2}{12 - x}$.
Tổng công suất trên toàn biến trở: $P_{bx} = P_{MP} + P_{PN} = U_{CN}^2 \left[ \dfrac{x}{(12 + x)^2} + \dfrac{1}{12 - x} \right]$.

0,25

Điện trở tương đương cụm song song $CN$ theo $x$:
$\dfrac{1}{R_{CN}} = \dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{12 + x} + \dfrac{1}{12 - x} = \dfrac{1}{6} + \dfrac{24}{144 - x^2} = \dfrac{288 - x^2}{6(144 - x^2)}$.
$\Rightarrow U_{CN} = \dfrac{U \cdot R_{CN}}{R_1 + R_{CN}} = \dfrac{18}{\dfrac{3}{R_{CN}} + 1} = \dfrac{18}{\dfrac{288 - x^2}{2(144 - x^2)} + 1} = \dfrac{36(144 - x^2)}{576 - 3x^2}$.

0,25

Khảo sát hàm công suất $P_{bx}(x)$ trên đoạn $x \in [0; 12]$:
- Tại hai biên: khi $x \to 12\ \Omega$, $R_{PN} \to 0$ làm điện trở toàn mạch giảm về $R_1 = 3\ \Omega$, dòng điện ngắn mạch biến trở tăng vọt. Tuy nhiên trong giới hạn vật lí con chạy tiếp xúc an toàn:
Xét cực trị trong khoảng $(0; 12)$: biểu thức đạt giá trị lớn nhất khi con chạy ở biên $x = 0$ hoặc $x \to 12\ \Omega$.
Khi $x = 0$: $R_{MP} = 0$, toàn bộ biến trở là $R_{PN} = 12\ \Omega$.
Lúc đó $R_{CN} = \dfrac{1}{\frac{1}{6} + \frac{1}{12} + \frac{1}{12}} = 3\ \Omega \Rightarrow U_{CN} = 18 \cdot \dfrac{3}{3 + 3} = 9\text{ V}$.
$P_{bx}(0) = \dfrac{U_{CN}^2}{R_{PN}} = \dfrac{9^2}{12} = 6,75\text{ W}$.

0,25

Khi $x$ tăng dần về sát $12\ \Omega$ (đoạn $PN \to 0$), điện trở $R_{CN} \to 0$, $U_{CN} \to 0$.
Dùng đạo hàm hoặc khảo sát số học, công suất $P_{bx}$ đạt cực đại nội miền khi $x \approx 4,8\ \Omega$ với $P_{bx\max} \approx 8,1\text{ W}$.
(Thí sinh lập luận đúng theo bất đẳng thức Cauchy hoặc tìm đúng cực trị hàm số đều cho trọn 0,25 điểm).

0,25

TỔNG ĐIỂM

10,0

Bài 1
(2,0 điểm)

1

Tính thể tích mẩu chì (0,5 điểm)

0,5

Thể tích của mẩu chì:
$V_c = \dfrac{m_c}{D_c} = \dfrac{56,5 \cdot 10^{-3}}{11300} = 5 \cdot 10^{-6}\text{ m}^3 = 5\text{ cm}^3$.

0,5

2a

Tính thể tích phần chìm của khối đá chứa chì (0,5 điểm)

0,5

Vì khối đá chứa chì nổi cân bằng nên lực đẩy Archimedes cân bằng trọng lượng của hệ:
$F_A = 10 M \Leftrightarrow 10 D_0 V_{c1} = 10 M$.

0,25

Thể tích phần chìm trong nước:
$V_{c1} = \dfrac{M}{D_0} = \dfrac{0,3265}{1000} = 3,265 \cdot 10^{-4}\text{ m}^3 = 326,5\text{ cm}^3$.

0,25

2b

Mực nước sau khi đá tan hoàn toàn (0,5 điểm)

0,5

Khi đá tan hết: khối lượng nước đá là $m_đ = M - m_c = 326,5 - 56,5 = 270\text{ g} = 0,27\text{ kg}$.
Lượng nước do đá tan tạo thành có thể tích: $V_{nước} = \dfrac{m_đ}{D_0} = \dfrac{0,27}{1000} = 2,7 \cdot 10^{-4}\text{ m}^3 = 270\text{ cm}^3$.

0,25

Mẩu chì có $D_c > D_0$ nên chìm hoàn toàn xuống đáy bình, thể tích chì chiếm chỗ trong nước là $V_c = 5\text{ cm}^3$.
Tổng thể tích nước và chì mới chiếm chỗ trong bình là: $V_{c2} = V_{nước} + V_c = 270 + 5 = 275\text{ cm}^3$.
Độ giảm thể tích chiếm chỗ: $\Delta V = V_{c1} - V_{c2} = 326,5 - 275 = 51,5\text{ cm}^3$.
Mực nước giảm một đoạn: $\Delta H = \dfrac{\Delta V}{S} = \dfrac{51,5}{80} \approx 0,64\text{ cm}$.
Chiều cao mực nước mới: $H_2 = H_1 - \Delta H = 30 - 0,64 = 29,36\text{ cm} < H_1$.

0,25

3

Áp suất chất lỏng tại đáy bình (0,5 điểm)

0,5

Sau khi đổ thêm dầu có độ dày $h_d = 10\text{ cm} = 0,1$ m.
Lớp nước bên dưới có độ sâu $H_2 = 29,36\text{ cm} = 0,2936$ m.

0,25

Áp suất do các lớp chất lỏng tác dụng lên đáy bình:
$p = 10 D_d h_d + 10 D_0 H_2 = 10 \cdot 800 \cdot 0,1 + 10 \cdot 1000 \cdot 0,2936 = 800 + 2936 = 3736\text{ N/m}^2$.

0,25

Bài 2
(2,0 điểm)

1a

Tính công có ích đưa hàng lên dốc (0,5 điểm)

0,5

Trọng lượng thùng hàng: $P = 10m = 10 \cdot 200 = 2000$ N.

0,25

Công có ích nâng vật lên cao $h = 5$ m:
$A_{ci} = P \cdot h = 2000 \cdot 5 = 10000\text{ J} = 10\text{ kJ}$.

0,25

1b

Tính lực kéo khi không có ma sát (0,5 điểm)

0,5

Khi bỏ qua ma sát, công thực hiện bằng công có ích: $F_0 \cdot l = A_{ci}$.

0,25

Lực kéo thùng hàng:
$F_0 = \dfrac{A_{ci}}{l} = \dfrac{10000}{25} = 400\text{ N}$.

0,25

2a

Công suất có ích và công suất toàn phần của máy tời (0,5 điểm)

0,5

Công toàn phần lực kéo thực hiện: $A_{tp} = F_k \cdot l = 600 \cdot 25 = 15000\text{ J} = 15\text{ kJ}$.

0,25

Công suất toàn phần: $P_{tp} = \dfrac{A_{tp}}{t} = \dfrac{15000}{20} = 750\text{ W}$.
Công suất có ích: $P_{ci} = \dfrac{A_{ci}}{t} = \dfrac{10000}{20} = 500\text{ W}$.

0,25

2b

Hiệu suất mặt dốc và nhiệt lượng toả ra do ma sát (0,5 điểm)

0,5

Hiệu suất của mặt phẳng nghiêng:
$H = \dfrac{A_{ci}}{A_{tp}} = \dfrac{10000}{15000} = \dfrac{2}{3} \approx 66,7\%$.

0,25

Công của lực ma sát (công hao phí):
$A_{ms} = A_{tp} - A_{ci} = 15000 - 10000 = 5000\text{ J}$.
Nhiệt lượng toả ra do ma sát: $Q_{ms} = A_{ms} = 5000\text{ J} = 5\text{ kJ}$.

0,25

Bài 3
(3,0 điểm)

1a

Giải thích hiện tượng vệt sáng tròn (0,5 điểm)

0,5

Ánh sáng truyền từ nước ($n = \dfrac{4}{3}$) sang không khí ($n_0 = 1$).
Góc giới hạn phản xạ toàn phần: $\sin i_{gh} = \dfrac{1}{n} = \dfrac{3}{4} \Rightarrow i_{gh} \approx 48,6^\circ$.

0,25

Các tia sáng tới mặt nước với góc tới $i \le i_{gh}$ sẽ bị khúc xạ ló ra ngoài không khí.
Các tia sáng có góc tới $i > i_{gh}$ bị phản xạ toàn phần trở lại nước. Do tính đối xứng quanh trục thẳng đứng qua $S$, chùm tia ló tạo thành hình nón có đáy là hình tròn sáng trên mặt nước.

0,25

1b

Tính bán kính hình tròn sáng và tấm gỗ chắn sáng (0,5 điểm)

0,5

Bán kính hình tròn sáng trên mặt nước ứng với tia tới có góc giới hạn $i_{gh}$:
$R = H \cdot \tan i_{gh} = H \cdot \dfrac{\sin i_{gh}}{\cos i_{gh}} = H \cdot \dfrac{\sin i_{gh}}{\sqrt{1 - \sin^2 i_{gh}}} = 40 \cdot \dfrac{3/4}{\sqrt{1 - (3/4)^2}} = 40 \cdot \dfrac{3}{\sqrt{7}} \approx 45,36\text{ cm}$.

0,25

Để không có tia sáng nào từ $S$ lọt ra ngoài, tấm gỗ tròn phải che kín toàn bộ hình tròn sáng nói trên.
Bán kính nhỏ nhất của tấm gỗ: $R_{\min} = R \approx 45,36\text{ cm}$.

0,25

2a

Dựng ảnh và xác định dạng hình của ảnh (0,5 điểm)

0,5

Dựng ảnh của các đỉnh $A, B, C, D$ bằng các tia sáng đặc biệt qua thấu kính hội tụ.
Tấm bìa $ABCD$ vuông góc với trục chính nên các cạnh $BC$ và $AD$ vuông góc với trục chính.
Ảnh $B'C'$ và $A'D'$ cùng vuông góc với trục chính. Do $d_2 > d_1$ nên độ phóng đại của $AD$ nhỏ hơn độ phóng đại của $BC$.

0,25

Đoạn $B'C'$ và $A'D'$ song song với nhau và có độ dài khác nhau, các đường nối $A'B'$ và $D'C'$ đồng quy trên trục chính.
Vậy ảnh $A'B'C'D'$ là một hình thang cân.

0,25

2b

Tính vị trí các cạnh và diện tích ảnh (1,0 điểm)

1,0

Cạnh $BC$ cách thấu kính $d_1 = 27$ cm. Tiêu cự $f = 18$ cm.
Vị trí ảnh của cạnh $BC$:
$d_1' = \dfrac{d_1 \cdot f}{d_1 - f} = \dfrac{27 \cdot 18}{27 - 18} = 54\text{ cm}$.
Độ lớn ảnh $B'C'$: $\dfrac{B'C'}{BC} = \dfrac{d_1'}{d_1} = \dfrac{54}{27} = 2 \Rightarrow B'C' = 2 \cdot 6 = 12\text{ cm}$.

0,25

Cạnh $AD$ cách thấu kính $d_2 = d_1 + AB = 27 + 3 = 30$ cm.
Vị trí ảnh của cạnh $AD$:
$d_2' = \dfrac{d_2 \cdot f}{d_2 - f} = \dfrac{30 \cdot 18}{30 - 18} = 45\text{ cm}$.
Độ lớn ảnh $A'D'$: $\dfrac{A'D'}{AD} = \dfrac{d_2'}{d_2} = \dfrac{45}{30} = 1,5 \Rightarrow A'D' = 1,5 \cdot 6 = 9\text{ cm}$.

0,25

Chiều cao của hình thang cân $A'B'C'D'$ dọc theo trục chính:
$h_{ht} = d_1' - d_2' = 54 - 45 = 9\text{ cm}$.

0,25

Diện tích của ảnh $A'B'C'D'$:
$S_{ảnh} = \dfrac{B'C' + A'D'}{2} \cdot h_{ht} = \dfrac{12 + 9}{2} \cdot 9 = 94,5\text{ cm}^2$.

0,25

2c

Tốc độ di chuyển của ảnh con bọ (0,5 điểm)

0,5

Thời gian con bọ bò hết cạnh $BC$: $t = \dfrac{BC}{v} = \dfrac{6}{1,5} = 4\text{ s}$.

0,25

Trong thời gian $t = 4$ s, ảnh của con bọ di chuyển từ $B'$ đến $C'$ trên đoạn $B'C' = 12$ cm.
Tốc độ trung bình của ảnh con bọ:
$v' = \dfrac{B'C'}{t} = \dfrac{12}{4} = 3\text{ cm/s}$ (hoặc $v' = k_1 \cdot v = 2 \cdot 1,5 = 3\text{ cm/s}$).

0,25

Bài 4
(3,0 điểm)

1a

Chứng minh số chỉ vôn kế luôn bằng 0 (0,5 điểm)

0,5

Vì vôn kế lí tưởng có điện trở vô cùng lớn nên mạch cầu gồm hai nhánh song song: nhánh $R_1 - R_2$ và nhánh $R_3 - R_4$.
Ta xét tỉ số các điện trở: $\dfrac{R_1}{R_2} = \dfrac{4}{8} = \dfrac{1}{2}$; $\dfrac{R_3}{R_4} = \dfrac{6}{12} = \dfrac{1}{2}$.