Phương trình đường thẳng có dạng tổng quát: \(y=ax+b\left(a\ne0\right)\).

Tung độ gốc là \(5\Rightarrow b=5\).

Bài toán được xem như tìm hệ số \(a\) để đường thẳng đi qua giao điểm của hai đường thẳng đã cho.

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường thẳng trên: \(x+3=2x-3\Leftrightarrow x=6\Rightarrow y=9\).

Giao điểm đó có tọa độ là: \(\left(6;9\right)\).

Đường thẳng đi qua giao điểm trên nên tọa độ của giao điểm đó là nghiệm của phương trình đường thẳng cần tìm: \(y=ax+b\Leftrightarrow9=a\cdot6+5\Leftrightarrow a=\dfrac{2}{3}\).

Vậy: Phương trình đường thẳng cần tìm là: \(y=\dfrac{2}{3}x+5\)

Bạn tự vẽ hình.

(a) \(BC^2=AB^2+AC^2\left(Pythagoras\right)\)

\(\Rightarrow AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4\left(cm\right)\)

+) \(sinB=\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{4}{5}\Rightarrow\hat{B}\approx53^o\)

+) \(\hat{C}=90^o-\hat{B}\approx90^o-53^o=37^o\)

(b) +) \(AB.AC=BC.AH\Leftrightarrow AH=\dfrac{AB.AC}{BC}=\dfrac{3\cdot4}{5}=2,4\left(cm\right)\)

\(\hat{A}=\hat{E}=\hat{F}=90^o\left(gt\right)\Rightarrow AEHF\) là hình chữ nhật.

Do đó, \(EF=AH\left(đpcm\right)\)

Bài V. (4,0 điểm) 

Vật sáng \(AB\) đặt vuông góc với trục chính của một thấu kính hội tụ có tiêu cự \(f=30cm\), cách thấu kính \(40cm\). Phía sau thấu kính đặt một gương phẳng nghiêng góc \(45^o\) so với trục chính, mặt phản xạ hướng về phía thấu kính và cắt trục chính tại điểm \(I\). Khi \(I\) cách thấu kính \(1m\), người ta nhìn thấy ảnh của vật nằm ở đáy một chậu nước, cách trục chính của thấu kính \(22cm\).

1. Hãy xác định chiều dày của lớp nước trong chậu. Cho chiết suất của nước là \(n=\dfrac{4}{3}\).

2. Thay nước trong chậu bằng một chất lỏng khác, người ta thấy rằng muốn cho ảnh của vật vẫn nằm ở đáy chậu thì bề dày lớp chất lỏng là \(6cm\). Tìm chiết suất của chất lỏng.

1. Lấy ví dụ minh họa đồ thị hình 9.3 (SGK tr. 41).

Ta sẽ tính độ dịch chuyển \(d\) của chất điểm có đồ thị vận tốc - thời gian như hình 9.3 trên.

Như đã biết theo đầu bài, độ dịch chuyển của chất điểm có độ lớn bằng với diện tích hình thang giới hạn bởi đồ thị (v - t) và trục tọa độ Ov, Ot.

Từ đồ thị, ta thấy được đáy nhỏ của hình thang có độ lớn là \(v_0\), đáy lớn của hình thang có độ lớn là \(v\) và chiều cao của hình thang có độ lớn là thời gian \(t\).

Công thức tính diện tích hình thang là: \(S=\dfrac{1}{2}\left(a+b\right)h\) với \(a,b,h\) lần lượt là độ dài đáy nhỏ, đáy lớn và chiều cao.

Áp dụng vào bài toán, ta được: \(d=S=\dfrac{1}{2}\left(v+v_0\right)t\)

\(=\dfrac{1}{2}vt+\dfrac{1}{2}v_0t\).

Mà: \(v=v_0+at\), thay vào ta được:

\(d=\dfrac{1}{2}\left(v_0+at\right)t+\dfrac{1}{2}v_0t\)

\(\Rightarrow d=\dfrac{1}{2}v_0t+\dfrac{1}{2}at^2+\dfrac{1}{2}v_0t\)

\(\Rightarrow d=v_0t+\dfrac{1}{2}at^2\) (điều phải chứng minh).

2. Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}v=v_0+at\\d=v_0t+\dfrac{1}{2}at^2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow v^2-v_0^2=\left(v+v_0\right)\left(v-v_0\right)\)

\(=\left(v_0+at+v_0\right)\left(v_0+at-v_0\right)\)

\(=at\left(2v_0+at\right)\)

\(=2a\left(v_0t+\dfrac{1}{2}at^2\right)=2ad\) (điều phải chứng minh).

1. (a)

Đồ thị hình a là đường thẳng đi qua gốc tọa độ nên công thức mối liên hệ giữa v, a và t có dạng hàm số \(y=ax\). Công thức cần tìm là: \(v=at\left(a>0\right)\).

Đồ thị hình b là đường thẳng xuất phát từ điểm \(v_0\) cách gốc tọa độ một khoảng đúng bằng \(v_0\) nên công thức mối liên hệ có dạng hàm số \(y=ax+b\left(a>0\right)\) (do đồ thị có dạng dấu sắc (đồng biến)) nên công thức cần tìm là: \(v=v_0+at\).

Đồ thị hình b là đường thẳng xuất phát từ điểm \(v_0\) cách gốc tọa độ một khoảng đúng bằng \(v_0\) nên công thức mối liên hệ có dạng hàm số \(y=ax+b\left(a< 0\right)\) (do đồ thị có dạng dấu huyền (nghịch biến)) nên công thức cần tìm là: \(v=v_0-at\).

(b) Chuyển động nhanh dần đều là các chuyển động ở hình a, b. Chuyển động chậm dần đều là chuyển động ở hình c.

2. Từ thời điểm 0s đến 4s, tức 4s đầu, bạn đi đều với tốc độ 1,5m/s.

Từ thời điểm 4s đến 6s, tức 2s tiếp theo, bạn bắt đầu đi chậm lại từ tốc độ 1,5m/s xuống 0m/s.

Sau đó, từ thời điểm 6s đến 7s, tức 1s tiếp theo, bạn này dừng lại.

Trong 1s tiếp theo, từ thời điểm 7s đến 8s, bạn này bắt đầu đảo chiều đi (đi ngược lại so với chiều đi ban đầu) và bắt đầu chuyển động nhanh dần từ tốc độ 0m/s đến 0,5m/s.

Trong 1s sau đó, từ thời điểm 8s đến 9s, bạn này đi đều với tốc độ 0,5m/s với chiều đi như giây trước.

Cuối cùng, từ thời điểm 9s đến 10s, tức 1s cuối, bạn này đi chậm lại từ tốc độ 0,5m/s và dừng hẳn (tốc độ 0m/s).

1. Đối với hình (a):

Từ thời điểm 0s đến 1s: \(a_1=\dfrac{v_1-v_0}{t_1-t_0}=\dfrac{\dfrac{10}{3,6}-0}{1-0}=\dfrac{25}{9}\left(m/s^2\right)\)

Từ thời điểm 1s đến 2s: \(a_2=\dfrac{v_2-v_1}{t_2-t_1}=\dfrac{\dfrac{20}{3,6}-\dfrac{10}{3,6}}{2-1}=\dfrac{25}{9}\left(m/s^2\right)\)

Từ thời điểm 2s đến 3s: \(a_3=\dfrac{v_3-v_2}{t_3-t_2}=\dfrac{\dfrac{30}{3,6}-\dfrac{20}{3,6}}{3-2}=\dfrac{25}{9}\left(m/s^2\right)\)

Đối với hình (b):

Từ thời điểm 0s đến 1s: \(a_1=\dfrac{v_1-v_0}{t_1-t_0}=\dfrac{4-6}{1-0}=-2\left(m/s^2\right)\)

Từ thời điểm 1s đến 2s: \(a_2=\dfrac{v_2-v_1}{t_2-t_1}=\dfrac{2-4}{1-0}=-2\left(m/s^2\right)\)

Từ thời điểm 2s đến 3s: \(a_3=\dfrac{v_3-v_2}{t_3-t_2}=\dfrac{0-2}{3-2}=-2\left(m/s^2\right)\)

2. Đối với hình (a): Xe ô tô chuyển động thẳng, cứ 1s thì độ lớn vận tốc của xe ô tô tăng thêm \(2km/h\) nên chuyển động của xe ô tô là chuyển động thẳng biến đổi đều.

Đối với hình (b): Người chuyển động thẳng, cứ 1s thì độ lớn vận tốc của người giảm bớt \(2m/s\) nên chuyển động của người là chuyển động thẳng biến đổi đều.

(a) Độ cao của nơi thả hòn bi so với mặt đất:

\(h=\dfrac{1}{2}gt^2=\dfrac{1}{2}\cdot9,8\cdot3,1^2=47,089\left(m\right)\)

Vận tốc lúc chạm đất: \(v=gt=9,8\cdot3,1=30,38\left(m/s\right)\)

(b) Quãng đường vật rơi trong 0,5s cuối trước khi chạm đất:

\(\Delta s=h-s'\) (với \(s'\) là quãng đường vật rơi trong khoảng thời gian trước khi đến thời điểm 0,5s trước khi hòn bi chạm đất).

\(\Rightarrow\Delta s=h-\dfrac{1}{2}g\left(t-\Delta t\right)^2\)

\(=47,089-\dfrac{1}{2}\cdot9,8\cdot\left(3,1-0,5\right)^2=13,965\left(m\right)\)

Cấu trúc mạch cho câu (a), (b): \(R_1\text{ nt }R_{BC}\text{ nt }\left[Đ\left|\right|\left(R_{AC}\text{ nt }R_2\right)\right]\)

(a) Theo đề bài: \(R_{AC}=2R_{BC}\Rightarrow R_{AC}=\dfrac{2}{3}R_0;R_{BC}=\dfrac{1}{3}R_0\)

Điện trở của bóng đèn: \(R_Đ=\dfrac{U_{đm}^2}{P_{đm}}=\dfrac{1,5^2}{0,75}=3\left(\Omega\right)\)

Điện trở tương đương của đoạn mạch: 

\(R=R_1+R_{BC}+\dfrac{R_Đ\left(R_{AC}+R_2\right)}{R_Đ+R_{AC}+R_2}\)

\(=2+\dfrac{1}{3}R_0+\dfrac{3\left(\dfrac{2}{3}R_0+2\right)}{3+\dfrac{2}{3}R_0+2}\)

\(=\dfrac{2R_0^2+45R_0+144}{3\left(15+2R_0\right)}\)

Cường độ dòng điện qua mạch chính: 

\(I=\dfrac{U}{R}=\dfrac{U}{\dfrac{2R_0^2+45R_0+144}{3\left(15+2R_0\right)}}=\dfrac{3U\left(15+2R_0\right)}{2R_0^2+45R_0+144}\)

Hiệu điện thế hai đầu đèn:

\(U_Đ=I\cdot\dfrac{R_Đ\left(R_{AC}+R_2\right)}{R_Đ+R_{AC}+R_2}=\dfrac{3U\left(15+2R_0\right)}{2R_0^2+45R_0+144}\cdot\dfrac{3\left(\dfrac{2}{3}R_0+2\right)}{3+\dfrac{2}{3}R_0+2}=\dfrac{9U\left(2R_0+6\right)}{2R_0^2+45R_0+144}\)Do đèn sáng bình thường nên:

\(U_Đ=U_{đm}\Leftrightarrow\dfrac{9U\left(2R_0+6\right)}{2R_0^2+45R_0+144}=1,5=\dfrac{3}{2}\left(1\right)\)

Số chỉ của Ampe kế: \(I_A=\dfrac{R_Đ}{R_Đ+R_{AC}+R_2}I=\dfrac{3}{3+\dfrac{2}{3}R_0+2}\cdot\dfrac{3U\left(15+2R_0\right)}{2R_0^2+45R_0+144}=\dfrac{27U}{2R_0^2+45R_0+144}=0,25\left(2\right)\)

Từ \(\left(2\right)\Rightarrow108U=2R_0^2+45R_0+144\)

Thay vào \(\left(1\right)\Rightarrow\dfrac{9U\left(2R_0+6\right)}{108U}=\dfrac{3}{2}\Leftrightarrow R_0=6\left(\Omega\right)\)

Thay lại vào \(\left(2\right)\Rightarrow U=4,5\left(V\right)\)

(b) Đặt: \(R_{AC}=x\left(0\le x\le R_0=6\right)\Rightarrow R_{CB}=6-x\)

Điện trở tương đương của đoạn mạch: 

\(R=R_1+R_{CB}+\dfrac{R_Đ\left(R_{AC}+R_2\right)}{R_Đ+R_{AC}+R_2}=2+6-x+\dfrac{3\left(x+2\right)}{3+x+2}\)

\(=\dfrac{-x^2+6x+46}{x+5}\)

Cường độ dòng điện qua mạch chính: \(I=\dfrac{U}{R}=\dfrac{4,5}{\dfrac{-x^2+6x+46}{x+5}}=\dfrac{9\left(x+5\right)}{2\left(-x^2+6x+46\right)}\)

Hiệu điện thế hai đầu đèn:

\(U_Đ=I\cdot\dfrac{R_Đ\left(R_{AC}+R_2\right)}{R_Đ+R_{AC}+R_2}=\dfrac{9\left(x+5\right)}{2\left(-x^2+6x+46\right)}\cdot\dfrac{3\left(x+2\right)}{3+x+2}=\dfrac{27\left(x+2\right)}{2\left(-x^2+6x+46\right)}\)

Số chỉ của Ampe kế: \(I_A=\dfrac{R_Đ}{R_Đ+R_{AC}+R_2}I=\dfrac{3}{3+x+2}\cdot\dfrac{9\left(x+5\right)}{2\left(-x^2+6x+46\right)}=\dfrac{27}{2\left(-x^2+6x+46\right)}\)

\(I_A\) nhỏ nhất khi \(-x^2+6x+46\) lớn nhất.

Ta có: \(-x^2+6x+46=-\left(x-3\right)^2+55\le55\)

\(\Rightarrow Max\left(-x^2+6x+46\right)=55\) khi \(x=R_{AC}=3\left(\Omega\right)\)

\(\Rightarrow MinI_A=\dfrac{27}{2\cdot55}=\dfrac{27}{100}\left(A\right)\)

Khi đó: \(U_Đ=\dfrac{54}{55}\left(V\right)< U_{đm}\) nên đèn sáng yếu hơn bình thường.

Vậy: \(MinI_A=\dfrac{27}{100}=0,27\left(A\right)\Leftrightarrow R_{AC}=3\left(\Omega\right)\), đèn lúc này sáng yếu.

(c) Cấu trúc mạch: \(R_1\text{ nt }R_{BC}\)

Lúc này, số chỉ của Ampe kế là cường độ dòng điện qua mạch chính.

\(I_A\) nhỏ nhất, tức cường độ dòng điện qua mạch chính nhỏ nhất khi điện trở tương đương của mạch lớn nhất, suy ra \(R_{BC}\) lớn nhất hay \(R_{BC}=R_0=6\left(\Omega\right)\).

Số chỉ của Ampe kế lúc này là:

\(I_A=I=\dfrac{U}{R_1+R_{BC}}=\dfrac{4,5}{2+6}=0,5625\left(A\right)\)

Cho (1) là ca nô, (2) là nước, (3) là bờ sông.

(a) Trong 100s, nước chảy đưa ca nô chếch từ vị trí B đến C, nên vận tốc của dòng nước so với bờ là: \(v_{23}=\dfrac{BC}{t}=\dfrac{200}{100}=2\left(m/s\right)\)

(b) Dựa vào hình vẽ, dễ thấy: \(\hat{ADB}=\alpha=60^o\).

Khi đi theo hướng \(AD:v_{12}=v_{12}';v_{23}=v_{23}'=2\left(m/s\right)\)

\(v_{23}'\) là vận tốc của dòng nước so với bờ sông, tức vecto này hướng theo hướng vector \(\overrightarrow{DB}\), \(v_{12}'\) là vận tốc của ca nô so với dòng nước, tức vecto này theo hướng vector \(\overrightarrow{AD}\).

Dựa vào hình vẽ và hệ thức lượng trong tam giác vuông: \(v_{12}'=\dfrac{v_{23}'}{cos\hat{ADB}}=\dfrac{2}{cos60^o}=4\left(m/s\right)\).

(c) Khi đi theo hướng \(AC\), vector \(\overrightarrow{v_{12}}\) hướng theo hướng vector \(\overrightarrow{AB}\)

\(\Rightarrow AB=v_{12}t=4\cdot100=400\left(m\right)\)

(d) Khi đi theo hướng \(AD\), vận tốc của thuyền so với bờ là \(v_{13}'=v_{12}'sin\hat{ADB}=4\cdot sin60^o=2\sqrt{3}\left(m/s\right)\)

Thời gian qua sông lần sau: \(t'=\dfrac{AB}{v_{13}'}=\dfrac{400}{2\sqrt{3}}\approx115,47\left(s\right)\)