CHỌN đội TUYỂN VÒNG 2 2016 2017 sơn

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TAO
HUYỆN NGHĨA ĐÀN
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG VÒNG 2
NĂM HỌC 2016 - 2017
Môn: Vật lí
Thời gian làm bài: 150 phút

Câu 1 (6 điểm)
1/ Hai người cùng xuất phát với vận tốc v và đi từ A đến B cách nhau một đoạn đường là L.
Người thứ nhất đã chia đường đi thành 4 chặng bằng nhau, vận tốc đi ở chặng sau gấp 2 lần vận tốc
đi ở chặng liền trước. Người thứ hai đã chia thời gian đi thành 4 khoảng bằng nhau, vận tốc đi ở
khoảng thời gian sau gấp 2 lần vận tốc đi trong khoảng thời gian liền trước. Tìm vận tốc trung bình
của mỗi người trên cả quãng đường đi, ai đến B trước?
2/ Hai quả cầu sắt giống hệt nhau được treo vào 2 đầu A, B của
A
B
một thanh kim loại mảnh, nhẹ. Thanh được giữ thăng bằng nhờ dây
O
mắc tại điểm O. Biết OA = OB = l = 20 cm. Nhúng quả cầu ở đầu B
vào trong chậu đựng chất lỏng người ta thấy thanh AB mất thăng
bằng. Để thanh thăng bằng trở lại phải dịch chuyển điểm treo O về
phía A một đoạn x = 1,08 cm. Tính khối lượng riêng của chất lỏng,
biết khối lượng riêng của sắt là D0 = 7,8 g/cm3.
Câu 2 (3.5 điểm) Có một số viên bi hoàn toàn giống nhau, đều đang ở nhiệt độ t x. Người ta
thả từng viên bi lần lượt vào một bình cách nhiệt chứa nước, sau khi cân bằng nhiệt thì lấy ra rồi thả
viên bi khác vào. Nhiệt độ nước ban đầu trong bình là t0 = 360C, viên thứ nhất khi lấy ra có nhiệt độ
t1 = 330C, viên thứ hai khi lấy ra có nhiệt độ t2 = 30,50C. Bỏ qua sự hao phí nhiệt.
a) Tìm nhiệt độ tx.
b) Đến viên bi thứ bao nhiêu thì khi lấy ra nhiệt độ nước trong bình bắt đầu nhỏ hơn 20 0C.

Câu 3 (3,5điểm): Cho mạch điện như hình vẽ bên, hiệu điện thế
B
R1 không
Rđổi.
U=24V
Một học sinh dùng một Vôn kế đo hiệu điện thế
2
giữa các điểm A và B; B và C thì được các kết quả lần lượt là U 1= 6V,
U2= 12V. Hỏi hiệu điện thế giữa các điểm A và B; B và C là bao nhiêu
C Vôn kế ?
khi không
mắc
A
U
Câu
- điểm): Cho mạch điện như hình vẽ: R1 = 45Ω; R2 = 90Ω;
+ 4 (4.0
R3=15Ω; R4 là một biến trở. Hiệu điện thế UAB không đổi;
K
bỏ qua điện trở của ampe kế và của khóa K.
R3
R1
a) Khóa K mở, điều chỉnh R4=24Ω thì ampe kế chỉ 0,9A.
A
C
Hãy tính UAB.
D
• B•
b) Điều chỉnh R4 đến một giá trị sao cho dù đóng hay mở A •
R4 R2

khóa K thì số chỉ của ampe kế vẫn không đổi. Xác định giá trị
+
R4 và dòng điện qua khóa K lúc này.
G
Câu 5 (3.0 điểm): Hai gương phẳng G1,G2 quay mặt
phản xạ vào nhau và hợp với nhau một góc α=600. Một
điểm sáng S nằm trên đường phân giác của 2 gương,
cách O một khoảng d=10cm ( như hình vẽ).
S
60
O
a) Gọi S1, S2 lần lượt là ảnh đầu tiên của S qua G 1,
G2.Tính khoảng cách giữa S1 và S2.
b) Tính số ảnh tạo bởi hệ gương?
1

0

G2

…….HẾT…….


PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM

NGHĨA ĐÀN

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG VÒNG 2

NĂM HỌC 2016 – 2017

ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC

Môn: Vật lý

Câu 1 (6.0điểm)

Điểm

1) (3.0đ)
- Vận tốc trung bình của người 1:
T1 = t1 + t 2 + t 3 + t 4
→

0.5

L
L L
L
L
15L
=
+ +
+
=
(*)
v1 4v 8v 16v 32v 32v

→ v1 =

0.5
0.5

32v
15

- Vận tốc trung bình của người 2:
L=v

0.5

T2
T
T
T
15T2
+ 2v 2 + 4v 2 + 8v 2 = v
(**)
4
4
4
4
4

→ v2 =

L 15v
=

T2
4

0.5

- Từ (*) và (**) ta thấy → T1 =

15L
4L
;T2 =
32v
15v

0.5

- T1>T2 nên người thứ 2 đến trước.
2) (3.0đ)

A
(l-x) O’

Khi quả cầu treo ở B được nhúng trong chất lỏng thì
ngoài trọng lực, quả cầu còn chịu tác dụng của lực
đẩy Acsimet của chất lỏng. Theo điều kiện cân bằng
của các lực đối với điểm treo O’ ta có

(l+x)

B

0.5

FA

- P. AO′ = ( P − FA ) BO′

0.5

Hay P ( l − x ) = ( P − FA ) ( l + x )

0.5

Gọi V là thể tích của một quả cầu và D là khối lượng
riêng của chất lỏng.
Ta có P = 10.D0.V và FA = 10. D. V
 10.D0.V ( l – x ) = 10 V ( D0 – D )( l + x )
 D=

P

2x
.D0 = 0,8 g / cm3 .
l+x

Câu 2 (4điểm)
a/ Gọi q1 là nhiệt dung của nước trong bình, q2 là nhiệt dung của viên bi
Phương trình cân bằng nhiệt giữa bình với viên bi thứ nhất là:

P
0.5

0.5
0.5

Điểm
0.5


q1(t0 - t1) = q2(t1 - tx)

(1)

Phương trình cân bằng nhiệt giữa bình với viên bi thứ 2 là:
q1(t1 - t2) = q2(t2 - tx)

(2)

0.5

Chia (1) cho (2) rồi thay số với t0 = 360C, t1 = 330C, t2 = 30,50C ta được:
3
33 − t x
=
2,5 30,5 − t x

0.5

Giải ra ta có tx = 180C
b/ Thay tx = 180C vào (1) và (2) ⇒
Từ (1) ⇒ t1 =

0.5
q1
q1
5
= 5⇒
=
q2
q1 + q 2 6

q1t 0 + q 2 t x (q1t 0 − q1t x ) + (q1t x + q 2 t x )
q1
=
.(t 0 − t x ) (3)
= tx +
q1 + q 2
q1 + q 2
q1 + q 2

0.25
0.25

Tương tự khi lấy viên thứ 2 ra, do vai trò của t0 bây giờ là t1 ta có:
t2 = tx +

q1
(t1 − t x )
q1 + q 2

(4) .

Thay (3) vào (4): t2 = tx + (

0.25

q1 2
) .(t 0 − t x )
q1 + q 2

0.25

Tổng quát: Viên thứ n khi lấy ra có nhiệt độ:
q1 n
) .(t 0 − t x ) = tx +
tn = tx + (
q1 + q 2

n

 q1 

÷ (t 0 − t x )
q
+
q
 1
2 

0.25

5

5
1
tn = 18 + ( )n (36 − 18) < 20 ⇒ ( )n <
6
6
9
5
1
5
1
Với n = 12 thì ( )12 > ; Với n = 13 thì ( )13 <
6
9
6
9

0.25

Vậy bắt đầu từ viên thứ 13 thì nhiệt độ nước trong bình bắt đầu nhỏ hơn 200C.

Câu 3 (3.5điểm)
Vì U1 + U 2 ≠ U nên vôn kế có RV hữu hạn.

Điểm
0.5

* Khi mắc vôn kế vào 2 điểm A,B:
-

U1

R
1
= AB = ( 1)
U − U1 R2 3

-Với RAB =

0.25

R1.RV
( 2)
R1 + RV

- Từ ( 1) và ( 2 ) → R1 =

0.25
R2 .RV
( 3)
3RV − R2

0.5

* Khi mắc vôn kế vào 2 điểm B,C:
-

R
U2
= BC = 1( 4 )
U −U2
R1

0.25


-Với RBC =

R2 .RV
( 5)
R2 + RV

- Từ ( 4 ) và ( 5 ) → R1 =

0.25
R2 .RV
( 6)
R2 + RV

- Từ (5) và (6) RV = R2 và R1 =

R2
2

0.25
0.25

* Khi không mắc vôn kế:
U1′ R1 1
=
= ( 7)
U 2′ R2 2

0.25

Và: U1′ + U 2′ = U ( 8 )

0.25

-Từ (7) và (8) → U1′ = 8V ;U 2′ = 16V

0.5


4 (4.0điểm)
CâuCâu
5 (3.0điểm)
a) K mở, mạch có cấu tạo: [(R1ntR3)//R2]ntR4.
G1
( R1 + R3 ) R2

- RAB = RAD + R4 =
+ R4 = 36 + 24 = 60Ω
R1 + R3 + R2
S1
- UAD = IAR13 = II3(R1 + R3) = 0,9.60 = 54V
- I2 =

U AD 54
=
= 0, 6 A
R2

90

ĐiểmĐiểm
Vẽ đúng
hình (1,0
điểm)
0.5

S

I = I4 = I2 + I3 O
= 10,6 + 0,9 = 1,5A
UAB = IRAB α= 1,5.60 = 90VJ
O
a) K mở, mạch: [(R1ntR3)//R2]ntR4.
- RAB = R4 + RAD = R4 +
U

0.5
G2

( R1 + R3 ) R2
= R4 + 36
R1 + R3 + R2

0.5

S2

90

AB
=
- I=
a) RAB R4 + 36

0.75

.c) ⇒ OS1 = OS ( 1)
- ∆S 0 I = ∆S1OI (c.g90.36
-UAD = I . RAD =
R4 + 36
α
·
·
·
S OI = → SOS
- SOI =
1 = α ( 2)
U AD1
54
2
I
=
=
- A
(1)
R13
R4 + 36
- Từ (1) và (2) suy ra VSOS1 là tam giác đều. (3)

K đóng, mạch: [(R3//R4)ntR2]//R1
- Tương tự ta cũng có VSOS 2 là tam giác đều. (4)

R3 . R4
15 R4
90.15 + 105 R4
-R
= Rvà2 +(4) ta thấy= S90
+= S2O = SO= = d , nghĩa là S1OS 2 S là hình thoi:
O
Từ234(3)
1
R3 + R4
R4 + 15
R4 + 15

0.5

0.25
0.5

0.5

390(15 + R
3
U
= 10 4()cm )
-- →
I 2 S=1S 2 AB= d=
2 R4 + 90.15

2
R234 105

b) Số ảnh tạo bởi
hệ gương:
90(15
+ R4 ) 15 R4
90 R4
UDC = I2R43 =
.
=
0
105 R
7 R4 + 90
180
1800R4 + 15
4 + 90.15
n = 2k − 1 với k =
=
=3
0
60
U CD
6 R4 α
=
- I ′A =
(2)
R3 5 7ảnh.
R4 + 90
Vậy hệ cho

54

0.5

0.5

6R

4
2
Theo bài ra: IA = IA’ → R + 36 = 7 R + 90 => R4 - 27R4 - 810 = 0
4
4

0.5

Giải phương trình trên ta lấy nghiệm R4 = 45Ω.
- Từ (2) ta có
- I1 =

I ′A =

U CD
6 R4
2
=
= A
R3
7 R4 + 90 3

U AB 90
=
= 2A
R1
45

I K = I A′ + I1 =

0.5

2
8
+2= A
3
3

* Thí sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.