HSG ly vinh tuong vinh phuc co huong dan

Phòng gd- ĐT
vĩnh tờng

Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 8
Năm học 2010- 2011
môn: Vật lý

Thời gian làm bài: 150 phút

Cõu 1: An cú vic cn ra bu in. An cú th i xe p vi vn tc 10 km/h hoc cng cú th ch
12 phỳt thỡ s cú xe buýt i qua trc ca nh v xe buýt cng i ra bu in vi vn tc 35 km/h.
An nờn chn theo cỏch no n ni sm hn?
Cõu 2: Trong bỡnh hỡnh tr, tit din S cha nc cú chiu cao H = 15cm. Ngi ta th vo bỡnh
mt thanh ng cht, tit din u sao cho nú ni trong nc thỡ mc nc dõng lờn mt on h =
8cm.
a. Nu nhn chỡm thanh hon ton thỡ mc nc s cao bao nhiờu? Bit khi lng riờng ca nc
v thanh ln lt l D1 = 1g/cm3 ; D2 = 0,8g/cm3
b. Tớnh cụng thc hin khi nhn chỡm hon ton thanh, bit thanh cú chiu di l = 20cm ; tit din
S = 10cm2.
Cõu 3: Hai bỡnh cỏch nhit hỡnh tr ging nhau, bỡnh th nht ng nc nhit t 1= 50C, bỡnh
th hai ng nc ỏ, cựng ti cao h = 20 cm. Ngi ta rút ht nc bỡnh mt vo bỡnh hai.
Khi cú cõn bng nhit mc nc trong bỡnh dõng lờn cao h=0,3cm so vi lỳc va rút xong nc.
Xỏc nh nhit ban u ca nc ỏ. Bit nhit dung riờng ca nc v nc ỏ ln lt l c 1=
4200J/kg.K, c2 = 2100 J/kg.K, nhit núng chy ca nc ỏ l 3,4.10 5J/kg, khi lng riờng ca
nc l D1= 1000 kg/m3, ca nc ỏ l D2= 900kg/m3.
Cõu 4: Mt a trũn tõm O1, bỏn kớnh R1=20cm, phỏt sỏng, c t song song vi mt mn nh
v cỏch mn mt khong d = 136cm. Mt a trũn khỏc tõm O 2, bỏn kớnh R2= 12cm, chn sỏng,
cng c t song song vi mn v ng ni O1O2 vuụng gúc vi mn.
a. Tỡm v trớ t O2 búng en trờn mn cú bỏn kớnh R=3cm. Khi ú bỏn kớnh R ca ng gii
hn ngoi cựng ca vựng na ti trờn mn bng bao nhiờu?
b. T v trớ ca O 2 xỏc nh cõu a, cn di chuyn a chn sỏng nh th no trờn mn va vn

khụng cũn búng en?
Cõu 5:
a) Anh cnh sỏt giao thụng ngi trờn mt chic ụtụ chy trờn mt ng thng dựng mỏy o o
vn tc ca mt chic ụtụ chy trc ú v mt chic ụtụ chy sau ú, c ba xe chy cựng chiu.
Mỏy cho bit vn tc ca xe phớa trc v xe phớa sau tng ng l v1=7m/s v v2=12m/s. Bit vn
tc ca cỏc xe ny i vi mt ng ln lt l V1=90km/h v V2=72km/h. Mỏy o cho bit
ln vn tc ca cỏc vt chuyn ng i vi mỏy. Hóy xỏc nh vn tc ca xe cnh sỏt i vi mt
ng.
b) Mt cỏi cc hỡnh tr thnh v ỏy rt mng cú cao H v th tớch V khi th ni theo phng
thng ng trờn mt mt cht lng cú khi lng riờng D cha trong mt thựng ln thỡ ỏy cc
ngp sõu vo cht lng mt khong h. Nu cho cc chỡm hon ton xung ỏy thựng (khụng khớ
khụng ng li trong cc) thỡ lc m ỏy thựng tỏc dng lờn cc l bao nhiờu?
Cõu 6: Cú ba cỏi bỡnh cỏch nhit ging nhau cha nhng lng du nh nhau cựng nhit trong
phũng. Ngi ta th vo bỡnh th nht mt khi kim loi ó c nung núng v ch cho n khi
cõn bng nhit thỡ ly khi kim loi ra v th vo bỡnh th hai. Ch cho bỡnh th hai t ti trng
thỏi cõn bng nhit thỡ khi kim loi li c ly ra v th vo bỡnh th ba. Du trong bỡnh th ba s
c nõng lờn bao nhiờu nu du trong bỡnh th hai tng thờm 50C v du trong bỡnh th nht
tng thờm 200oC? Du khụng b tro ra khi bỡnh trong sut quỏ trỡnh trờn.
Cõu 7:Cú mt s chai sa hon ton ging nhau, u ang nhit tx. Ngi ta th tng chai ln
lt vo mt bỡnh cỏch nhit cha nc, sau khi cõn bng nhit thỡ ly ra ri th chai khỏc vo.
Nhit nc ban u trong bỡnh l t0 = 360C, chai th nht khi ly ra cú nhit tơ1 = 330C, chai
th nht khi ly ra cú nhit t1 = 330C, chai th hai khi ly ra cú nhit t2 = 30,50C. B qua s
hao phớ do ta nhit ra mụi trng.
a.Tỡm nhit tx.
b. n chai th bao nhiờu thỡ khi ly ra nhit nc trong bỡnh bt u nh hn 260C.


PHÒNG GD VĨNH TƯỜNG

Câu

1

HƯỚNG DẪN CHẤM THI HSG LỚP 8
MÔN VẬT LÍ

Nội dung
-Đổi 12phút = 1/5 h
-Gọi quãng đường từ nhà đến bưu điện là S(km), S>0
-Thời gian An đi xe đạp và thời gian tổng cộng An chờ và đi bằng xe buýt
tới bưu điện lần lượt là:
S
t1 
10
1 S
t2  
5 35
S �1 S � 5S  14
-Xét hiệu: t  t1  t2   �  �
10 �5 35 � 70
5S  14
 0 � S  2,8  km  đi theo 2 cách đều như nhau.
-Ta có: t  0 �
70
t  0 � t1  t 2 � S  2,8(km) đi xe buýt sẽ đến sớm hơn.
t  0 � t1  t 2 � S  2,8(km) đi bộ sẽ đến sớm hơn.

2

-Gọi tiết diện và chiều dài của thanh lần lượt là S’, l.
-Khi thanh nổi cân bằng thì thanh chịu tác dụng của hai lực cân bằng là

trọng lực và lực đẩy Acsimet và thể tích phần thanh chìm chính bằng thể
tích nước dâng lên. Ta có:
P=F1 � 10D2 S’l =10D1(S-S’)h (1)
-Khi nhấn thanh chìm hoàn toàn thì thể tích nước dâng lên chính bằng thể
tích của thanh.
S’l= (S-S’)h’
(2)
D1.h
1.8
 10(cm)
Từ (1) và (2) ta suy ra h ' 
thay số: h ' 
D2
0,8
Vậy mực nước cao là: H0= H+h’=15+10= 25 (cm).

b

-Từ (1) và dữ kiện đầu bài ta có S=3S’= 30cm2.
-Khi thanh chìm lực tác dụng vào thanh lúc này gồm : Trọng lượng P, lực
đẩy Acsimet F2 và lực tác dụng F. Do thanh cân bằng nên :
F = F2 - P = 10.D1.S’l – 10.D2.S’.l
F = 10( D1 – D2).S’.l = 2.S’.l = 0,4 N
-Khi thanh đi vào nước thêm 1 đoạn x có thể tích V = x.S’ thì nước dâng
thêm một đoạn y:
V
V x
y



S  S ' 2S ' 2
-Ta có phần chìm của thanh khi thanh cân bằng là:

Thang điểm


hc=S’10lD2/10.D1S’=16cm
-Phần thanh nổi là 20-16=4cm

x 3x
8
 4  x  cm .
2 2
3
-Và do thanh chuyển động đều nên lực tác dụng tăng đều từ 0 đến
F = 0,4 N nên công thực hiện được:
1
1
8
A  F .x  .0,4. .10  2 5,33.10  3 J
2
2
3
-Vậy thanh đã di chuyển thêm một đoạn:x+

3.

-Mực nước dâng lên chứng tỏ có một lượng nước bị đông đặc thành nước
đá.
-Giả sử nước bị đông đặc thành nước đá hoàn toàn thì chiều cao là h1. Vì

khối lượng nước ban đầu và khối lượng nước đá đông đặc là không đổi nên:
Ta có:
m1=m2
 D1.S.h=D2.S.h1
 h1= D1Sh/D2S=22,2 (cm)
-Vậy mực nước dâng lên là 22,2-20=2,2 (cm) >0,3 (cm) nên nước không
đông đặc hoàn toàn, trong hỗn hợp tồn tại cả nước và nước đá, nhiệt độ cân
bằng của hệ là 00C.
-Gọi x là chiều cao của lượng nước bị đông đặc, thì sau khi đông đặc nó có
chiều cao là: x+ h nhưng khối lượng không thay đổi:
 S.x.D1= S(x+ h )D2
D h
 2, 7(cm)
Ta có: x  2
D1  D2
-Khối lượng của lượng nước bị đông đặc:
mx=D1.x.S = 1000.2,7.S 
-Do bình cách nhiệt,ta có phương trình cân bằng nhiệt sau: Qtỏa=Qthu
 c1S.h.D1(t1-0) + D1.S.x.3,4.10-5 = D2.S.h.c2.(0-t2)
 c1.h.D1(t1-0) + D1.x.3,4.10-5 = -D2.h.c2.t2
 t2 =

4. a)
(1,25)

-Do nguồn sáng lớn đặt trước vật chắn sáng nên sẽ tạo ra phía sau một vùng
tối và một vùng nửa tối và trên màn ta thu được bóng đen và bóng nửa tối


M

R'

A1
A2

R1

O2

O1

A
O R
I

H
B
B1

B2

N

OA=R: Bán kính của bóng đen.
OM=R’: Bk của đường giới hạn ngoài cùng của vùng nửa tối ngoài cùng
trên màn.
IO
AO
IO

R
AOI : A1O1 I �

�

IO1 A1O 1
IO  d R1
Thay số IO=24cm và do đó: IO1  IO  OO1  160(cm)
IO
AO
A2O2 I : A1O1 I � 2  2 2 Thay số IO2=96 cm
IO1 A1O1
Vậy phải đặt O2 cách O1 một đoạn:
O1O2= IO1-IO2= 160-96=64cm
HO1 O1 A1 20


Tính R’: Vì HA1O1 : HB2O2 �
(1)
HO2 O2 B2 12
Mặt khác ta có HO1+HO2= O1O2=64 cm (2)
Từ (1) và (2) ta có HO1= 40 cm.
ON
OH
HA1O1 : HNO �

(3)
O1 A1 O1 H
Trong đó ON = R’; O1A1=R1=20cm;O1H=40 cm
OH= OO1- O1H=96 cm.

Thay vào (3) ta được R’=48cm
B(0,75)

Để trên màn vừa vặn không có bóng đen thì tâm của đĩa chắn phải ở vị trí

Hv 0,25

A1
A'2
O1

O'2

O2
O

B'2
B1

O2’ như hình:
Dựa vào các tam giác đồng dạng A1O1O và A2’O2’O ta tính được OO2’=
81,6 cm, do đó O1O2’=OO1-OO2’=54,4cm.
Vậy phải dịch chuyển đĩa chắn sáng lại gần O1 một đoạn:
O2O’2=O1O2 - O1O2’=9,6 cm

0,25
0,25


5

a)

b)

6

a) Đổi đơn vị: V1 90km / h 25m / s; V2 72km / h 20m / s.
Máy chỉ đo độ lớn vận tốc đối với máy (tức là vận tốc chuyển động tương
đối của xe trước và xe sau đối với xe cảnh sát) nên không biết rõ các xe này
chuyển động ra xa dần hay gần lại dần xe cảnh sát. Vì vậy, mỗi trường hợp
ta phải xét cả hai khả năng: ra xa và lại gần. Gọi V0 là vận tốc xe cảnh sát
đối với mặt đường.
* Xét chuyển động tương đối giữa xe cảnh sát và xe phía trước:
- Nếu 2 xe chuyển động ra xa nhau: V0 V1  v1 18m / s.
- Nếu 2 xe chuyển động lại gần nhau: V0 V1  v1 32m / s.
* Xét chuyển động tương đối giữa xe cảnh sát và xe phía sau:
- Nếu 2 xe chuyển động ra xa nhau: V0 V2  v2 32m / s.
- Nếu 2 xe chuyển động lại gần nhau: V0 V2  v2 8m / s.
Trong cả hai trường hợp thì V0 chỉ được phép nhận một giá trị. Vậy vận tốc
của xe cảnh sát chỉ có thể là V0 32m / s 115,2km / h.
b) Gọi P là trọng lượng của cốc. Khi cốc nổi trên mặt chất lỏng, lực đẩy
Acshimet tác dụng lên cốc là: FA 10 DSh , trong đó diện tích đáy cốc là:
V
S .
H
h
Khi cốc nổi lực này sẽ cân bằng với trọng lượng của cốc: P 10 DV .
H
Khi cốc chìm xuống đáy bình, lực mà đáy bình tác dụng lên đáy cốc bằng
hiệu của trọng lượng của cốc và lực đẩy Acshimet: F  P  FA .

Nhưng lực đẩy Acshimet là không đáng kể (vì cốc có thành và đáy rất mỏng,
phần chất lỏng bị chiếm chỗ cũng không đáng kể). Vậy khi đó lực mà cốc
tác dụng lên đáy bình bằng trọng lượng của nó:
h
P 10 DV .
H
-Giả sử nhiệt dung của khối kim loại là C, nhiệt dung của mỗi bình có dầu là
Cb. Gọi t0 là nhiệt độ ban đầu của dầu, nhiệt độ sau của bình thứ nhất, thứ
hai và thứ ba là t1, t2 và t3.
-Khi khối kim loại được mang từ bình thứ nhất sang bình thứ hai thì nó tỏa
một nhiệt lượng là C (t1  t 2 ) , bình thứ hai nhận nhiệt lượng Cb (t 2  t0 ) và
nhiệt lượng này phải bằng nhau:
C (t1  t 2 ) Cb (t 2  t0 )
(1)
-Tương tự, có thể viết phương trình truyền nhiệt khi mang khối kim loại từ
bình thứ hai sang bình thứ ba:
C (t 2  t3 ) Cb (t3  t0 )
(2)
0
-Ta nhận thấy: t1  t2 (t1  t0 )  (t2  t0 ) 20  5 15 ( C ).

0,5

0,5

0,25
0,25

0,25
0,25

7
a)

-Giả sử nhiệt độ trong bình thứ ba được tăng thêm một lượng
t t3  t0 .
Khi đó: t 2  t3 (t2  t0 )  (t3  t0 ) 5  t
(3)
Giải hệ (1), (2) và (3) ta nhận được:
t 1,250 C.
- Gọi q1 là nhiệt lượng tỏa ra của nước trong bình khi nó giảm nhiệt độ đi
10 C;
- Gọi q2 là nhiệt lượng thu vào của chai sữa khi nó tăng lên 10C.
Phương trình cân bằng nhiệt giữa bình với chai sữa thứ nhất là:
q1(t0 – t1) = q2 (t1 – tx)
(1)
- Phương trình cân bằng nhiệt giữa bình với chai sữa thứ 2 là:
q1 (t1 – t2) = q2 (t2 – tx)
(2)
- Chia (1) và (2) rồi thay số với t0 = 360C, t1 = 330C, t2 = 30,50C
ta được: tx = 180C

b)

q2 1
=
q1 5
q1.t 0 + q 2 .t x
q1

= tx +
.(t 0 - t x )
- Từ phương trình (1) suy ra: t1 =
q1 + q 2
q1 +q 2

- Thay tx = 180C vào (1) và (2) �

(3)

- Tương tự khi lấy chai thứ hai ra, do vai trò của t0 bây giờ là t1 ta có:
q1
t2 = tx +
.(t1 - t x )
(4).
q1 + q 2
2

� q �
- Thay (3) vào (4) => t 2 = t x + � 1 �.(t 0 - t x ) .
�q1 + q 2 �
n

� q �
- Tổng quát: Chai thứ n khi lấy ra nhiệt độ: t n = t x + � 1 �.(t 0 - t x )
�q1 + q 2 �

- Theo điều kiện: tn < 260C và

q2 1

=
q1 5

n
�
�
�5 �
��
t n = 18 + � �.(36 - 18) � 26 � n  5
�6 �
�
�
Vậy: đến chai thứ 5 thì khi lấy ra nhiệt độ của nước trong bình bắt đầu nhỏ
hơn 260C