Dap an de thi HSG mon vat li 9 nam 2012 tinh Thanh Hoa

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (179.15 KB, 7 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
 THANH HOÁ Năm học 2011 – 2012

Môn thi: Vật lý. Lớp 9. THCS

Ngày thi: 23 tháng 3 năm 2011

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề thi)
Đề thi này có 06 câu, gồm 01 trang.

Câu 1 (2 điểm)

Có 3 xe xuất phát từ A đi tới B trên cùng một đường thẳng. Xe 2 xuất phát muộn hơn xe 1
là 2h và xuất phát sớm hơn xe 3 là 30 phút. Sau một thời gian thì cả 3 xe cùng gặp nhau ở một
điểm C trên đường đi. Biết rằng xe 3 đến trước xe 1 là 1h. Hỏi xe 2 đến trước xe 1 bao lâu ? Biết
rằng vận tốc mỗi xe không đổi trên cả đường đi.

Câu 2 (4 điểm)

Một thanh cứng AB đồng chất, tiết diện đều, có khối lượng riêng D = 1,5g/cm3, có chiều
dài L = 21cm. Đặt thanh tì lên mép một chậu nước rộng và khơng đầy, sao cho đầu B trong chậu
thì thanh ngập 1/3 chiều dài trong nước. Biết khối lượng riêng của nước là D0 = 1g/cm3. Bỏ qua
lực đẩy Acsimet của khơng khí. Hãy xác định khoảng cách từ điểm tì O đến đầu A của thanh.

Câu 3 (4 điểm)

Hai bình nhiệt lượng kế hình trụ giống nhau cách nhiệt có cùng độ cao là 25cm, bình A
chứa nước ở nhiệt độ t0 = 500C, bình B chứa nước đá tạo thành do làm lạnh nước đã đổ vào bình
từ trước. Cột nước và nước đá chứa trong mỗi bình đều có độ cao là h = 10cm. Đổ tất cả nước ở
bình A vào bình B. Khi cân bằng nhiệt thì mực nước trong bình B giảm đi ∆h = 0,6cm so với khi
vừa đổ nước từ bình A vào. Cho khối lượng riêng của nước là D0 = 1g/cm3, của nước đá là D =

0,9g/cm3, nhiệt dung riêng của nước đá là C1 = 2,1 J/(g.độ), nhiệt dung riêng của nước là C2 = 4,2
J/(g.độ), nhiệt nóng chảy của nước đá là  = 335 J/g. Tìm nhiệt độ nước đá ban đầu ở bình B.

Câu 4 (4 điểm)

Trong sơ đồ mạch điện hình 1, Ampe kế A2 chỉ 2A,

các điện trở R1, R2, R3, R4 có trị số khác nhau và chỉ nhận 1 trong 4
giá trị là 1, 2, 3, 4. Xác định trị số các điện trở đó và số chỉ của
Ampe kế A1. Biết vôn kế V chỉ 10V và số chỉ Ampe kế A1 là số
ngun, vơn kế có điện trở rất lớn, các ampe kế có điện trở
khơng đáng kể.

Câu 5 (3 điểm)

Nếu đặt vào hai đầu cuộn sơ cấp của một máy biến thế lí tưởng (bỏ qua hao phí) một hiệu
điện thế xoay chiều xác định thì hiệu điện thế giữa hai đầu cuộn thứ cấp để hở là 100V. Ở cuộn
thứ cấp, nếu giảm bớt n vịng dây thì hiệu điện thế giữa hai đầu để hở của nó là U, nếu thăng thêm
n vịng dây thì hiệu điện thế giữa hai đầu để hở của nó là 2U. Tính hiệu điện thế giữa hai đầu cuộn
thứ cấp để hở khi nó tăng thêm 3n vịng dây.

Câu 6 (3 điểm)

Trên hình 2, ∆ là trục chính, F là tiêu điểm của một thấu kính hội tụ, S là điểm sáng, S’ là
ảnh thật của S qua thấu kính. Biết S và F nằm cùng phía so

với thấu kính. Bằng phương pháp hình học hãy xác định
vị trí quang tâm O của thấu kính đó.

Hết

---Giáo viên giải: Lê Bá Thành - Trường THCS Xuân Chinh, Thường Xuân
A

R1 R2

R3 R4

Hình 1

. .

S F

.

S’

Hình 2
ĐỀ CHÍNH THỨC

Số báo danh

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Q qn:

Bắc Lương, Thọ Xuân, Thanh Hoá

Điện thoại:

0945569468

Gmail:

Câu 1:

A C B

- Gọi v1 , v2, v3 lân lượt là vận tốc của xe 1, xe 2, xe 3

t là thời gian kể từ lúc xe 1 xuất phát đến lúc ba xe gặp nhau
S là độ dài quãng đường CB

- Tại thời điểm ba xe gặp nhau ta có phương trình
AC = v1.t = v2(t - 2) = v3( t – 2,5) (1)

- Vì xe 3 đến B trước xe 1 là 1h nên ta có phương trình

1 3
1 3 3 1

1 v v

s s

s

v  v   v  v (2)

- Thời gian xe 2 đến B trước xe 1 được xác định

1 2 1 2

1 1

s s

t s

v v v v

 

     

 



(3)
- Thay (2) vào (3) ta được

1 3 3 1 1 3 1

1 2 3 1 1 2 3 1 1 2 3 1 2

1 1 1 1

v v v v v v v

t s

v v v v v v v v v v v v v

       

            

  

       



(4)
Từ (1) ta có

1
1 2

2 2

. .( 2) v t 1

v t v t

v t t



     

(*)
và

1 3 1 3 3 3 1 3

3 1

. .( 2,5) . . 2,5 ( ) 2,5

2,5

v t

v t v t v t v t v v v t v

v v

         

 (**)

- Thay (*), (**) vào (4) ta được

2 2 2

1 1 . 0,8

2,5 2,5 2,5

t t

t

t t

 

      

 



(thoả mãn)
Vậy xe 2 đến B trước xe 1 là 0,8 giờ

Câu 2:

P
F

d1
d2

I
M

- Gọi S là tiết diện ngang của thanh AB, đặt OA = x

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

- Khi thanh đứng cân bằng các lực tác dụng lên thanh gồm trọng lực P va lục đẩy
ácsimét F được biểu diễn như hình vẽ

+ Trọng lực P có phương thẳng đứng hướng từ trên xuống, điểm đặt tại trung điểm I
của thanh AB và có độ lớn P = 10m = 10.D.S.L

+ Lực đẩy Acsimet F có phưong thẳng đứng hướng từ dưới lên trên, điểm đặt tại
trung điểm K của đoạn MB (M là giao điểm của thanh AB với mặt nứoc), độ lớn

được xác định F = d.V = 10.D0.S.3

L

- Ta có 2 2

AB L

OI   OA  x

2 6 6

BM L L

OK OB BK   L x  L x   x

- Dễ ràng có thể chứng minh được

1
2

5
6
2

L
x

d OK

L

d OI x



 


- Ta có phương trình cân bằng lưc

1
2

6 . .

2 6

L
x
d

P L L

P x F x

L

F d x



   

        

   



10. . . . 10. . . .

2 3 6

1 5 1 5

. . . 1,5. 1. .

2 3 6 2 3 6

4,5 5 4,5 5

4,5 4,5

2 6 2 6

(4,5.3 5). 8,5.21

3,5 8,5( )

6 6.3,5

L L L

D S L x D S x

L L L L

D x D x x x

L L L L

x x x x

L

x x tm

   

  

   

   

       

            

       

       



    

Vậy khoảng cách từ điểm tì O đến đầu A của thanh bằng 8,5cm.

Câu 3

- Gọi t là nhiệt độ ban đầu của nước đá ở bình.
S là tiết diện ngang của nhiệt lượng kế

- Khối lượng nước ở bình A ban đầu là mA = D0.S.h

Khối lượng nước đá ở bình B ban đầu là mB = D.S.h

- Vì khi có cân bằng nhiệt thì mực nước trong bình giảm đi ∆h = 0,6cm, chứng tỏ
nước đá đã nóng chảy. Gọi x là chiều cao của của cột nước đá đã nóng chảy, thì sau
khi nóng chảy nó tạo thành cột nước tưong ứng có chiều cao là x - ∆h.

Vì khối lượng nước đá tan chảy và khối lượng nước tạo thành tương ứng không đổi
nên ta có phương trình

x.S.D = (x - ∆h).S.D0 => 0,9x = (x – 0,6).1 => 0,1x = 0,6 => x = 6 cm

Vì x = 6cm < 10cm = h chứng tỏ nước đá chỉ nóng chảy một phần do đó nhiệt độ

cân bằng của hệ khi có cân bằng nhiệt là 00C

- Nhiệt lượng do mA (g) nước ở 500C toả ra để hạ nhiệt độ về 00C là

Q1 = mA.c2.∆t = D0.S.h.c2.(50 - 0) = 50.D0.S.h.c2

- Nhiệt lượng do mB (g) nước đá ở t0C thu vào để tăng nhiệt độ lên 00C là

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

- Nhiệt lượng do mC = D.x.S (g) nước đá ở thu vào để nóng chảy hoàn toàn là

Q3 = mC. = D.S.x. 

- Ta có phương trình cân bằng nhiệt Q1 = Q2 + Q3

50.D0.S.h.c2 = - D.S.h.c1.t + D.S.x. 

<=> 50.1.10.4,2 = - 0,9.10.2,1.t + 0,9.6.335
<=> 2100 = - 18,9t + 1809

<=> 18,9t = 1890 – 2100
<=> t = -15,40C (thoả mãn)

Vậy nhiệt độ nước đá ban đầu ơ bình B là -15,40C

Câu 4:

- Sơ đồ mạch điện tương đương

Mạch điện được mắc như sau (R1//R3)nt(R2//R4)

- Điện trở tương đương của đoạn mạch AB là

1 3 2 4
1 3 2 4

. .

AB

R R R R

R

R R R R

 

 

- Cường độ dịng điện mạch chính được xác định

1 3 2 4
1 3 2 4

. .

AB

U
I

R R R R

R

R R R R

 



  (1)

- Vì ampekế A1 có số chỉ là số nguyên nên I phải là số nguyên . Theo (1) ta có I là

số nguyên hi RAB là uớc nguyên dương của 10.

Suy ra RAB1; 2; 5; 10

- Vì só chỉ của ampekế A2 là 2A nên I > 2

+ Với RAB = 10 thì

1 2
10

I   

(loại)
+ Với RAB = 5 thì

10
2
5

I  

(loại)

Vậy RAB chỉ có thể bằng 1 hoặc 2

- Khơng mất tính tổng quát ta có thể cố định R1 = 1

Ta có bảng sau

R1 1 1 1

R3 2 3 4

R1.R3 2 3 4

R1 + R3 3 4 5

R2.R4 3.4 = 12 2.4 = 8 2.3 = 6

R2 + R4 3 + 4 = 7 2 + 4 = 6 2 + 3 = 5

1 3 2 4
1 3 2 4

. .

AB

R R R R

R

R R R R

 

 

2 12 50

2,38

3 7 21

AB

R     3 8 25 2, 08

4 6 12

AB

R     4 6 10 2

5 5 2

AB

R    

Kết luận Loại Loại Tho món

*** Lê Bá Thành Trờng THCS Xuân Chinh, Thờng Xuân, Thanh Hoá ***

C

.

D

B
A

R1 R2

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Vy RAB = 1 ; R3 = 4 ; RAB = 2 ;

R2 và R4 chỉ nhận 1 trong hai giá trị 2 và 3

- Mặt khác ta có

3 3

1 3 1 3

4 10

. . . 4( )

4 1 2

ØRAB

R R U

I I A

R R R R

   

  

4 4 4

2 4

2 4 2 4

. . . ( )

5 2

ØRAB

R R U R

I I R A

R R R R

   

 

 IA2 = IA2 I1 I2  4 R4 2



4 4

4 2 4 2 2( )

4 2 4 2 6( )

R R thoa n

R R loai

     




     



Suy ra R4 = 2 ; R2 = 3

- Vậy các cặp giá trị thoả mãn bài toán là

1
2
3
4
1
3
4
2
R
R
R
R
 


 


 

  

 hoặc

1
2
3

4
4
2
1
3
R
R
R
R
 


 


 

  

 hoặc

1
2
3
4
3
1
2
4
R

R
R
R
 


 


 

  

 hoặc

1
2
3
4
2
4
3
1
R
R
R
R
 



 


 

  

Câu 5

- Gọi U0 là hiệu điện thế đặt vào hai đầu cuộn sơ cấp

n1 ; n2 lầnlượt là số vòng dây của cuộn sơ cấp và cuộn thứ cấp.

- Vì khi đặt vào hai đầu cuộn sơ cấp hiệu điện thế U0 thì hiệu điện thế giữa hai đầu

cuộn thứ cấp để hở là 100V nên ta có

2
0 1

100 n

U n (1)

- Vì khi ở cuộn thứ cấp giảm bớt n vịng dây thì hiệu điện thế giữa hai đầu cuộn thứ
cấp để hở là U nên ta có

2
0 1
n n

U
U n


hay
2

0 1 1 0 1

100

n

U n n

U n  n U  n (2)

- Vì khi ở cuộn thứ cấp tăng thêm n vịng dây thì hiệu điện thế giữa hai đầu cuộn
thứ cấp để hở là 2U nên ta có

2
0 1

2U n n

U n




hay

0 1 1 0 1

2U n n 100 n

U n n U n (3)

- Vì khi ở cuộn thứ cấp tăng thêm 3n vòng dây thì hiệu điện thế giữa hai đầu cuộn

thứ cấp để hở là U1 được xác định

1 2 2

0 1 1 1

U n n n n

U n n n



  

(4)
- Cộng vế với vế của (2) và (3) ta được

0 0 0 0 0 0

2 100 100 3 200 200

3 200

U U U

U U

U U U U  U U    

- Từ (2) ta có 1 0 0 0 0 0

200
100

100 100 3 100

n U U

n U U U U U




    

(5)
- Thay (1) và (5) vào (4) ta được

1 1

0 0 0 0 0

100 100 200

3. 200( )

U U

U V

U U  U  U U  

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Câu 6

d
H

O
Q

S F S

M
I

- Giả sử ta xác định được vị trí quang tâm O như hình vẽ, khi đó ta có

SFH SOI

  (vì FH // OI) (1)

SF SH

SO SI

 

SOH  SS>I (vì OH // S>I) (2)

SH SO

SI SS

 

- Từ (1) và (2) suy ra

2 .

SF SO

SO SF SS

SO SS




  

(3)

Từ (3) ta có vì SF và SS> cố định, do đó bài tốn đã cho trở thành xác định điểm O

trên trục chính  sao cho SO2 SF SS.  (với SF, SS> là các độ dài cho trước)
- Do đó ta có cách xác định quang tâm O như sau:

+ Dựng đường trung trực d của đọan thẳng FS>

+ Trên đường thẳng d lấy điểm M bất kì, vẽ đường trịn tâm M bán kính MF

+ Vẽ đường trịn đường kính SM, đường trịn này cắt đường tròn (M, MF) tại Q và
P

+ Vẽ đường trịn tâm S bán kính SQ cắt SS> tại O chính là vị trí quang tâm O của

thấu kính cần xác định.

- Ta sẽ chứng minh điểm O vẽ được thoả mãn SO2 SF SS. 



Thật vậy:

Xét SQF và  SS>Q có

Góc S chung

  1 

( )

SQF SS Q sd FQ

 

Suy ra SQF   SS>Q (g.g)

2 .

SQ SF

SQ SF SS

SS SQ




   

hay SO2 SF SS. 

 (vì SQ = SO)

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7></div>

Dap an de thi HSG mon vat li 9 nam 2012 tinh Thanh Hoa

. .

.

<b>Q qn:</b>

<b> Bắc Lương, Thọ Xuân, Thanh Hoá</b>

<b>Điện thoại:</b>

<b> 0945569468</b>

<b>Gmail: </b>

<b></b>

<b>.</b>

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về