De DA HSG tinh Thanh Hoa 20112012

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (121.67 KB, 6 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 không 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 vòng 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

---A
2
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>

Đáp án

GV giải : Nguyễn Đức Tính – THCS Hoằng Lưu - Hoằng Hố
Câu 1 (2 điểm)

Gọi vận tốc của xe 1, xe 2, xe 3 lần lượt là v1, v2 , v3
Gọi t là thời gian xe 1 đi từ A đến C

Thời gian xe 2 đi từ A đến C là t – 2
Thời gian xe 3 đi từ A đến C là t – 2,5
Khi ba xe gặp nhau tại C , ta c ó
v1.t = v2.(t - 2) = v3(t – 2,5) => t =

2 2 2,5 3

2 1 3 1

v v

v  v v  v =>

2 1 2 2

3 1 2,5 3

v v v




 (1)

Gọi t’ là thời gian xe 1 đi từ A đến B(t’ > t)

=> Thời gian xe 3 đi từ A đến B là t’ – 2,5 - 1 = t’ -3,5
Ta có : AB = v1.t’ = v3(t’ - 3,5) => t’ =

3,5 3

3 1

v
v  v

Gọi t’’ là thời gian xe 2 đi từ A đến B => AB = v2.t’’ = v1t’ => t’’=

1 3,5 1 3

. '

2 2( 3 1)

v v v

t

v v v v

 



=> t’ – t’’ =
3,5 3

3 1

v
v  v

-3,5 1 3

2( 3 1)

v v
v v  v =

3,5 3( 2 1)
2( 3 1)

v v v
v v v



 (2)
Thay (1) và (2) ta có : t’ – t’’ =

3,5 3 2 2 7

. 2, 4( )

2 2,5 3 2,5

v v

h

v v   = 2 giờ 24 phút

Vì xe 2 xuất phát muộn hơn xe 1 2 giờ, nên xe 2 đến trước xe 1 thời gian là 24 phút
Câu 2 (4 điểm)

Giải

P
Fa

Gọi S(cm2) là tiết diện của thanh

Gọi x (cm) là khoảng cách từ O đến A (Điều kiện :

0 10.5

2 2

L
x

   

)
Xét địn bẩy AB điểm tựa O. Ta có các lực tác dụng như hình vẽ

Trọng lực của thanh là P = DSL

Lực đẩy Acsimet tác dụng lên thanh là Fa = Do.S.3

L

( Vì 1/3 thanh ngập trong nước)
ta có : L(P) = 2

L
x



; L (Fa) =

6 6

L

L x   L x
Dòn bẩy AB nằm cân bằng nên : P.L(P) = Fa.L(Fa)
=> DSL( 2

L
x



) = Do.S. 3

L

(
5

6L x ) 
=>

2
2

2 2

5 9 5

9 5 (18 6 )

2 18 3 18 6

o o o

o o

o

D SL D SLx DL D L

DSL

DSLx DSL D SL x DSL D SL x

D D



        


Thay số D = 1,5 , Do = 1 , L = 21, ta có

x =

9.1,5.21 5.1.21 178,5

8,5( )

18.1,5 6.1 21 cm



 

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

Câu 3 (4 điểm)

Giải

Gọi S(cm2) là tiết diện của mỗi bình

t0C là nhiệt độ ban đầu của nước đá

Mực nước trong bình B giảm đi tức là nước đá đã tan ra thành nước
Gọi độ cao cột nước đá tan ra thành nước là h1

Suy ra độ cao của phần nước do nước đá tan ra là h1 – h

Ta có : D.S.h1 = D0.S.(h1 – h)=> Dh1 = D0(h1 – h)=> h1 =

0
0

. 1.0, 6

6( )
1 0,9

D h

cm

D D



 

 

Vì h1 < h ( 6 < 10) Nên chỉ một phần nước đá tan ra thành nước, như vậy trong bình B

gồm nước và nước đá. Nên nhiệt độ khi cân bằng là 00C.

Nhiệt lượng do nước toả ra khi hạ nhiệt độ từ t0 xuống 00 là
Q(toả) = C2.m2.(t0 – 0) = C2.m2.t0 = C2.D0Sh.t0

Nhiệt lượng ra nước đá thu vào để tăng nhiệt độ từ t0C đến 00C là
Q1(thu) = C1.m1(0 – t) = -C1.m1.t = - C1.D.S.h.t

Nhiệt lượng do nước đá thu vào để tan ra thành nước là
Q2(thu) = .m’ = .DSh1

ta có phương trình cân bằng nhiệt : Q(toả) = Q1(thu) + Q2(thu)
=> C2.D0Sh.t0 = - C1.D.S.h.t + .DSh1

=> C2.D0h.t0 = - C1.D.h.t + h1

0
1 2 0 0

. . . 335.0,6 4, 2.1.10.50 201 2100

100,5

. . 2,1.0,9.10 18,9

h C D h t

t C

C D h

   

   

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.

Giải
I2
I1

R4
R3

R2
R1

V
A1

Gọi R là điện trở tương đương của đoạn mạch
Ta có :

U
I

R R

 

Vì I là số chỉ ampekế A1 => I nguyên => R nguyên
Ta có :

1 3 2 4
1 3 2 4

R R R R
R

R R R R

 

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

Do các cặp điện trở (R1 ; R3) và (R2 ; R4) có vai trị như nhau trong cơng thức và R1, R2, R3,
R4 có trị số khác nhau và chỉ nhận 1 trong 4 giá trị là 1, 2, 3, 4. Nên ta có các trường hợp
sau

TH 1 : (1; 2) và (3 ; 4) =>

1 3 2 4
1 3 2 4

1.2 3.4 2 12 14 36 50

1 2 3 4 3 7 21 21

R R R R
R

R R R R



       

    (Loại)

TH2 : (1 ; 3) và (2, 4) =>

1 3 2 4
1 3 2 4

1.3 2.4 3 4 9 16 25

1 3 2 4 4 3 12 12

R R R R
R

R R R R



       

    (Loại)

TH3 : (1; 4) và ( 2; 3) =>

1 3 2 4
1 3 2 4

1.4 2.3 4 6 10

1 4 2 3 5 5 5

R R R R
R

R R R R

       

    (thoả mãn)

Khi đó :

10
5( )
2
U
I A
R
  

Xét trường hợp 1 : R1 = 1 ; R3 = 4; R2 = 3 ; R4 = 2

13 13 1

4 4

. 5. 4( ) 4( )

5 1

U

U I R V I A

R

      

;

24 24 2

6 6

. 5. 6( ) 2( )

5 3

U

U I R V I A

R

      

Khi đó Ampekế A2 chi I1 – I2 = 4 – 2 = 2(A) thoả mãn điều kiện bài toán

Xét trường hợp 2 : R1 = 1 ; R3 = 4; R2 = 2 ; R4 = 3

13 1 13 1

4 4

. 5. 4( ) 4( )

5 1

U

U I R V I A

R

      

;

24 24 2

6 6

. 5. 6( ) 3( )

5 2

U

U I R V I A

R

      

Khi đó Ampekế A2 chi I1 – I2 = 4 – 3 = 1(A) Không thoả mãn điều kiện bài toán (Loại)

Xét trường hợp 3 : R1 = 4 ; R3 = 1; R2 = 3 ; R4 = 2

13 13 1

4 4

. 5. 4( ) 1( )

5 4

U

U I R V I A

R

      

;

24 24 2

6 6

. 5. 6( ) 2( )

5 3

U

U I R V I A

R

      

Khi đó Ampekế A2 chi I2 – I1 = 2 – 1 = 1(A) Không thoả mãn điều kiện bài toán (Loại)

Xét trường hợp 4 : R1 = 4 ; R3 = 1; R2 = 2 ; R4 = 3

13 1 13 1

4 4

. 5. 4( ) 1( )

5 4

U

U I R V I A

R

      

;

24 24 2

6 6

. 5. 6( ) 3( )

5 2

U

U I R V I A

R

      

Khi đó Ampekế A2 chi I2 – I1 = 3 – 1 = 2(A) thoả mãn điều kiện bài tốn

Kết Luận : Có hai trường hợp

Trường hợp 1 : R1 = 1 ; R3 = 4; R2 = 3 ; R4 = 2
Trường hợp 2 : R1 = 4 ; R3 = 1; R2 = 2 ; R4 = 3
Câu 5 (3 điểm)

Giải

Gọi U1, n1 là hiệu điện thế và số vòng dây của cuộc sơ cấp ban đầu

Gọi U1’, n1’ là hiệu điện thế và số vòng dây của cuộc thứ cấp ban đầu (U1’ = 100V)

Ta có :

1 1

1
1 1 1

' 100 100

' '

U U

k n

n n n k

    

Khi bớt n vịng ở cuộc thứ cấp ta có
1

1
1 1

100

( ' ) ( ) 100

U U

k k n n U k n U kn U

n n n k

          

 (1)

Khi tăng n vòng ở cuộc thứ cấp ta có
1

1
1 1

2 100

( ' ) 2 ( ) 2 100 2

U U

k k n n U k n U kn U

n n n k

          

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

Từ (1) và (2) ta có hệ

200

100 3

2 100 100

U
U kn

U kn

kn





 

 



 

 

  




Gọi U1’’ là hiệu điện thế của cuộc thứ cấp Khi tăng 3n vịng ở cuộc thứ cấp
Ta có :

1 1

1 1 1 1

1 1

' 100 100

( ' 3 ) ' ( 3 ) ' ' 100 3 100 3. 200( )

' 3 3

U U

k k n n U k n U U kn V

n n n k

             



Vậy hiệu điện thế giữa hai đầu cuộc thứ cấp để hở khi nó tăng thêm 3n vịng dây là 200V
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.

Giải

H
K

C1
F1

B
A

F S'

Giả sử ta đã xác định được vị trí của quang tâm O (hình vẽ). Lấy A là một điểm sao cho
ASSS’, ta xác định ảnh của A là B (như hình vẽ)

Ta có : SFA đồng dạng với OFH =>

SA SF
OH FO (1)

Ta có : SOA đồng dạng với S’OB => ' ' '

SA SO SA SO

S B OS OH OS (Vì S’B = OH) (2)