De Thi HSG Ca Mau 1516

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO CÀ MAU ĐỀ CHÍNH THỨC. (Đề thi gồm có 2 trang). ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2015-2016. Môn thi: Vật lý Ngày thi: 20 – 3 – 2016 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề). Bài 1: (4 điểm): Một người dự định đi xe đạp từ A đến B với vận tốc không đổi 12km/h. a) Nếu người đó tăng tốc lên thêm 3km/h thì đến sớm hơn 1 giờ. Tính quãng đường AB và thời gian dự định đi từ A đến B. b) Thực tế ban đầu người đó đi với vận tốc không đổi v1 = 12km/h được quãng đường s1 thì xe đạp bị hỏng phải sửa chữa mất 15 phút. Trong quãng đường còn lại, người đó đi với vận tốc không đổi v 2 15km/h thì đến sớm hơn dự định là 30 phít. Tính quãng đường s1. Giải s t 12 h a) Thời gian dự định ban đầu: s t1  15 h Thời gian thực tế đi hết đoạn đường: s s t  t1   1  s 60km 12 15 Do đến sớm hơn 1h nên: s 60 t   5h 13 12 thời gian dự định: b) Thời gian thực tế khi đi hết quãng đường: s 15 60  s1 s1  255 t2  1    h 12 60 15 60 30 h Do đến sơn hơn dự định 30 phút ( 60 ) nên: 30 60 s1  255 60 t  t2      s1 15km 60 12 60 12 Bài 2: (1 điểm): Cho các dụng cụ gồm: Bình chia độ, dầu hỏa, một số viên bi xe đạp ( n viên bi xác định) giống nhau cần xác định thể tích và bán kính. Nêu phương án thực hành xác định thể tích và bán kính của viên bi. Cho biết thể tích V của hình cầu và bán kính R của nó liên hệ với nhau theo công thức 4 V   R3 3 . Giải - Đầu tiên cho dầu hỏa vào bình chia độ và xác định thể tích V1. - Tiếp theo cho n viên bi vào và xác định thể tích V2 (lưu ý: V2 phải ngay vạch chia của bình chia độ).

<span class='text_page_counter'>(2)</span> V V V 2 1 n - Khi đó thể tích của mỗi viên bi được xác định: 4 3V 3 3(V2  V1 ) V   R3  R  3  3 4 4 .n - Bán kính của mỗi viên bi: Bài 3: (4 điểm): Một vật sáng AB đặt trước thấu kính hội tụ L (điểm A nằm trên trục chính, AB nghiêng với trục chính một 0 B góc  60 ). Biết OA = 40cm, AB = 8cm, OF =  600 20cm O F A a) Vẽ ảnh của vật AB qua thấu kính. b) Xác định độ lớn của ảnh A’B’. Giải. .. .. .. F’. a) - Từ B dựng tia tới BI song song trục chính cho tia ló đi qua F’. Tiếp tục từ B dựng tia tới đi qua quang tâm O tia ló truyền thẳng cắt tia IF’ tại B’. - Từ B dựng tới theo phương dọc theo chiều dài AB, thì tia ló gặp tia IF’ tại B’, cắt trục chính tại một điểm đó là ảnh A’ của A. - Dựng thêm điểm C và D như hình vẽ, bằng cách dựng ảnh ta cũng xác định được ảnh C’ và D’. Khi đó A’B’ là ảnh cần tìm của AB. b) Tính A’B’ = ? AC OA ' ' OAC ~ OAC  ' ' ' AC OA (1) Ta có : OI F 'O AC F 'O F OI ~ F AC  ' '  ' '  ' '  ' AC F A AC OA  OF' (2) '. '. '. '.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> OA F 'O  '  OA' 40cm ' ' Từ (1) (2) ta có : OA OA  OF AD cos    AD  AB.cos 8.cos600 4cm AB Trong ADB có : BD sin    BD  AB.sin  8.sin 600 4 3cm AB Suy ra : OD = OA – AD = 40 – 4 = 36cm DB OD ODB ~ OD ' B '  ' '  D B OD ' (3) Ta lại có : F 'O OI DB F 'O ' ' ' ' F OI ~ F D B  ' '  ' '  ' '  ' ' F D DB D B F D (4) ' OD FO 36 20    '  OD ' 45cm ' ' ' ' OD OD  20 Từ (3)(4) ta có : OD OD  OF ' ' ' ' Suy ra : A D OD  OA 45  40 5cm DB OD DB.OD ' 4 3.45 ' '  '  DB   5 3cm ' ' ' OD 36 Thế OD 45cm vào (3) ta có : D B OD ' ' 2 ' ' 2 ' ' 2 2 2 ' ' Mặt khác : ( A B ) ( A D )  ( D B ) 5  (5 3) 100  A B 10cm Bài 4 :(4 điểm): Cho một bình nhiệt lượng kế ban đầu chứa nước ở nhiệt độ t 0 = 200C. Người ta thả lần lượt vào bình này những quả cầu giống nhau đã được đốt nóng đến 200 0C. Sau khi thả quả cầu thứ nhất thì nhiệt độ của nước trong bình khi cân bằng nhiệt là t 1 = 800C. Biết nhiệt dung riêng của nước là 4200J/kg.K. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường và bình nhiệt lượng kế. Giả sử nước không bị tràn ra ngoài bình. a) Nếu thả tiếp quả cầu thứ hai, thứ ba thì nhiệt độ của nước trong bình khi cân bằng nhiệt là bao nhiêu ? b) Cần thả bao nhiêu quả cầu để nhiệt độ của nước trong bình khi cân bằng là 0 180 C ? Giải a. Gọi khối lượng và nhiệt dung riêng của nước và quả cầu lần lượt là : m1c1 và m2c2 Khi thả quả cầu thứ nhất : m1c1 (tcb1  t0 ) m2c2 (t2  tcb1 )  m1c1.60 m2c2 .120. Suy ra :  m1c1 2m2c2 (1) Khi thả tiếp quả cầu thứ hai: (m1c1  m2c2 )(tcb 2  t0 ) m2c2 (t2  tcb 2 ) (2) 0 Thế (1) vào (2) : 3m2c2 (tcb 2  80) m2c2 (200  tcb 2 )  tcb 2 110 C Nếu thả tiếp quả cầu thứ ba : (m1c1  2m2c2 )(tcb 3  tcb 2 ) m2c2 (t 2  tcb 3 ) (3) 0 Thế (1) vào (3) : 4m2c2 (tcb3  110) m2c2 (200  tcb3 )  tcb3 128 C b. Gọi số lượng quả cầu cần thả vào là n, khi nhiệt độ cân bằng đạt 1800C ta có : m1c1 (tcb  t0 ) n.m2c2 (t2  tcb )  2m2c2 .160 n.m2c2 .20  n 16.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Vậy cần thả liên tiếp 16 quả cầu để nhiệt độ cân bằng đạt 1800C Bài 5: (2 điểm): Cho mạch điện như hình vẽ. Đặt vào hai đầu A, B một hiệu điện thế U = 12V không đổi. Biết R1 5 , R2 1 , R3 3 , R là biến trở. x Điều chỉnh Rx sao cho công suất tiêu thụ trên Rx là cực đại. Tìm Rx và công suất cực đại trên Rx. Bỏ qua điện trở của các dây nối và sự phụ thuộc vào nhiệt độ của điện trở. Giải Sơ đồ mạch điện được mắc như sau : ((R1 nt R2) // R3) nt Rx R R1  R2 5  1 6 Điện trở tương đương cụm 1,2 : 1,2 R .R 6.3 R1,2,3  1,2 3  2 R1,2  R3 6  3 Điện trở tương đượng cụm 1,2,3 : R R1,2,3  Rx 2  Rx Điện trở tương đương toàn mạch : td U 12 I x I   Rtd 2  Rx Dòng điện qua R : x. 122 122 Px Rx .I Rx .  4 (2  Rx ) 2  4 Rx  4 R x Công suất của Rx : 4  4 Rx R x Công suất của R cực đại khi : ( ) 2 x. x. min. 4 4 .Rx 4  4 Rx 2 R R x Áp dụng bất đẳng thức cosi : x , biểu thức này đạt giá trị nhỏ 2 12 Pmax  18W 44 nhất là bằng 4. Khi đó : và biểu thức trên đạt giá trị nhỏ nhất khi : 4 Rx  Rx2 4  Rx 2 Rx Bài 6: (4 điểm):.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Cho mạch điện như hình vẽ. Biết R 1 =45  , R2 = 90  , R3 = 15  , R4 là biến trở. Hiệu điện thế UAB không đổi ; bỏ qua điện trở của ampe kế, khóa K và dây nối. a) Khi khóa K mở, điều chỉnh R 4 = 24  thì ampe kế chỉ 0,9A. Tính UAB. b) Điều chỉnh R4 đến một giá trị sao cho dù đóng hay mở khóa K thì số chỉ của ampe kế vẫn không đổi. Tính R4. c) Với giá trị R4 vừa tìm được ở câu b. Tìm số chỉ của ampe kế và cường độ dòng điện qua khóa K khi K đóng. Giải Khi khóa K mở : ((R1 nt R3) // R2) nt R4 R R1  R3 45  15 60 a. Điện trở tương đương cụm 1,3 : 1,3 U I .R 0,9.60 54V Hiệu điện thế cụm 1,3 : 1,3 1 1,3 R .R 60.90 R1,2,3  2 1,3  36 R2  R1,3 60  90 Điện trở tương đượng cụm 1,2,3 : R  R1,2,3 24  36 60 Điện trở tương đượng toàn mạch : Rtđ = 4 U U1,3 U 2 54V Hiệu điện thế cụm 1,2,3 : 1,2,3 U 54 I 2  2  0,6 A R2 90 Dòng điện qua R : 2. Dòng điện qua mạch chính : I = I4 = I1,3 + I2 = 0,9 + 0,6 =1,5A Hiệu điện thế toàn mạch : UAB = I. Rtđ = 1,5.60 = 90V b. Khi khóa K mở, mạch điện được vẽ lại như sau : ((R1 nt R3) // ) nt R4 R R1  R3 45  15 60 Điện trở tương đương cụm 1,3 : 1,3 R .R 60.90 R1,2,3  1,3 2  36 R1,3  R2 60  90 Điện trở tương đương cụm 1,2,3 : R R1,2,3  R4 Điện trở toàn mạch : td U 90 I1,2,3 I   Rtd 36  R4 Dòng điện qua mạch chính : 90.36 36  R Hiệu điện thế hai đầu cụm 1,3: U 90.36 54 I A1 I1,3  1,3  : 60  R1,3 36  R4 36  R4 Dòng điện qua ampe kế : (1) Khi khóa K đóng mạch điện vẽ lại như sau : ((R3 // R4) nt R2) // R1 U1,2,3 U1,3 U 2 I1,2,3 .R1,2,3 .

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Điện trở cụm 3,4 :. R3 .R4 15R4  R3  R4 15  R4. R3,4 . Điện trở cụm 2,3,4 :. R2,3,4 R2  R3,4 90  I 2,3,4 I 3,4 . Dòng điện qua cụm 2,3,4 : Hiệu điện thế hai đầu R4 :. 15 R4 105R4  90.15 15(7 R4  90)   15  R4 15  R4 15  R4. U 90 6(15  R4 )   R2,3,4 15(7 R4  90) / 15  R4 7 R4  90. U 4 U 3,4 I 3,4 .R3,4 . 6(15  R4 ) 15 R4 90 R4 .  7 R4  90 (15  R4 ) 7 R4  90. U 90 R4 / 7 R4  90 6 R4 I A 2 I 3  3   R3 15 7 R4  90 (2) Dòng điện qua ampe kế : Dòng qua ampe kế hai trường hợp như nhau nên ta có : IA1 = IA2  R 45 54 6 R4   R 2  27 R4  810 0   4 36  R4 7 R4  90  R4  18(loai ) Vậy điều chỉnh R4 = 45  thì dòng điện qua ampe kế trong hai trường hợp là như nhau. c. Xét trường hợp K đóng, mạch điện như sau : ((R3 // R4) nt R2) // R1 6 R4 6.45 2 I A 2 I 3    A 7 R4  90 7.45  90 3 Dòng điện qua ampe kế lúc này: Rtd  Điện trở toàn mạch :. R2,3,4 .R1 405   R2,3,4  R1 13 I. Dòng điện qua mạch chính : U4 . U 90 26   A Rtd 405 / 13 9. 90 R4 90.45  10V 7 R4  90 7.45  90. Hiệu điện thế hai đâì R4 : U 2 I4  4  A R4 9 Dòng điện qua R : 4. 26 2 8   A 9 9 3 Xét mạch gốc tại nút B : 2 8 A A Vậy khi R4 = 45  khi K đóng thì số chỉ ampe kế là 9 và dòng qua khóa K là 3 Bài 7: (1 điểm): Một nam châm hình chữa U được khép I I K  I 4  I K I  I 4 . kín bới thanh sắt 1. Cầm nam châm giơ lên cao, thanh sắt 1 vẫn không bị rơi. Nhưng nếu cho thanh sắt 2 chạm vào. Sắt 2.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> nam châm như hình vẽ thì thanh sắt 1 sẽ bị rơi xuống. Giải thích vì sao ? Giải Do sắt là vật liệu dẫn từ nên khi đưa lại gần nam châm như hình vẽ thì hai thanh sắt sẽ bị nhiễm từ và trở thành hai nam châm cùng dấu, do đó chúng đẩy nhau nên thanh sắt 1 bị rơi. (Nhưng trên thực tế thanh sắt 1 ở hai đầu cực nên khi bị nhiễm từ thì từ trường của nó mạnh hơn thanh sắt 2, mặt khác thanh sắt 1 nối tắt hai đầu thanh nam châm nên từ trường qua thanh sắt 2 cũng giảm đi. Do đó lực hút của thanh nam châm với thanh sắt 2 sẽ yếu hơn với thanh sắt 1, nên thanh sắt 2 sẽ rơi chứ không phải thanh sắt 1 rơi). --- HẾT ---.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>