Đề thi HSG Vật lý tỉnh Hải Dương 2001-2011

Cần kéo vật đi quãng đường nhỏ nhất là bao nhiêu để nhấc nó hoàn toàn ra khỏi nước trong bình?. Một học sinh lần lượt múc từng ca chất lỏng ở bình một trút vào bình hai và ghi lại nhiệt

sở giáo dục và Đào tạo

hải dương

-

kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 9 Thcs năm học 2010 - 2011

Môn ThI : vật lý Thời gian làm bài : 150 phút Ngày thi : 27 tháng 3 năm 2011

( Đề thi gồm 01 trang )

Câu 1 (2,0 điểm)

Một vật rắn hình lập phương không thấm nước, có cạnh a = 6cm

được thả chìm trong một bình nước hình trụ tiết diện S = 108cm2

(hình 1) Khi đó mực nước trong bình cao h = 22cm

a Tính lực tối thiểu để kéo vật lên theo phương thẳng đứng Biết

khối lượng riêng của vật là D = 1200kg/m3, khối lượng riêng của

nước là D0 = 1000kg/m3

b Cần kéo vật đi quãng đường nhỏ nhất là bao nhiêu để nhấc nó

hoàn toàn ra khỏi nước trong bình ?

c Tính công tối thiểu để kéo vật ra khỏi nước trong bình

Hình 1

Câu 2 (1,5 điểm)

Có hai bình cách nhiệt cùng đựng một chất lỏng nào đó Một học sinh lần lượt múc từng

ca chất lỏng ở bình một trút vào bình hai và ghi lại nhiệt độ bình hai khi cân bằng nhiệt sau mỗi lần trút, được kết quả là: 100C; 150C; 180C Tính nhiệt độ của chất lỏng ở bình một Coi nhiệt độ của mỗi ca chất lỏng múc từ bình một đổ vào bình hai là như nhau Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường xung quanh

Câu 3 (2,5 điểm)

Cho mạch điện thắp sáng như hình 2 Đèn Đ1 loại

12V- 6W, đèn Đ2 loại 6V- 6W, đèn Đ3 có công

suất định mức là 3W, điện trở R1 = 8 Biết các

đèn đều sáng bình thường Hãy xác định hiệu điện

thế định mức của đèn Đ3; giá trị của điện trở R2;

điện trở tương đương của mạch điện; hiệu suất

của mạch điện

Hình 2

Câu 4 (2,0 điểm)

Cho mạch điện như hình 3 Biết UAB = 80V,

R1 + R2 = 48 ; R3 = 30 ; R4 = 40; R5 = 150

Ampe kế chỉ 0,8A ; vôn kế chỉ 24V

a Tính điện trở RA của ampe kế và điện trở RV

của vôn kế

b Chuyển R1 mắc song song với R2, nối A với C

bằng dây dẫn Tính R1 và R2 để cường độ dòng

điện chạy trong mạch chính nhỏ nhất Tính giá trị

nhỏ nhất đó

Câu 5 (2,0 điểm) Hình 3

Đặt một vật sáng AB vuông góc với trục chính của một thấu kính hội tụ, A nằm trên trục chính, ta thu được ảnh A1B1 rõ nét trên màn cách thấu kính 15cm Sau đó giữ nguyên vị trí thấu kính, dịch chuyển vật dọc theo trục chính lại gần thấu kính một đoạn a, thì thấy phải dời màn ảnh đi một đoạn b = 5cm mới thu được ảnh rõ nét A2B2 trên màn Biết

A2B2 = 2 A1B1 Tính khoảng cách a và tiêu cự của thấu kính

- Hết -

Họ và tên thí sinh Số báo danh Chữ kí của giám thị 1 Chữ kí của giám thị 2

đề thi chính thức

M

R 2

R 1 N

Đ 1

Đ 3

Đ 2

B A

h

V A

R 3

R 4

R 5

N M

B A

D C

Biểu điểm và đáp án

đề thi chọn học sinh giỏi môn vật lý 9

năm học: 2010 – 2011

Câu 1

( 2,0đ )

a

Thể tích của vật là:

V = a3 = 0,063 = 0, 000216(m3) = 216(cm3)

Trọng lượng của vật là:

P = 10D.V = 10 1200 0,000216 = 2,592(N)

Lực đẩy Acsimet tác dụng lên vật là:

FA = 10 D0.V = 10 1000 0,000216 = 2,16(N)

Do P > FA nên để kéo vật đi lên theo phương

thẳng đứng thì cần tác dụng vào vật một lực tối thiểu là:

F = P - FA = 2,592 - 2,16 = 0,432(N)

b

Khi vật ra khỏi mặt nước thì chiều cao mực nước trong bình giảm đi là:

h = V 216 2(cm)

S 108  Vậy khi vật vừa được kéo ra khỏi mặt nước thì nó đã chuyển động được

quãng đường là:

S = h - h = 22 - 2 = 20(cm)

c

Khi vật còn ở trong nước thì lực tối thiểu để kéo vật đi lên theo phương

thẳng đứng không đổi, là F = 0,432N

Công để kéo vật đi lên khi vật vẫn còn chìm hoàn toàn trong nước là:

A1 = F.( h - a ) = 0,432.( 0,22 - 0,06 ) = 0,06912(J)

Từ lúc vật bắt đầu nhô lên khỏi mặt nước cho đến khi nó hoàn toàn ra

khỏi nước thì lực tác dụng kéo vật lên tăng dần từ F = 0,432N đến P =

2,592N Vậy lực kéo vật trung bình ở giai đoạn này là:

FTB = F P 0, 432 2,592 1,512(N)

Công kéo vật ở giai đoạn này là:

A2 = FTB.( a - h ) = 1,512.( 0,06 - 0,02 ) = 0,06048(J)

Vậy công tối thiểu của lực để nhấc vật ra khỏi nước trong bình là:

A = A1 + A2 = 0,06912 + 0,06048 = 0,1296(J)

0,25 0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25 0,25

Câu 2

( 1,5đ )

Theo đề bài thì sau khi trút mỗi ca chất lỏng từ bình 1 vào bình 2 thì

nhiệt độ bình 2 tăng dần Vậy trong tất cả các lần trút, các ca chất lỏng

đều tỏa nhiệt còn bình chất lỏng 2 thu nhiêt

Gọi q1 là nhiệt dung của mỗi ca chất lỏng múc từ bình 1 trút vào bình 2

và q2 là nhiệt dung của bình chất lỏng 2 sau lần trút thứ nhất

Khi trút ca chất lỏng thứ hai vào bình 2 ta có phương trình cân bằng

nhiệt:

q1( t1- 15 ) = q2( 15 - 10 )

(t 1 là nhiệt độ của mỗi ca chất lỏng múc từ bình 1 trút vào bình 2 và

cũng chính là nhiệt độ của chất lỏng ở bình 1)

=> q1( t1- 15 ) = 5q2

0,25

0,25

P

F A

Câu 2

( 1,5đ )

=> q2 = q (t1 1 15)

5

 ( 1 ) Khi trút ca chất lỏng thứ ba vào bình 2 ta có phương trình cân bằng

nhiệt:

q1( t1 - 18 ) = ( q2 + q1).( 18 - 15 )

=> q1( t1 - 18 ) = 3( q2 + q1 ) ( 2 )

Thay ( 1 ) vào ( 2 ) ta được:

q1( t1 - 18 ) = 3q1(t1 15

1 5



 ) 5( t1 - 18 ) = 3( t1 - 10 )

=> t1 = 300C Vậy nhiệt độ của chất lỏng ở bình một là 300C

0,25

0,25

0,25 0,25

Câu 3

( 2,5đ )

Câu 3

Do các bóng đèn sáng bình nên

cường độ dòng điện chạy qua

đèn Đ1 và đèn Đ2 lần lượt là:

1

1 1

2

2 2

Do I2 > I1 nên dòng điện I3 chạy qua đèn Đ3 có chiều từ N đến M và có

giá trị là: I3 = I2 - I1 = 1 - 1 1(A)

2 2 Hiệu điện thế định mức của đèn Đ3 là: U3 = 3

3

6(V) 1

I 2

Hiệu điện thế giữa hai đầu R1 là:

UR1 = UAN = UAM + UMN = U1 - U3 = 12 - 6 = 6(V)

Cường độ dòng điện qua R1 là: IR1 = R1

1

(A)

R  8 4 Cường độ dòng điện chạy qua R2 là: IR2 = IR1 - I3 = 3 1 1(A)

42 4 Hiệu điện thế giữa hai đầu R2 là:

UR2 = UNB = UNM + UMB = U3 + U2 = 6 + 6 = 12(V)

Giá trị của điện trở R2 là : R2 = R2

R2

48( ) 1

I

4

Hiệu điện thế giữa hai đầu A, B của mạch là:

UAB = U1 + U2 = 12 + 6 = 18(V)

Cường độ dòng điện chạy trong mạch chính là:

I = I1 + IR1 = 1 3 5(A)

24  4

Điện trở tương đương của mạch là:

RAB = UAB 18 72

14, 4( ) 5

4

Công suất tiêu thụ của toàn mạch điện là:

0,25

0,25 0,25

0,25 0,25

0,25

0,25

0,25

M

R 2

R 1

I R2

I 3

N

I 1 I 2

I R1

Đ 2

Đ 3

Đ 1

B A

( 2,5đ )

P = UAB.I = 18 5

4 = 22,5(W) Công suất có ích của mạch bằng tổng công suất tiêu thụ của các bóng

đèn: Pci = P1 + P2 + P3 = 6 + 6 + 3 = 15(W)

Hiệu suất của mạch điện là:

H = Pci 15

0,25

0,25

Câu 4

( 2,0đ )

a ( 1,0đ )

Ký hiệu cường độ dòng điện chạy

trong mạch như hình vẽ

Xét cường độ dòng điện tại nút C

ta có:

I = I4 + IA

A

I



A

I

=> UCD = 32(V)

Hiệu điện thế giữa hai đầu R3 là:

U3 = I3.R3 = IA.R3 = 0,8.30 = 24(V)

Hiệu điện thế giữa hai chốt của ampe kế là:

UA = UCD - U3 = 32 - 24 = 8(V)

Điện trở của ampe kế là:

RA = A

A

10( )

I  0,8  Hiệu điện thế giữa hai đầu điện trở R4 là:

U4 = UCD - UV = 32 - 24 = 8(V)

Cường độ dòng điện chạy qua R4 là:

I4 = 4

4

0,2(A)

R  40 Cường độ dòng điện chạy qua R5 là:

I5 = 5 V

0,16(A)

R  R 150  Cường độ dòng điện chạy qua vôn kế là:

IV = I4 - I5 = 0,2 - 0,16 = 0,04(A)

Điện trở của vôn kế là:

RV = V

V

600( )

I  0, 04  

b ( 1,0đ )

Khi chuyển điện trở R1 mắc nó song song với R2, còn A và C được nối

lại với nhau bằng dây dẫn, mạch điện gồm: RCD nt ( R1//R2 )

Điện trở tương đương của mạch là: RTĐ = RCD + R12

Để cường độ dòng điện chạy trong mạch chính nhỏ nhất thì điện trở

tương đương của mạch phải lớn nhất

Do RCD không đổi nên để RTĐ lớn nhất thì R12 phải đạt giá lớn nhất

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

V A

I A

R 3

R 4

R 5

I V

I 5

I 4 I

N M

B A

D C

Ta có: R12 = 1 2 1 1

R R R (48 R )





Ta nhận thấy mẫu số của (*) không đổi, còn tử số là tích của hai số

dương có tổng không đổi bằng 48

Vậy R12 có giá trị lớn nhất, tức là cường độ dòng điện chạy trong mạch

chính nhỏ nhất khi:

R1 = 48 - R1 ( Bất đẳng thức Cosi )

=> R1 = 24() Theo phần a, cường độ dòng điện chạy qua đoạn mạch CD lúc đầu là:

I = I4 + IA = 0,2 + 0,8 = 1(A)

Điện trở tương đương của đoạn mạch CD là:

CD

CD

Khi mắc R1 // R2, giá trị điện trở lớn nhất của mạch là:

RAB = RCD + R12 = 32 + 24 = 56()

Cường độ dòng điện nhỏ nhất chạy trong mạch chính là:

Imin = AB

AB

(A)

R 56  7

0,25

0,25

0,25

Câu 5

( 2,0đ )

Câu 5

( 2,0đ )

Lúc đầu trước khi dịch chuyển vật ( hình vẽ )

Do  AOB   A1OB1 nên ta có :

AB  OA  d  d ( 1 )

Do  OIF’   A1B1F’ nên ta có :

A B A F ' OA OF ' d ' f

Do OI = AB => A B1 1 d ' f1



 ( 2 )

Từ ( 1 ) và ( 2 ) ta được: 1 1

1

d ' d ' f





=> d ' f1 d d ' d f1 1  1 Chia cả hai vế cho d1.d1’.f ta được :

f  d d ' = 1

d 15 ( 3 ) Khi dịch chuyển vật lại gần thấu kính một đoạn a thì khoảng cách từ

vật tới thấu kính lúc này là: d2 = d1 - a

Khoảng cách từ ảnh tới thấu kính lúc này là:

d2’ = d1’ + b = 15 + 5 = 20(cm)

áp dụng các công thức (1) và (3) cho trường hợp sau khi dịch chuyển

vật ta được:

2 2 2

AB  d  d a ( 4 )

f  d  d ' d a 20 ( 5 )

Do A2B2 = 2A1B1 nên từ ( 1 ) và ( 4 ) ta được:

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

A 1 B

O I

B 1

A

d 1

d' 1 f

Màn

F

F'

=>

d a  d ( 6 )

Từ ( 3 ) và ( 5 ) ta được:

1

d 15= 1

d a 20 ( 7 ) Giải hệ phương trình ( 6 ),( 7 ) ta được: a = 10(cm) ; d1 = 30( cm )

Thay d1 = 30(cm) vào ( 3 ) ta được tiêu cự của thấu kính là f = 10 cm

0,25

0,25 0,25

* Chú ý: Trong các bài tập trên nếu học sinh có cách giải khác đáp án nhưng vẫn đảm

bảo chính xác về kiến thức và cho đáp số đúng