DA HSG THUA THIEN HUE VONG 2007

Ký hiệu u là vận tốc của thuyền so với nước, v là vân tốc của nước so với bờ.. Vậy nhiệt lượng truyền qua giữa chúng tỉ lệ với hiệu nhiệt độ với cùng một hệ số tỉ lệ là k... 3đ 2 1 0

UBND TỈNH THỪA THIÊN HUẾ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2006 - 2007

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ (03 trang)

m

1

3đ

C A B

- Ký hiệu A là vị trí của cầu, C là vị trí thuyền quay trở lại và B là vị

trí thuyền gặp can nhựa Ký hiệu u là vận tốc của thuyền so với nước,

v là vân tốc của nước so với bờ Thời gian thuyền đi từ C đến B là:

CB CA AB ( ).1 6

CB

t

- Thời gian tính từ khi rơi can nhựa đến khi gặp lại can nhựa là:

6 t AC t CB 1 (u v).1 6



- Rút gọn phương trình trên ta có: 2.v 6  v 3 (km/h)

0,25 0,25

1,0

1,0 0,5

2

3đ

- Kí hiệu độ cao của cột dầu và cột nước trong trường hợp đầu là h d0 và

0

n

h ; trong trường hợp sau là h d và h n; khối lượng riêng của dầu và nước

là D d và D n; tiết diện của nhánh là S; tiết diện ống nằm ngang là S1

Điều kiện cân bằng của mỗi trường hợp là:

10D h d d0  10D h n n0 và 10D h d d  10D h n n 10D l d

- Từ đó ta có: D h d( d  h d0 ) D l D h d  n( n0  h n) (1)

- Độ dịch chuyển x của mặt phân cách dầu và nước trong ống nằm

ngang được xác định từ tính chất không chịu nén của chất lỏng:

S h  h S h  h S x;

- Từ đó suy ra: 0 0 1

S

S

    (2)

- Thay các giá trị vào (1) và (2) ta có: D d.S1 x D l D d n S1 x

 1 2,3

d

D l x

S

S

0,25

0,5 0,25

0,5 0,5 0,5 0,5

3

3đ

- Diện tích tiếp xúc của từng cặp chất lỏng trong bài toán là như nhau

Vậy nhiệt lượng truyền qua giữa chúng tỉ lệ với hiệu nhiệt độ với cùng

một hệ số tỉ lệ là k

- Nước toả nhiệt sang cà phê và sữa lần lượt là:

Q12 k t( 1  t2 ) và Q13 k t( 1  t3 )

- Cà phê toả nhiệt sang sữa là: Q23 k t( 2  t3 )

- Ta có các phương trình cân bằng nhiệt:

+ Đối với nước: Q12 Q13 k t( 1  t2  t1 t3 ) 2  mc t 1; + Đối với cà phê: Q12  Q23 k t( 1  t2  t2 t3 ) mc t 2 ; + Đối với sữa: Q13 Q23 k t( 1  t3 t2  t3 ) mc t 3;

- Từ các phương trình trên ta tìm được:

0

1 3 2

1 2 3

2

2

1 2 3

2

2

0,25

0,5 0,25

0,5 0,5 0,5

0,5

4đ

- Ta có U  Ir + I 1R V  U I r I R  1 V = 14(V)  1

r

Mà I  I1 I2 

r

2

V V

V

R R R

R R







 16R V2 165 R r V  42R2  0 (*) ;

thay

15

R

r  vào pt (*) ta có:

16R V2  11RR V  42R2  0 (**)

 R V  2R (loại nghiệm âm)

Xét đoạn AV2B, ta có: 2

R

2

2

V V

U

3

V AB

U

U  (1)

- Mặt khác:

V

AB

R R R

U







1

3 7

U U U  (2) ; với U V1  14( )V

- Từ (1) và (2) ta có: U AB  6(V) và U  V2 4 (V)

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

1,0

0,5

5

4đ

A

B

A

B

B

B

O F

F ' I

I

1

1

2

2

- Gọi h là chiều cao của AB, f là tiêu cự cả thấu kinh

5.









- Mà OA OA1  2  72(cm)  OA1  12(cm OA), 2  60(cm)

1 1

1 1



2 2

2 2

- Từ (1) và (2) ta có: f  20(cm) và h 2(cm)

1,0

1,0

0,5

0,5 0,5

0,5

R

R R

V

V

U r

1

2

1 2

I

I I

A

B C

3đ

2

1

0

0

Trước hết ta nhận xét: bình thường khi hai đèn mắc song song vào

nguồn thì hai đèn sáng bình thường và khi hai đèn mắc nối tiếp vào

nguồn thì sáng kém bình thường Vậy, ta phải mắc:

- Một cái chuyển mạch bảo đảm yêu cầu: ở vị trí này thì hai đèn mắc

song song và ở vị trí kia hai đèn mắc nối tiếp

- Cái chuyển mạch thứ hai phải bảo đảm yêu cầu: ở vị trí này thì mạch

hở, ở vị trí kia thì mạch kín

- Mạch được thiết kế như hình vẽ; mạch đang ở vị trí hai đèn cùng sáng

yếu HS tự tìm vị trí các khoá tương ứng với 3 trường hợp còn lại

2,0

0,5

0,25

0,25