HSG ly vinh tuong vinh phuc co huong dan

Người ta thả vào bình một thanh đồng chất, tiết diện đều sao cho nó nổi trong nước thì mực nước dâng lên một đoạn h = 8cm.. Khi có cân bằng nhiệt mực nước trong bình dâng lên cao ∆h=0,3c

Phßng gd- §T §Ò thi chän häc sinh giái líp 8

vÜnh têng N¨m häc 2010- 2011

m«n: VËt lý

Thêi gian lµm bµi: 150 phót

Câu 1: An có việc cần ra bưu điện An có thể đi xe đạp với vận tốc 10 km/h hoặc cũng có thể chờ

12 phút thì sẽ có xe buýt đi qua trước cửa nhà và xe buýt cũng đi ra bưu điện với vận tốc 35 km/h

An nên chọn theo cách nào để đến nơi sớm hơn?

Câu 2: Trong bình hình trụ, tiết diện S chứa nước có chiều cao H = 15cm Người ta thả vào bình

một thanh đồng chất, tiết diện đều sao cho nó nổi trong nước thì mực nước dâng lên một đoạn h = 8cm

a Nếu nhấn chìm thanh hoàn toàn thì mực nước sẽ cao bao nhiêu? Biết khối lượng riêng của nước

và thanh lần lượt là D1 = 1g/cm3 ; D2 = 0,8g/cm3

b Tính công thực hiện khi nhấn chìm hoàn toàn thanh, biết thanh có chiều dài l = 20cm ; tiết diện S’ = 10cm2

Câu 3: Hai bình cách nhiệt hình trụ giống nhau, bình thứ nhất đựng nước ở nhiệt độ t1= 50C, bình thứ hai đựng nước đá, cùng tới độ cao h = 20 cm Người ta rót hết nước ở bình một vào bình hai Khi có cân bằng nhiệt mực nước trong bình dâng lên cao ∆h=0,3cm so với lúc vừa rót xong nước Xác định nhiệt độ ban đầu của nước đá Biết nhiệt dung riêng của nước và nước đá lần lượt là c1= 4200J/kg.K, c2 = 2100 J/kg.K, nhiệt nóng chảy của nước đá là 3,4.105J/kg, khối lượng riêng của nước là D1= 1000 kg/m3, của nước đá là D2= 900kg/m3

Câu 4: Một đĩa tròn tâm O1, bán kính R1=20cm, phát sáng, được đặt song song với một màn ảnh

và cách màn một khoảng d = 136cm Một đĩa tròn khác tâm O2, bán kính R2= 12cm, chắn sáng, cũng được đặt song song với màn và đường nối O1O2 vuông góc với màn

a Tìm vị trí đặt O2 để bóng đen trên màn có bán kính R=3cm Khi đó bán kính R’ của đường giới hạn ngoài cùng của vùng nửa tối trên màn bằng bao nhiêu?

b Từ vị trí của O2 xác định ở câu a, cần di chuyển đĩa chắn sáng như thế nào để trên màn vừa vặn không còn bóng đen?

Câu 5:

a) Anh cảnh sát giao thông ngồi trên một chiếc ôtô chạy trên một đường thẳng dùng máy đo để đo vận tốc của một chiếc ôtô chạy trước đó và một chiếc ôtô chạy sau đó, cả ba xe chạy cùng chiều Máy cho biết vận tốc của xe phía trước và xe phía sau tương ứng là v1=7m/s và v2=12m/s Biết vận tốc của các xe này đối với mặt đường lần lượt là V1=90km/h và V2=72km/h Máy đo cho biết độ lớn vận tốc của các vật chuyển động đối với máy Hãy xác định vận tốc của xe cảnh sát đối với mặt đường

b) Một cái cốc hình trụ thành và đáy rất mỏng có độ cao H và thể tích V khi thả nổi theo phương thẳng đứng trên mặt một chất lỏng có khối lượng riêng D chứa trong một thùng lớn thì đáy cốc ngập sâu vào chất lỏng một khoảng h Nếu cho cốc chìm hoàn toàn xuống đáy thùng (không khí không đọng lại trong cốc) thì lực mà đáy thùng tác dụng lên cốc là bao nhiêu?

Câu 6: Có ba cái bình cách nhiệt giống nhau chứa những lượng dầu như nhau ở cùng nhiệt độ trong

phòng Người ta thả vào bình thứ nhất một khối kim loại đã được nung nóng và chờ cho đến khi cân bằng nhiệt thì lấy khối kim loại ra và thả vào bình thứ hai Chờ cho bình thứ hai đạt tới trạng thái cân bằng nhiệt thì khối kim loại lại được lấy ra và thả vào bình thứ ba Dầu trong bình thứ ba sẽ được nâng lên bao nhiêu độ nếu dầu trong bình thứ hai tăng thêm 50C và dầu trong bình thứ nhất tăng thêm 200oC? Dầu không bị trào ra khỏi bình trong suốt quá trình trên

Câu 7:Có một số chai sữa hoàn toàn giống nhau, đều đang ở nhiệt độ tx Người ta thả từng chai lần lượt vào một bình cách nhiệt chứa nước, sau khi cân bằng nhiệt thì lấy ra rồi thả chai khác vào Nhiệt độ nước ban đầu trong bình là t0 = 360C, chai thứ nhất khi lấy ra có nhiệt độ t¬1 = 330C, chai thứ nhất khi lấy ra có nhiệt độ t1 = 330C, chai thứ hai khi lấy ra có nhiệt độ t2 = 30,50C Bỏ qua sự hao phí do tỏa nhiệt ra môi trường

a.Tìm nhiệt độ tx

b Đến chai thứ bao nhiêu thì khi lấy ra nhiệt độ nước trong bình bắt đầu nhỏ hơn 260C

PHÒNG GD VĨNH TƯỜNG HƯỚNG DẪN CHẤM THI HSG LỚP 8

MÔN VẬT LÍ

1 -Đổi 12phút = 1/5 h

-Gọi quãng đường từ nhà đến bưu điện là S(km), S>0

-Thời gian An đi xe đạp và thời gian tổng cộng An chờ và đi bằng xe buýt

tới bưu điện lần lượt là:

1

2

10 1

5 35

S t

S t



 

    � �

70

S

  �  �  đi theo 2 cách đều như nhau

 t 0�t1 t2�S 2,8(km) đi xe buýt sẽ đến sớm hơn.

 t 0�t1t2 �S2,8(km) đi bộ sẽ đến sớm hơn.

2 -Gọi tiết diện và chiều dài của thanh lần lượt là S’, l

-Khi thanh nổi cân bằng thì thanh chịu tác dụng của hai lực cân bằng là

trọng lực và lực đẩy Acsimet và thể tích phần thanh chìm chính bằng thể

tích nước dâng lên Ta có:

P=F1� 10D2 S’l =10D1(S-S’)h (1)

-Khi nhấn thanh chìm hoàn toàn thì thể tích nước dâng lên chính bằng thể

tích của thanh

S’l= (S-S’)h’ (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra 1

2

' D h

h D

 thay số: ' 1.8 10( )

0,8

Vậy mực nước cao là: H0= H+h’=15+10= 25 (cm)

b -Từ (1) và dữ kiện đầu bài ta có S=3S’= 30cm2

-Khi thanh chìm lực tác dụng vào thanh lúc này gồm : Trọng lượng P, lực

đẩy Acsimet F2 và lực tác dụng F Do thanh cân bằng nên :

F = F2 - P = 10.D1.S’l – 10.D2.S’.l

F = 10( D1 – D2).S’.l = 2.S’.l = 0,4 N

-Khi thanh đi vào nước thêm 1 đoạn x có thể tích V = x.S’ thì nước dâng

thêm một đoạn y:

2 ' 2 '

x S

V S S

V





 -Ta có phần chìm của thanh khi thanh cân bằng là:

-Phần thanh nổi là 20-16=4cm

-Vậy thanh đã di chuyển thêm một đoạn:x+ x x x cm

3

8 4

2

3

2     -Và do thanh chuyển động đều nên lực tác dụng tăng đều từ 0 đến

F = 0,4 N nên công thực hiện được:

J x

F

3

8 4 , 0 2

1 2







3 -Mực nước dâng lên chứng tỏ có một lượng nước bị đông đặc thành nước

đá

-Giả sử nước bị đông đặc thành nước đá hoàn toàn thì chiều cao là h1 Vì khối lượng nước ban đầu và khối lượng nước đá đông đặc là không đổi nên:

Ta có: m1=m2

 D1.S.h=D2.S.h1

 h1= D1Sh/D2S=22,2 (cm)

-Vậy mực nước dâng lên là 22,2-20=2,2 (cm) >0,3 (cm) nên nước không đông đặc hoàn toàn, trong hỗn hợp tồn tại cả nước và nước đá, nhiệt độ cân bằng của hệ là 00C

-Gọi x là chiều cao của lượng nước bị đông đặc, thì sau khi đông đặc nó có

chiều cao là: x+ h nhưng khối lượng không thay đổi:

 S.x.D1= S(x+h)D2

Ta có: 2

1 2

2,7( )

D h



 -Khối lượng của lượng nước bị đông đặc:

mx=D1.x.S = 1000.2,7.S 

-Do bình cách nhiệt,ta có phương trình cân bằng nhiệt sau: Qtỏa=Qthu

 c1S.h.D1(t1-0) + D1.S.x.3,4.10-5 = D2.S.h.c2.(0-t2)

 c1.h.D1(t1-0) + D1.x.3,4.10-5 = -D2.h.c2.t2

 t2 =

4 a)

(1,25)

-Do nguồn sáng lớn đặt trước vật chắn sáng nên sẽ tạo ra phía sau một vùng tối và một vùng nửa tối và trên màn ta thu được bóng đen và bóng nửa tối

R'

R O2

B

A O H

A2

O1

I

N

A1

B1

M

B2

OA=R: Bán kính của bóng đen

OM=R’: Bk của đường giới hạn ngoài cùng của vùng nửa tối ngoài cùng

trên màn

1 1

 :

Thay số IO=24cm và do đó: IO1 IO OO 1 160(cm)

2 2 2

2 2 1 1

1 1 1

A O I A O I

 :  �  Thay số IO2=96 cm

Vậy phải đặt O2 cách O1 một đoạn:

O1O2= IO1-IO2= 160-96=64cm

Tính R’: Vì 1 1 2 2 1 1 1

2 2 2

20 12

Mặt khác ta có HO1+HO2= O1O2=64 cm (2)

Từ (1) và (2) ta có HO1= 40 cm

1 1

1 1 1

Trong đó ON = R’; O1A1=R1=20cm;O1H=40 cm

OH= OO1- O1H=96 cm

Thay vào (3) ta được R’=48cm

B(0,75) Để trên màn vừa vặn không có bóng đen thì tâm của đĩa chắn phải ở vị trí

O2’ như hình:

O'2 O1

A1

B1

O A'2

B'2 O2

Dựa vào các tam giác đồng dạng A1O1O và A2’O2’O ta tính được OO2’=

81,6 cm, do đó O1O2’=OO1-OO2’=54,4cm

Vậy phải dịch chuyển đĩa chắn sáng lại gần O1 một đoạn:

O2O’2=O1O2 - O1O2’=9,6 cm

Hv 0,25

0,25 0,25

a) a) Đổi đơn vị: Máy chỉ đo độ lớn vận tốc đối với máy (tức là vận tốc chuyển động tương V1 90km/h25m/s; V2 72km/h20m/s.

đối của xe trước và xe sau đối với xe cảnh sát) nên không biết rõ các xe này

chuyển động ra xa dần hay gần lại dần xe cảnh sát Vì vậy, mỗi trường hợp

ta phải xét cả hai khả năng: ra xa và lại gần Gọi V0 là vận tốc xe cảnh sát

đối với mặt đường

* Xét chuyển động tương đối giữa xe cảnh sát và xe phía trước:

- Nếu 2 xe chuyển động ra xa nhau: V0 V1 v1 18m/s

- Nếu 2 xe chuyển động lại gần nhau: V0 V1v132m/s

0,5

0,5

* Xét chuyển động tương đối giữa xe cảnh sát và xe phía sau:

- Nếu 2 xe chuyển động ra xa nhau: V0 V2v2 32m/s

- Nếu 2 xe chuyển động lại gần nhau: V0 V2 v2 8m/s

Trong cả hai trường hợp thì V0 chỉ được phép nhận một giá trị Vậy vận tốc

của xe cảnh sát chỉ có thể là V0 32m/s115,2km/h

b) b) Gọi P là trọng lượng của cốc Khi cốc nổi trên mặt chất lỏng, lực đẩy

Acshimet tác dụng lên cốc là: F A 10DSh, trong đó diện tích đáy cốc là:

H

V

S 

Khi cốc nổi lực này sẽ cân bằng với trọng lượng của cốc: 10

H

h DV

P 

Khi cốc chìm xuống đáy bình, lực mà đáy bình tác dụng lên đáy cốc bằng

hiệu của trọng lượng của cốc và lực đẩy Acshimet: F P F A

Nhưng lực đẩy Acshimet là không đáng kể (vì cốc có thành và đáy rất mỏng,

phần chất lỏng bị chiếm chỗ cũng không đáng kể) Vậy khi đó lực mà cốc

tác dụng lên đáy bình bằng trọng lượng của nó:

10

H

h DV

P 

0,25 0,25

0,25

0,25

6 -Giả sử nhiệt dung của khối kim loại là C, nhiệt dung của mỗi bình có dầu là

C b Gọi t0 là nhiệt độ ban đầu của dầu, nhiệt độ sau của bình thứ nhất, thứ

hai và thứ ba là t1, t2 và t3

-Khi khối kim loại được mang từ bình thứ nhất sang bình thứ hai thì nó tỏa

một nhiệt lượng là C(t1 t2), bình thứ hai nhận nhiệt lượng C b(t2 t0) và

nhiệt lượng này phải bằng nhau:

C(t1 t2)C b(t2 t0) (1)

-Tương tự, có thể viết phương trình truyền nhiệt khi mang khối kim loại từ

bình thứ hai sang bình thứ ba:

C(t2 t3)C b(t3 t0) (2)

-Ta nhận thấy: ( ) ( ) 20 5 15(0 )

0 2 0 1 2

-Giả sử nhiệt độ trong bình thứ ba được tăng thêm một lượng

0

3 t t

t  

Khi đó:t2 t3 (t2 t0) (t3 t0)5 t (3)

Giải hệ (1), (2) và (3) ta nhận được:

25 ,

1 0C

t 



7

a)

- Gọi q1 là nhiệt lượng tỏa ra của nước trong bình khi nó giảm nhiệt độ đi

10 C;

- Gọi q2 là nhiệt lượng thu vào của chai sữa khi nó tăng lên 10C

Phương trình cân bằng nhiệt giữa bình với chai sữa thứ nhất là:

q1(t0 – t1) = q2 (t1 – tx) (1)

- Phương trình cân bằng nhiệt giữa bình với chai sữa thứ 2 là:

q1 (t1 – t2) = q2 (t2 – tx) (2)

- Chia (1) và (2) rồi thay số với t0 = 360C, t1 = 330C, t2 = 30,50C

ta được: tx = 180C

b)

- Thay tx = 180C vào (1) và (2) 2

1

=

q 5

�

- Từ phương trình (1) suy ra: 1 1 0 2 x x 1 0 x

q t + q t q

t = = t + (t - t )

- Tương tự khi lấy chai thứ hai ra, do vai trò của t0 bây giờ là t1 ta có:

2 x 1 1 x

1 2

q

t = t + (t - t )

- Thay (3) vào (4) =>

2 1

1 2

q

t = t + (t - t )

q + q

- Tổng quát: Chai thứ n khi lấy ra nhiệt độ:

n 1

1 2

q

t = t + (t - t )

q + q

- Theo điều kiện: tn < 260C và 2

1

=

q 5

n n

5

t = 18 + (36 - 18) 26 n 5

6

� �

Vậy: đến chai thứ 5 thì khi lấy ra nhiệt độ của nước trong bình bắt đầu nhỏ hơn 260C