Đáp án HSG Vật lí lớp 9 cấp huyện TP Hải Dương, tỉnh Hải Dương 2014-2015 vòng 1 - Học Toàn Tập

Khi đó chiều cao phần khối trụ ngập trong nước là h 2... Nối SIJO ta được tia cần vẽ..[r]

PHÒNG GD & ĐT TP HẢI DƯƠNG

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2014-2015

MÔN THI: VẬT LÝ (Hướng dẫn chấm gồm 05 câu, 05 trang)

TP

Tổng điểm

1

a

Gọi h1 là chiều cao của phần khối trụ chìm trong nước

Phân tích lực tác dụng lên khối trụ hoặc vẽ hình biểu diễn lực

Khối trụ nổi, lực đẩy Acsimet cân bằng với trọng lực tác dụng lên vật

FA = P

=> S3h1D0.10 = S3 h D.10

h1 =

0

900

1000

D

Chiều cao mực nước dâng lên ở mỗi nhánh là:

3 1

1,8( )

S h Vc

0,25

0,5

0,25

1,0

+ Đổ thêm dầu vào nhánh B sao cho toàn bộ khối trụ bị ngập trong

nước và dầu Khi đó chiều cao phần khối trụ ngập trong nước là h2

+ Lực đẩy Acsimet tổng cộng của nước và dầu (FA1; FA2) bằng trọng

lượng của khối trụ: FA1 + FA2= P

=> S3h2D0.10 + S3(h - h2)D1.10= S3h.D.10

=> h2(D0 - D1)= h(D - D1)

=> h2= 1

900 800

1000 800

D D

Khối lượng tối thiểu cần đổ thêm là:

m1= (h - h2)(S2 - S3)D1= 0,05.(30.10-4 - 10.10-4).800= 0,08kg= 80g

0,25

0,25

0,25

0,25

1,0

2

Gọi m, c là khối lượng và nhiệt dung riêng của nhiệt lượng kế (kg, J/kg)

m0, c0 là khối lượng và nhiệt dung riêng của 1 ca nước (kg, J/kg)

t0, t lần lượt là nhiệt độ ban đầu của nhiệt lượng kế và của nước

nóng.(0C)

+ Nếu đổ 1 ca nước nóng :

Nhiệt lượng mà nhiệt lượng kế thu vào khi tăng nhiệt độ thêm 50C

Q(thu1)= mct1= 5 mc

Nhiệt lượng mà nước toả ra để giảm nhiệt độ từ t0C (t0 + 5)0C

Q(toả1)= m0c0t = m c t (t  5)

1,5

h1

h

S2

S1

S3

Theo phương trình cân bằng nhiệt : Q(thu1)= Q(toả1)

 5mc= m c t (t0 0  05) (1)

+ Nếu đổ thêm 1 ca nước nóng nữa :

Nhiệt lượng mà nhiệt lượng kế và 1 ca nước ban đầu thu vào khi tăng

nhiệt độ thêm 30

C

Q(thu2)= (mc + m0c0)t2= 3 (m0c0 + mc)

Nhiệt lượng mà nước toả ra để giảm nhiệt độ từ t0C (t0+3+5)0C

Q(toả2)= m0c0t2= m c t (t0 0  08)

Theo phương trình cân bằng nhiệt : Q(thu2)= Q(toả2)

 3(m0c0 + mc)= m c t (t0 0  08) (2)

+ Nếu đổ thêm 3 ca nước nóng nữa:

Nhiệt lượng mà nhiệt lượng kế và 2 ca nước thu vào tăng nhiệt độ

thêm t0C

Q(thu3)= (2m0c0 + mc)t3= (2m0c0 + mc)t

Nhiệt lượng mà nước toả ra để giảm nhiệt độ từ t0C (t0+t+8)0C

Q(toả3)= 3m0c0t3=3m c t 0 0  (t0  t 8)

Theo phương trình cân bằng nhiệt: Q(thu3)= Q(toả3)

 (2m0c0+mc)t=3m c t 0 0  (t0  t 8) (3)

Chia các vế của (1) cho (2) ta có: t t C

t t

t

0 0

0

20 )

11 (

) 5 (

3









 Thay (tt0)  200C vào (1) ta được: mc = 3 m0c0

thay vào (3) ta được: 5m c0 0  t 3m c (120 0   t) 0

t 4,5 C

   Vậy nhiệt độ của nhiệt lượng kế sẽ tăng thêm 4,50C khi đổ tiếp 3 ca

nước nóng nữa vào nhiệt lượng kế

* (HS có thể sử dụng khái niệm nhiệt dung để giải bài toán trên)

0,25

0,25

0,25 0,25

0,5

3

a HS vẽ hình đúng :

Cách vẽ: Vẽ S1 đối xứng S qua gương M1 ; Vẽ O1 đối xứng O qua gương

M2 , nối S1O1 cắt gương M1 tại I , gương M2 tại J Nối SIJO ta được tia cần

vẽ

(HS có thể vẽ cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa)

0,5

0,25

1,5

b) S1AI ~  S1BJ



d a

a B S

A S BJ

AI





 1 1

 AI =

d a

a

 BJ (1)

Xét S1AI ~  S1HO1



d

a H S

A S HO

AI

2 1 1 1



d

a

2

Thay vào (1) ta được BJ =

d

h d a

2

).

( 

0,25

0,25

0,25

4

a

b

Khi K đóng và con chạy ở N thì toàn bộ thì toàn bộ biến trở MN bị nối tắt, khi

đó mạch gồm: (R2//Rđ) nt R1

Ampe kế đo cường độ dòng điện mạch chính nên: R m U 6

I

2

2 2

6

6

R

R R



Khi K mở

 R ntR d NC R ntR2 CM ntR 1

Gọi R MC x R; NC   6 x

2 2

12

(12 )6 (12 )6

dNC

dNC BC

dNC

R

1

2

3

2

2

(18 )

.

td

I





(1)

BC

dNC

9 126 146, 25 ( 4,5)

Max

Vậy khi RMC = 4,5  thì độ sáng của đèn tối nhất

0,25

0,25

0,5

0,5

0,25

0,25

2,5

+ Ta thấy 2

Mà 0  x 6 nên

d

 

Dấu bằng xảy ra khi x = 0 Vậy khi RMC = 0  thì đèn sáng mạnh nhất

0,25

0,25

5

1 Ta có : UM = Ux+Ur + UAB

80= I(x + r) + UV + U2

80= 48I + 24 + (I – 0,8)R2

80= 48I + 24 + 40(I – 0,8)

 I = 1(A)

Vậy hiệu điện thế của đoạn mạch AB là UAB = 32V nên RAB= 32 

.150

U = U + U = 0,2.40 + 0, 2.

150

V V

R

R 

V

120(R +150) = 150R

R = 600( )

a a

Ta có: U = 0,8(R + R ) => 32 = 0,8(30 + R )

R =10( )

2 Chuyển điện trở x mắc song song với mạch AB

a Ta có công suất tiêu thụ trên đoạn AB và x là :

2

,

,

80

MN

ABx ABx

AB x

AB x

U

R

r R

R



Để công suất tiêu thụ trên đoạn AB và x là lớn nhât thì :

2

,

,

AB x

AB x

r R

R

2

,

,

AB x

r

R

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: ,

,

AB x

AB x

r R

R

=> RAB,x = r

Vậy P(x,AB) lớn nhất xảy ra khi 32. 48 32

32

x

Suy ra: P(x,AB) lớn nhất bằng 100(W)

b Cường độ dòng điện trên điện trở x là: I =X 2560

(32 ) 32

x  r r

Công suất tiêu thụ trên điện trở x là:

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25 0,25

2,5 r

2560

P = I x =

32

x

Để công suất tiêu thụ trên x là lớn nhât thì

2 32

x

Theo bất đẳng thức CôSi ta có:

2 32

x

X



Suy ra Px lớn nhất bằng 25W

0,25

0,25 0,25

* Chú ý: Học sinh có thể làm cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa

- Hết -