VONG LOAI CAP TINH VAT LI DE SO 220142015

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TĨNH GIA ĐỀ THI CHÍNH THỨC Số báo danh. KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH. Năm học 2014 – 2015 Môn thi: Vật lý – Bài số 2 Ngày thi: 10/02/2015 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề thi) Đề thi này có 06 câu, gồm 01 trang.. Câu 1 (4.0 điểm) Một bình thông nhau với hai nhánh có đường kính d1=10cm và d2=20cm chứa nước. Xác định sự thay đổi của mực nước ở hai nhánh khi thả một miếng gỗ có khối lượng m = 500g vào trong bình thông nhau nói trên. Biết khối lượng riêng của nước D n = 1000kg/m3 . Câu 2 (4.0 điểm). Hai dây dẫn có cùng bản chất, cùng chiều dài và đường kính tương ứng d1, d2 (d1=2d2) được mắc nối tiếp nhau vào một nguồn điện có hiệu điện thế U không đổi. Biết rằng: Nhiệt lượng tỏa ra môi trường xung quang của các dây dẫn tỉ lệ thuận với diện tích bề mặt của chúng và hiệu nhiệt độ của các dây dẫn với nhiệt độ t 0 của môi trường xung quanh (t0=200C). Nhiệt độ của dây dẫn thứ nhất t1=600C. a/ Xác định nhiệt độ của dây dẫn thứ hai. b/ Nếu hai dây dẫn trên mắc song song với nhau vào một nguồn điện có hiệu điện thế U’ không đổi khác sao cho nhiệt độ tỏa ra ở dây dẫn thứ nhất vẫn bằng 60 0C thì nhiệt Chiều chuyển động độ của dây dẫn thứ hai bằng bao nhiêu? A B Câu 3 (2.0 điểm). M N Một khung dây dẫn hình vuông không biến dạng MNPQ chuyển động thẳng đều trong mặt phẳng trang giấy. Khung chuyển động qua vùng ABCD có từ trường đều như Q P C D hình 1. Xác định chiều dòng điện chạy trong khung (nếu có). (Hình 1) Giải thích. Câu 4 (3.0 điểm). Cho mạch điện như hình 2. Các điện trở R có trị số bằng R R R nhau, các vôn kế giống nhau. Vôn kế V1 chỉ U1= 45,1V; vôn kế V2 + chỉ U2=33V. Hỏi vôn kế V 3 chỉ U3 bằng bao nhiêu? V1 V2 V3 U Câu 5 (4.0 điểm).  Một nguồn sáng điểm S đặt trên trục chính của một thấu kính hội tụ, cách thấu kính một khoảng d. Biết thấu kính có tiêu (H×nh 2) cự f = 20 cm và đường kính rìa D=6cm. Một màn ảnh M đặt vuông góc với trục chính của thấu kính và cách điểm sáng một khoảng L = 50 cm sao cho thấu kính nằm giữa điểm sáng và màn. a/ Chứng minh:. 1 1 1 = + . Với d = 45 cm, tìm đường kính của vệt sáng trên f d d'. màn. b/ Giữ điểm sáng S và màn cố định, di chuyển thấu kính theo phương trùng với trục chính của nó trong khoảng giữa điểm sáng S và màn. Tìm d để đường kính của vệt sáng trên màn là nhỏ nhất và xác định giá trị nhỏ nhất đó. Câu 6 (3.0 điểm). Hãy tìm cách xác định khối lượng riêng của thủy ngân. Cho dụng cụ gồm: + Lọ thủy tinh rỗng đủ lớn. + Nước có khối lượng riêng D + Cân đồng hồ có độ chính xác cao, có giới hạn đo và độ chia nhỏ nhất phù hợp..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Câu. Nội dung hướng dẫn. Điểm. Giả sử lượng nước trong bình có thể tích V, S1 và S2 lần lượt là tiết diện của mỗi nhánh, mực nước ở hai bên bình thông nhau là ngang nhau, có độ cao h: V = h .S1 + h .S2 (1) Khi thả miếng gỗ có khối lượng m vào một nhánh, gỗ sẽ nổi trên mặt nước và làm dịch chuyển khối nước có thể tích V'. Vì bình thông nhau nên mực nước ở hai nhánh trở lại ngang nhau và có độ cao là h' , ta có: V + V' = h' .S1 + h' .S2 (2) Từ (1) và (2) ta suy ra: h (S1 + S2) + V' = h' (S1 + S2) (3). 0.5. 0.5 0.5. Độ cao thay đổi một đoạn: h h '  h . V' S1  S 2. 0.5 (4). Mặt khác, khi miếng gỗ nổi, trọng lượng của nó bằng lực đẩy Acsimet : 10.m 10.V '.Dn  V '  d  S1   1   2. 2. m Dn. d  ; S 2   2   2. 0.5 (5). 2. và tiết diện: Kết hợp (4) , (5) và (6) ta được, độ cao thay đổi :. (6). m Dn. 0.5. 4m  2 2  2 (d1  d 22 )  (d1  d 2 ) Dn 4 4.0,5 h h '  h  0, 01273m 1, 27 cm 2  (0,1  0, 22 ).1000 h h '  h . 0.5. 0.5. Câu 2 1. Hai dây dẫn mắc nối tiếp: 4.0 điểm * Xét dây dẫn thứ nhất:. Nhiệt lượng tỏa ra của dây dẫn thứ nhất khi có dòng điện chạy qua: 2. Q1=R1I t = => Q1 =. ρ. l 2 l I t= ρ 2 I 2 t S1 πd 1 4. 0.5. 4 ρl 2 I t 2 πd 1. Nhiệt lượng mất mát do tỏa ra môi trường xung quanh của dây dẫn thứ nhất là: Q2=k(t1-t0)Sxq1 (k là hệ số tỉ lệ) Với Sxq1= 2 πd 1 l => Q2 = 2 πd 1 l k(t1-t0) Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có: 2 πd 1 l k(t1-t0) = => t1 – t0 =. 2 ρI 2 t kπ 2 d 31. 4 ρl 2 I t 2 πd 1. 4 ρl 2 I t ; πd 22. 0.5. (1). * Xét dây dẫn thứ hai: Tương tự ta có nhiệt lượng tỏa ra của dây dẫn này khi có dòng điện I chạy qua và nhiệt lượng mất mát do tỏa ra môi trường xung quanh của nó là: Q3 =. 0.5. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Q4 = 2 πd 2 l k(t2 - t0) Theo định luật bảo toàn ta có: 2 πd 2 l k(t2 - t0) =. 4 ρl 2 I t πd 22. => t2 – t0 =. 2 ρI 2 t kπ 2 d 32. 0.5. (2) Từ (1) và (2) suy ra:. t 2 − t 0 d1 3 2 d2 3 = = =8 . t 1 − t 0 d2 d2. ( ) ( ). 0.5. 0. => t2 = t0 + 8(t1 - t0) = 20 + 8(60 – 20) = 340 C 2. Hai dây dẫn mắc song song Tương tự ta có nhiệt lượng tỏa ra của các dây dẫn khi có dòng điện chạy qua và nhiệt lượng mất do tỏa ra môi trường xung quanh là: '2. '. '2. 2. '2 '2 ' U ' U t U S1t U d1 ' t= = = t ; R1 l ρl 4 ρl ρ S1 Q’2 = 2 πd 1 l k(t’1 - t0) U ' 2 d 22 ' ' Q 3= t ; 4 ρl Q’4 = 2 πd 2 l k(t’2 - t0). Q'1=P'1 t ' =. 0.5. Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có: 2 πd 1 l k(t’1 - t0) = 2 πd 2 l k(t’2 - t0) = '2. =>. t − t0 '1. =. d 2 d2 1 = = d1 2 d2 2. t − t0 1 t =20+ (60 − 20) 2 ' 2. U ' 2 d 21 ' t 4 ρl U '2 d 22 ' t 4 ρl. => t’1 – t0 =. 2. U ' d1 t ' 8 kρl 2 U ' d2t ' 2. => t’2 – t0 =. 0.5. 8 kρl 2. 1 ' ' => t2 =t0 + 2 (t 1 −t 0). = 400C. Khi khung dây dẫn MNPQ chưa lọt hẳn vào vùng từ trường: MQ ở ngoài vùng từ trường, còn NP ở trong vùng từ trường. Khi đó trong khung dây dẫn xuất hiện hiện dòng điện cảm ứng. Vì số đường sức từ xuyên qua tiết diện của khung dây dẫn tăng dần. Áp dụng quy tắc bàn tay trái ta xác định được dòng điện trong khung dây dẫn có Câu 3 chiều từ N đến P (NPQM). 2.0 điểm Khi khung dây dẫn MNPQ chưa ra khỏi vùng từ trường: MQ ở trong vùng từ trường, còn NP ở ngoài vùng từ trường. Khi đó trong khung dây dẫn xuất hiện hiện dòng điện cảm ứng. Vì số đường sức từ xuyên qua tiết diện của khung dây dẫn giảm dần. Áp dụng quy tắc bàn tay trái ta xác định được dòng điện trong khung dây dẫn có chiều từ M đến Q (MQPN). R. Ta có: UAC = UAB - UCD = 45,1 – 33 = 12,1V + U . Câu 4 3.0 điểm. Điện trở của đoạn mạch CD:. A R C V 1. V 2. B. D. 0.5 0.5 0.5. 0.5. R. V 3. 0.5. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> RV ( R  RV ) RCD = 2 RV  R U AC RAC 12,1 R    R ( R  RV ) U CD R CD 33 V 2 RV  R Ta có:. => 11 Ta có:. 0.5. 6R 11 (loại) RV 5R 33 RV  R 5R  R = 27,5V.. RV2  49 RRV  30 R 2 0  RV 5R, RV'  U3 Rv = U CD Rv + R. => U3 = UCD. Câu 5 a/ 4.0 điểm. I. .. .. S. F. L. O. 1.0 0.5. . F1 ., . , F. S. E Xét 2 tam giác đồng dạng ΔSIO và ΔOF1F’ ta có: M (1) O Δ S’F F’ taI có: Xét hai tam giác đồngS dạng ΔOIS’ và 1 (2) Từ (1) và (2) ta có: ↔ dd’ – df = d’f ↔ N <=> F Với d = 45 cm. Áp dụng công thức của thấu kính ta tìm được: d’ = = = 36 cm. d’ d. 0.5 S’. 0,5. 0,5. Xét hai tam giác đồng dạng Δ EFS’ và Δ MNS’ ta có: = = → D’ ≈ 5,16 cm b/ Sử dụng công thức = Thay d’ = ta được: 20 d d+ − 50 D' d − 20 = =¿ D 20 d d − 20. =. d −50+ 20. 1000 d. 0,5. 0,5 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Áp dụng bất đẳng thức Côsi: d + Ta được: ≥. 1000 d. 2 √ 1000. 2 √ 1000− 50 20. => D’min = 3.97 cm. Dấu bằng xảy ra khi d = √ 1000 31.6 cm - Dùng cân xác định khối lượng của lọ rỗng : m - Đổ nước đầy lọ rồi xác định khối lượng của lọ nước : m1 => Khối lượng nước : mn = m1 – m m m m m  V   1 D D Câu 6 - Dung tích của lọ : D = V. 3.0 điểm - Đổ hết nước ra, rồi đổ thủy ngân vào đầy lọ, xác định khối lượng của lọ. thủy ngân : m2 => Khối lượng thủy ngân: mHg = m2 – m. 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5. - Dung tích của lọ không đổi nên khối lượng riêng của thủy ngân là: mHg. DHg = V. . m2  m D m1  m. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>