Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 cấp huyện năm học 2012 2013 môn thi: Vật lý10633

Phòng Giáo dục đào tạo Cẩm Khê- T Phú thä §Ị thi chän häc sinh giái líp cÊp huyện năm học 2012- 2013 Môn thi: Vật lý Thời gian làm bài: 150 phút không kể thời gian giao ®Ò Mà ĐỀ 04 Bài (4,0 điểm): Mét xe máy xe đạp chuyển động đường tròn với vận tốc không đổi Xe máy vòng hết 10 phút, xe đạp vòng hết 50 phút Hỏi xe đạp vòng gặp xe máy lần HÃy tính trường hợp a xe khởi hành điểm đường tròn chiều b xe khởi hành điểm đường tròn ngược chiều Bi (3,0 im): Có hai bình cách nhiệt, bình chứa 10kg nước nhiệt độ 600C Bình chứa 2kg nước nhiệt độ 200C Người ta rót lượng nước bình sang bình 2, có cân nhiệt lại rót lượng nước cũ từ bình sang bình Khi nhiệt độ bình 580C a Tính khối lượng nước đà rót nhiệt độ bình thứ hai b Tiếp tục làm nhiều lần, tìm nhiệt độ bình Bi (4,0 im): Trong phòng khoảng cách hai tường L chiều cao tường H có treo gương phẳng tường Một người đứng cách gương khoảng d để nhìn gương Độ cao nhỏ gương để người nhìn thấy tương sau lưng Bi (4,0 điểm): Cho mạch điện (nh­ h×nh vẽ) cã: A R1 = R2 = R3 = 40  , R4 = 30  , ampe kế 0,5A _ + U A B a.Tìm cng dòng in qua in trở, qua mạch chÝnh C R3 b TÝnh U R1 c Gi nguyên v trí in tr, hoán v ampe kế nguồn điện U, th× ampe kế bao nhiêu? Trong bi toán ny, ampe k lí tng R4 R2 Bi (5,0 im): Cho mạch điện hình vẽ: Biết R1 = , bóng đèn §: 6V - 3W, R2 lµ mét biÕn trë HiƯu điện UMN = 10 V (không đổi) a Xác định R2 để đèn sáng bình thường D M R1 N b Xác định R2 để công suất tiêu thụ R2 cực đại Tìm giá trị R2 (Người coi thi giải thích thêm) ThuVienDeThi.com h­íng dÉn chÊm thi h.s.g m«n vËt lý - líp huyện cẩm khê năm học 2012 - 2013 Bi (4,0 điểm): Néi dung Gäi vËn tèc cña xe đạp v vận tốc xe máy 5v Gäi t lµ thêi gian tÝnh tõ lóc khëi hành đến lúc xe gặp (0 < t 50); gọi C chu vi đường tròn a Khi xe chiều Quảng đường xe máy được: S1 = 5v.t Quảng đường xe đạp được: S2 = v.t Ta có: S1 = S2 + n.C Với C = 50v; n lần gỈp thø n, n  N* 50n n 1 Thang ®iĨm 0,5 1,0  5v.t = v.t + 50v.n  5t = t + 50n  4t = 50n  t = V× < t  50  < 50n  50  <  n = 1, 2, 3, VËy xe gặp lần b Khi xe ®i ng­ỵc chiỊu Ta cã: S1 + S2 = m.C (m lần gặp thứ m, m N*) 5v.t + v.t = m.50v  5t + t = 50m  6t = 50m  t = V× < t 0<  50  < 50 m 50 m  50 m   m = 1, 2, 3, 4, 5, 6 1,0 1,0 0,5 Vậy xe gặp lần Bài (3,0 điểm): Néi dung a) Gäi khèi l­ỵng nước rót m(kg); nhiệt độ bình t2 ta có: Nhiệt lượng thu vào bình là: Q1 = 4200.2(t2 20) Nhiệt lượng toả m kg n­íc rãt sang b×nh 2: Q2 = 4200.m(60 t2) Do Q1 = Q2, ta có phương trình: 4200.2(t2 – 20) = 4200.m(60 – t2) => 2t2 – 40 = m (60 – t2) (1) ë b×nh nhiệt lượng toả để hạ nhiệt độ: Q3 = 4200(10 - m)(60 – 58) = 4200.2(10 - m) NhiÖt lượng thu vào m kg nước từ bình rãt sang lµ; Q4 = 4200.m(58 – t2) Do Q3 = Q4, ta có phương trình: 4200.2(10 - m) = 4200.m (58 – t2) => 2(10 - m) = m(58 – t2) (2) Thang ®iĨm 0,5 0,5 0,5 0,5 Tõ (1) (2) ta lập hệ phương trình: 2t  40  m(60  t )  2(10  m)  m(58  t ) Gi¶i hệ phương trình tìm t2 = 300 C; m = kg b) Nếu đổ lại nhiều lần nhiệt độ cuối bình gần nhiệt độ hỗn hợp đổ bình vào gọi nhiệt độ cuối t ta cã: Qto¶ = 10 4200(60 – t) Qthu = 2.4200(t – 20); Qto¶ = Qthu => 5(60 – t) = t – 20 => t  53,30C 0,5 0,5 Bài (4,0 điểm): Néi dung ThuVienDeThi.com Thang ®iĨm B' A B I N d H M 1,0 K C' C D L Dựng BC ảnh BC qua gương Để người quan sát nhìn thấy tường sau gương mắt phải đồng thời nhìn thấy ảnh B C Muốn mắt M phải đón nhận tia phản xạ từ gương tia tới xuất phát từ B C Gọi I, K giao điểm BM CM với AD Do chiều cao nhỏ gương đoạn IK NK NM d   KD DC' L NI NM d NMI ฀ AB'I(g  g)    IA AB' L Ta cã NKM ฀ DKC' (g  g)  (1) 1,0 0,5 0,5 (2) Tõ (1) vµ (2) , ¸p dơng tÝnh chÊt d·y tû sè b»ng ta được: NK NI NK NI d IK d IK d dH         IK  KD IA KD  IA L KD  IA L AD L  d Ld dH VËy chiỊu cao nhá nhÊt cđa g­¬ng: IK  Ld 1,0 Bài (4,0 điểm): Néi dung Thang ®iĨm a Tính cường độ dịng điện : 0,5 Do R1 = R2 mắc // với nên I1 = I2 R123 = R1.R  R3 R1  R = (1) 40  40 = 60  ;  I4 = I123 = I12 = 2.( I1 + I2 ) (2) Số ampe kế : IA = I2 + I4 = 0,5 A (3) Từ (1) (2) (3) ta có: I1 = 0,1 A I2 = 0,1 A ITĐ = 0,6 A b Hiệu điện : U = I4 R4 = 0,4 30 = 12 V c Hốn đổi vị trí ampe kế nguồn U : Ta có : IA = I3 + I4 I4 =  0,5 R4 = 30  0,5 I3= 0,2 A I4= 0,4 A 1,0 0,5 U 12   0,4 A R 30 1,0 I3 = 0,1 A IA = 0,5 A Bài (5,0 điểm): Néi dung ThuVienDeThi.com Thang ®iĨm 0,25đ 0,25đ D R1 M A N B R2 Sơ đồ mạch: R1 nt (R® // R2) Tõ CT: P = U2 Rd  R® = U2 P = 62 = 12(  )  I® = P U = 0,5 = 0,5 (A) a Để đèn sáng bình thường Uđ = 6v, Iđ = 0,5(A) Vì Rđ // R2  RAB = 12.R ; UAB = U® = 6v 12  R 0,5  UMA = UMN – UAN = 10 – = 4v Vì R1 nt (Rđ // R2) 2.12.R 12  R R MA R AN U MA U AN = =  3RMA = 2RAN 12.R 12  R  1,0 = 3.4  2.R2 = 12 + R2  R2 = 12 Vì Rđ // R2 R2đ = b = Vậy để đèn sáng bình thường R2 = 12   Rt® = + 12R 12  R = 48  16R 12  R U MN 10(12  R ) = R td 48  16R 10(12  R ) 120R Vì R nt R2đ IR = I2® = I =  U2® = I.R2® = 48  16R 48  16R 0,5 ¸p dụng định luật Ôm: I = U2 U22 áp dụng công thức: P= P2 = R R2 Chia vÕ cho R2  P2 = (120.R ) = (48  16R ) R = 0,5 1202.R (48  16R ) 1202 0,5 482  162 R  2.48.16 R2  482  §Ĩ P2 max    162 R 2.48.16 đạt giá trị nhỏ R2   482    162.R  đạt giá trị nhỏ R2 0,5 áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: 482 R2 + 162.R2 Đạt khi: 482 R2 482 16 R R2 = 162.R2  R22 = = 2.48.16 482 162 1202  P2 Max = =4,6875 (W) 4.48.16 0,5 = 32  R2 =  0,5 Vậy R2 = công suất tiêu thụ R2 đạt giá trị cực đại Ht ThuVienDeThi.com ...h­íng dÉn chÊm thi h.s.g m«n vËt lý - líp huyện cẩm khê năm học 2012 - 2013 Bi (4,0 điểm): Néi dung Gäi vËn tèc cña xe đạp v vận tốc xe máy... 20); Qto¶ = Qthu => 5(60 – t) = t – 20 => t  53,30C 0,5 0,5 Bài (4,0 điểm): Néi dung ThuVienDeThi.com Thang ®iĨm B' A B I N d H M 1,0 K C' C D L Dựng BC ảnh BC qua gương Để người quan sát nhìn... I4= 0,4 A 1,0 0,5 U 12   0,4 A R 30 1,0 I3 = 0,1 A IA = 0,5 A Bài (5,0 điểm): Néi dung ThuVienDeThi.com Thang ®iĨm 0,25đ 0,25đ D R1 M A N B R2 Sơ đồ mạch: R1 nt (R® // R2) Tõ CT: P = U2 Rd  R®