SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi: VẬT LÍ Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 02 trang) Bài 1 (4 điểm) Một chiếc nến cốc gồm một chiếc cốc hình trụ có thành mỏng, đáy dày và diện tích đáy cốc là S 1 = 25cm 2 , trong cốc có gắn một chiếc nến (làm bằng chất parafin) vào đáy cốc, trọng lượng của nến và cốc lần lượt là P 0 = 0,5N và P 1 . Một học sinh đặt chiếc nến cốc vào một bình hình trụ đứng có diện tích đáy S 2 = 2S 1 , đáy bình nằm ngang rồi rót nước vào bình cho tới khi cốc nổi trên mặt nước với phần cốc ngập trong nước là h 1 = 4cm thì mực nước trong bình là h 2 = 8cm. Sau đó bắt đầu đốt nến và theo dõi mức nước trong bình. Biết khi cháy thì chất parafin cháy sẽ bị bay hơi đi mà không chảy xuống đáy cốc và trọng lượng của nến giảm đều theo thời gian cho đến hết trong thời gian T = 50 phút. Bỏ qua mọi tác động gây bởi sự thay đổi nhiệt độ khi nến cháy; cốc luôn thẳng đứng. Cho trọng lượng riêng của nước là d n = 10 4 N/m 3 . 1. Xác định trọng lượng của cốc và mực nước trong bình khi nến đã cháy hết? 2. Xác định sự phụ thuộc của áp suất nước lên đáy bình theo thời gian và tốc độ di chuyển của chiếc cốc so với bình khi nến đang cháy? Bài 2 (4 điểm) Trong một bình nhiệt lượng kế có một lượng nước với thể tích V 1 ở nhiệt độ t 1 = 10 0 C. Người ta đổ thêm một thể tích nước V 2 ở nhiệt độ t 2 = 40 o C vào bình. Biết thể tích của nước thay đổi theo nhiệt độ theo quy luật V t = V 0 (1+αt), với V 0 và V t lần lượt là thể tích nước ở nhiệt độ 0 o C và t o C, α là một hệ số không đổi. Khi cân bằng nhiệt, nước trong bình nhiệt lượng kế có thể tích V, khối lượng m và nhiệt độ là t =20 0 C. 1. Giả thiết có thể bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường và với bình nhiệt lượng kế. Khi đó hãy so sánh tổng (V 1 + V 2 ) và V. Tính tỉ số khối lượng nước trong bình nhiệt lượng kế ban đầu (m 1 ) và khối lượng nước đổ thêm (m 2 )? 2. Thực tế thì không thể bỏ qua được mất mát nhiệt. Trong bình nhiệt lượng kế có một thiết bị đun có điện trở R = 242Ω không thay đổi theo nhiệt độ. Khi nối với nguồn điện ổn định 220V và theo dõi sự thay đổi nhiệt độ của nước trong bình theo thời gian thì được đồ thị như trong hình vẽ. Biết m = 0,2kg và không thay đổi. Giải thích tại sao nước trong bình không thể sôi được? Tính công suất hao phí trung bình trong thời gian nước tăng nhiệt độ và công suất tỏa nhiệt ra môi trường khi nhiệt độ nước đã ổn định, nếu coi công suất cung cấp cho nước là có ích. Nhiệt dung riêng của nước: c = 4200J/kg.độ. Bài 3 (4 điểm) Để cung cấp điện cho một nhà thi đấu thể thao, người ta sử dụng một máy biến thế để biến đổi hiệu điện thế từ mạng điện cao thế thành hiệu điện thế 220V cho nhà thi đấu. Đường dây tải điện nối từ trạm biến thế tới nhà thi đấu ở cách xa 0,8km gồm 2 dây dẫn có điện trở suất ρ = 2,5.10 -8 Ωm, tiết diện mỗi dây 80mm 2 . Hiệu điện thế ở hai đầu cuộn sơ cấp là 1,1kV và được giữ không thay đổi, cuộn thứ cấp có 223 vòng dây. Bỏ qua mọi hao phí trên máy biến thế và điện trở các dây nối trong nhà thi đấu. 1. Trong nhà thi đấu chỉ có 22 đèn loại 220V-60W được mắc song song và sáng bình thường. Hãy tính: Công suất hao phí trên đường dây, hiệu suất truyền tải điện từ máy biến thế đến nhà thi đấu và số vòng dây cuộn sơ cấp của máy biến thế? Độ sáng của các đèn thay đổi thế nào nếu mắc thêm một bếp điện song song với các đèn? 2. Để thực hiện tiết kiệm điện, người ta sử dụng các bóng đèn compact và mắc song song với nhau. Các bóng đèn là loại 220V – 11W và 220V – 22W. Hỏi có thể mắc được bao nhiêu đèn mỗi loại để các đèn sáng bình thường? Bài 4 (4 điểm) 1 20 80 155 0, 0 T (phút) t ( o C) h 1 h 2 A A A A A E F Đ C B M Cho mạch điện như hình vẽ. Biết: U EF = 14V; đèn Đ ghi 3V – 3W; C là con chạy của biến trở AB. Khi R AC = 3Ω thì đèn sáng bình thường. Bỏ qua điện trở dây nối và ampe kế. 1. Tính điện trở toàn phần R AB của biến trở AB? 2. Nếu con chạy dịch chuyển đến vị trí C’ mà R AC’ = 6Ω thì đèn phải chịu một hiệu điện thế bằng bao nhiêu? Độ sáng của đèn khi đó sáng hơn hay tối hơn mức bình thường? 3. Thay đèn bằng điện trở R = 3Ω. Xác định vị trí của C để số chỉ của ampe kế cực đại? Bài 5 (4 điểm) Một điểm sáng S ở cách màn ảnh một khoảng L. Trong khoảng giữa S và màn đặt một thấu kính O 1 sao cho trục chính của thấu kính đi qua S và vuông góc với màn ảnh. Thấu kính có rìa hình tròn. 1. Khi L = 100cm, xê dịch thấu kính trong khoảng giữa S và màn ta chỉ tìm được một vị trí của thấu kính mà tại đó có ảnh rõ nét của S trên màn. Xác định vị trí của thấu kính khi đó và tính tiêu cự f của thấu kính? 2. Khi L = 81cm, xê dịch thấu kính trong khoảng vật – màn thì vết sáng trên màn không bao giờ thu lại một điểm, nhưng khi thấu kính cách màn một khoảng b thì vết sáng trên màn có bán kính nhỏ nhất. Xác định b? (Học sinh không áp dụng trực tiếp công thức thấu kính) 2 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN VẬT LÍ (Gồm 5 trang) Bài - ý Nội dung bài Chi tiết Bài 1. B 1.1. 2,0 đ Khi cốc nổi, mực nước là h 1 , lực đẩy Acsimet F A thỏa mãn: 0 1A F P P = + Mặt khác: 1 1 1 1 0 1 . . . . A n n F h S d h S d P P = ⇒ = + 2 4 4 1 1 1 0 . . 4.10 .25.10 .10 0,5 0,5( ) n P h S d P N − − ⇒ = − = − = + Lượng nước trong bình có thể tích là V 0 . Ta có: 3 0 2 2 1 1 . 300( )V h S h S cm = − = + Khi nến đã cháy hết, gọi h 3 là chiều cao mực nước trong bình thì: 3 2 0 . C h S V V = + với V C là thể tích nước bị cốc chiếm chỗ khi nến đã cháy hết. Ta có: 3 1 1 . 50( ) C n C n P V d P V cm d = ⇒ = = 0 3 2 300 50 7( ) 50 C V V h cm S + + ⇒ = = = 0,25 0,5 0,25 0,25 0,75 B 1.2. 2,0 đ * Có thể xác định áp suất tác dụng lên đáy bình thông qua xác định mực nước trong bình h. + Do nến cháy đều nên trọng lượng của nến sau mỗi đơn vị thời gian (phút - ph) giảm đi một lượng là: 0 0,5 0,01(N/ph) 50 P N P T ph ∆ = = = + Tại thời điểm t (tính theo phút) kể từ thời điểm bắt đầu đốt nến ta có: Tổng trọng lượng của nến và cốc là: 1 0 ( . )P P P P t = + − ∆ + Lực đẩy Acsimet tác dụng lên cốc nến luôn cân bằng với trọng lượng của nó ở thời điểm bất kỳ do đó thể tích nước bị cốc chiếm chỗ (phần chìm của cốc trong nước) là: 1 0 1 1 . . n n n n P P P P P V t h S t d d d d + ∆ ∆ = = − = − Mực nước trong cốc: 0 1 1 2 2 1 1 1 1 0 2 2 2 2 2 ( ) . (8 0,02 )( ) n n n P P V h S t h S h S h S t V V d d P h h t t cm S S S S d ∆ ∆ + − − + − + ∆ = = = = − = − Áp suất của nước lên đáy bình: 4 2 2 4 2 0,01 0,08.10 (800 2 )( ) 50.10 n n P p hd h d t t t Nm S − − ∆ = = − = − = − (t tính theo phút). 0,25 0,25 0,5 0,25 * Tốc độ di chuyển của cốc trong thời gian nến cháy: Thời điểm ban đầu, đáy cốc cách đáy bình là: y 0 = h 2 - h 1 = 4cm tại thời điểm t (phút), đáy cốc cách mặt nước là: 1 1 1 . n V P a h t S S d ∆ = = − và cách đáy bình là: 1 2 1 0 1 2 1 1 2 1 1 . . . . n n n n P P P P y h a h h t h h t t y t S d S d S d d S S ∆ ∆ ∆ ∆ = − = − − = − − + = + − ÷ ÷ Như vậy cốc di chuyển đều cách xa dần đáy bình. Tại thời điểm nến cháy hết (t = T = 50 phút) thì đáy cốc cách đáy bình là: y = y C = 5cm (chú ý đơn vị khi thay số). Vậy tốc độ di chuyển của cốc so với bình là: 1 0 5 4 0,02 . 50 C y y cm cm v cm ph T ph − − − = = = 0,5 0,25 Bài 2. 3 B 2.1 2,0 đ + Do bỏ qua mất mát nhiệt nên ta có phương trình cân bằng nhiệt: 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 2 ( ) ( ) ( ) ( )cm t t cm t t m t t m t t m t m t m t m t − = − ⇒ − = − ⇔ + = + (*) 1 2 2 1 40 20 2 20 10 m t t m t t − − ⇒ = = = − − + Gọi V 01 và V 02 là thể tích của hai khối nước ở 0 o C; ' ' 1 2 ,V V là thể tích tương ứng ở trạng thái cân bằng nhiệt khối lượng riêng của nước ở nhiệt độ 0 o C là D thì: ' 1 1 1 01 1 01 1 1 1 01 ' 2 2 2 02 2 02 2 2 2 02 (1 ) (1 ); (1 ) (1 ) (1 ) (1 ); (1 ) (1 ) m m m V V V t t V V t t D D D m m m V V V t t V V t t D D D α α α α α α α α = ⇒ = + = + = + = + = ⇒ = + = + = + = + 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 (1 ) (1 ) ( ) ( ) m m V V t t m m m t m t D D D D α α α ⇒ + = + + + = + + + ' ' 1 2 1 2 1 2 1 2 1 (1 ) (1 ) ( ) ( ) m m V V V t t m m m t m t D D D D α α α = + = + + + = + + + Từ (*) ta có: V = V 1 + V 2 (Có thể so sánh độ tăng thể tích của lượng nước lạnh m 1 và độ giảm thể tích của lượng nước nóng m 2 cũng cho cùng kết quả: ' ' ' ' 1 1 2 2 1 2 1 2 V V V V V V V V V − = − ⇔ = + = + ). 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 B 2.2 2,0 đ Công suất tỏa nhiệt của thiết bị đun: 2 2 220 200(W) 242 U P R = = = * Từ đồ thị ta thấy: + Tại thời điểm ban đầu, nước trong bình có nhiệt độ 20 o C. Trong 5 phút đầu, nhiệt lượng tỏa ra từ thiết bị đun làm nóng nước và nhiệt lượng kế, đồng thời tỏa nhiệt ra môi trường. Công suất cung cấp của thiết bị (P) lớn hơn công suất tỏa nhiệt ra môi trường và làm bình nhiệt lượng kế nóng lên (công suất hao phí P h ) nên nhiệt độ của nước tăng. + Sau 5 phút đun, nhiệt độ của nước và bình đạt tới 80 o C, khi đó do công suất cung cấp bằng công suất tỏa nhiệt của cả bình chứa nước ra môi trường nên nhiệt độ của nước và bình không tăng mà giữ ổn định. Công suất tỏa nhiệt ra môi trường là: P tóa = P = 200W 0,5 0,25 0,25 * Công suất hao phí trong thời gian nước tăng nhiệt độ (5 phút đầu): + Nhiệt lượng cần thiết để làm nước nóng lên từ t = 20 o C đến t’ = 80 o C là: ( ' ) 4200.0,2.(80 20) 50400( ) i Q cm t t J = − = − = + Nhiệt lượng do thiết bị đun tỏa ra: . 200.5.60 60000( )Q P T J = ∆ = = + Nhiệt lượng hao phí: 60000 50400 9600( ) i Q Q Q J ∆ = − = − = + Công suất hao phí trung bình trong thời gian 5 phút đầu: 9600 32(W) 5.60 h Q P T ∆ = = = ∆ . 0,25 0,25 0,25 0,25 Bài 3. B 3.1 2,5 đ + Điện trở tổng cộng của đường dây: 8 6 2 2.800 2,5.10 . 0,5( ) 80.10 d l R S ρ − − = = = Ω + Các đèn mắc song song và sáng bình thường nên cường độ dòng qua mỗi đèn bằng cường độ định mức và do đó cường độ dòng điện trên đường dây tải là: 60 22. 6( ) 220 I A = = + Hiệu điện thế trên đường dây tải: U d = I.R d = 6.0,5 = 3 (V) + Hiệu điện thế ở cuộn thứ cấp MBT: U t = 220 + 3 = 223 (V) 0,25 0,25 0,25 4 * Công suất hao phí trên đường dây là: 2 2 6 .0,5 18(W) h d P I R = = = + Tổng công suất tiêu thụ điện của nhà thi đấu: P i = 22.60 = 1320(W) + Công suất cung cấp bởi MBT: P = U t .I = 223.6 = 1338 (W) (hoặc tính theo: P = P i + P h ) * Hiệu suất truyền tải: 1320 (%) .100% 98,7% 1338 i P H P = = ≈ 0,25 0,25 0,25 * Số vòng dây cuộn sơ cấp và thứ cấp là N s và N t . 1100 . .223 1100( òng) 223 t t s s t s s t U N U N N v U N U = ⇒ = = = 0,5 * Khi mắc thêm một bếp điện song song với các đèn thì điện trở tổng cộng của nhà thi đấu và do đó của toàn mạng giảm, vì vậy cường độ dòng điện tăng. Hiệu điện thế trên đường dây tăng, mà máy biến thế cung cấp hiệu điện thế U t không đổi, do đó hiệu điện thế đặt vào các đèn giảm nên độ sáng các đèn sẽ giảm. 0,5 B 3.2 1,5 đ Theo câu trên, hiệu điện thế ở cuộn thứ cấp MBT là U t = 223V luôn ổn định, điện trở đường dây không đổi nên để các đèn sáng được bình thường thì dòng qua các đèn hoặc hiệu điện thế giữa 2 đầu mỗi đèn phải bằng gía trị định mức. Các đèn mắc song song nên khi đó hiệu điện thế trên đường dây là: U d = 223V – 220V = 3V. Cường độ dòng điện trên dây tải là: I = U d /R d = 6A. Cường độ định mức các loại đèn là: Đèn 220V - 11W: 1 11 0,05( ); 220 I A = = đèn 220V - 22W: 2 22 0,1( ); 220 I A = = Số đèn loại 1 là m, loại 2 là n. Khi đó ta phải có: mI 1 + nI 2 = 6(A) => m + 2n = 120 (*) Điều kiện cần là n, m ≥ 0 do đó: 0 ≤ n ≤ 60; 0 ≤ m ≤ 120 (**) Vậy có rất nhiều cách mắc các đèn gồm cả hai loại hoặc chỉ một loại đèn để các đèn sáng bình thường với cách phối hợp số lượng mỗi loại sao cho thỏa mãn (*) và (**). Đèn 220V – 11W: tối đa là 120 bóng; Đèn 220V – 22W: tối đa là 60 bóng. 0,5 0,5 0,25 0,25 Bài 4. B 4.1 1,5 + Cường độ dòng điện định mức và điện trở của đèn là: 2 1( ); 3( ) d d d d d d P U I A R U P = = = = Ω + Do R AC = 3Ω = R d và đèn sáng bình thường nên: I AC = I d = 1A => Cường độ dòng điện mạch chính: I = 2A + . 1,5( ) d AC MC d AC R R R R R = = Ω + + Ta có: ( ) ( ) 14 2 8,5 1,5 3 EF EF AB MC BC MC AB AC AB U U I R R R R R R R = = ⇒ = ⇒ = Ω + + − + − 0,5 0,25 0,25 0,5 B 4.2 1,0 đ Khi con chạy đến C’ với R AC’ = 6Ω: + ' ' ' ' . 3.6 2( ); 8,5 6 2,5 3 6 d AC MC C B d AC R R R R R R = = = Ω = − = + + => Điện trở của mạch là: R m = R MC’ + R C’B = 4,5Ω. + Cường độ dòng điện mạch chính: I’ = U EF /R m = 28/9 (A) + Hiệu điện thế hai đầu của đèn khi đó: ' ' ' ' '. 6,22( ) d MC MC U U I R V = = ≈ > U d Vậy đèn sáng quá mức bình thường và có thể bị cháy. 0,5 0,25 0,25 5 A A A A A E F Đ C B M x (Ω)0 4,25 8,5y25,5 y max 25,5I AC (A)1,65 I min 1,65 B 4.3 1,5 đ Thay đèn bằng điện trở R = 3Ω. + Đặt: R AC = x với điều kiện: 0 ≤ x ≤ 8,5Ω + Điện trở của toàn mạch: 2 . 8,5 25,5 ( ) 3 m MC CB AB R x x x R R R R x R x x − + + = + = + − = + + + Cường độ dòng điện trong mạch: 2 14( 3) 8,5 25,5 EF m U x I R x x + = = − + + + Ampe kế chỉ giá trị I AC : 2 2 . 3 42 42 . 3 8,5 25,5 43,5625 ( 4,25) MC AC I R I I x x x x x = = = = + − + + − − Ta xét: 2 43,5625 ( 4,25)y x= − − thì: 2 2 ( 4,25) 0 43,5625 ( 4,25) 43,5625x y x − ≥ ⇒ = − − ≤ 2 max 43,5625 khi: ( 4,25) 0 4,25( )y x x ⇒ = − = ⇔ = Ω => Khi y = y max thì I AC đạt giá trị nhỏ nhất I min . Ta có: - Khi x = R AC = 0, C ≡ A thì I AC ≈ 1,65A - Khi x = R AC = 8,5Ω, C ≡ B thì I AC ≈ 1,65A Ta có bảng sau: Vậy: Khi C ≡ A (R AC = 0) hoặc C ≡ B (R AC = 8,5Ω) thì số chỉ của ampe kế đạt cực đại ≈1,65A. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 6 0,25 Bài 5. B 5.1 2,0 đ * Thấu kính có thể cho ảnh rõ nét của vật trên màn do đó là TKHT. * Chứng minh công thức thấu kính trong trường hợp TKHT cho ảnh thật: 1 1 1 'f d d = + với: f = OF; d = OS; d’ = OS’. * Giả sử thấu kính tạo ảnh thật của vật trên màn. Đặt L là khoảng cách giữa vật và ảnh thì: 2 ' 0 df L d d d d Ld Lf d f = + = + ⇒ − + = − + Điều kiện để TK cho ảnh rõ nét của vật trên màn là phương trình trên phải có nghiệm đối với d: 2 4 0 4L Lf L f ∆ = − ≥ ⇒ ≥ + Nếu L = 4f thì 2 4 0L Lf∆ = − = : phương trình có nghiệm duy nhất, tức là tồn tại chỉ một vị trí của TK cho ảnh thật của vật trên màn. + Theo bài thì khi L = 100cm chỉ có một vị trí thấu kính cho ảnh rõ nét trên màn, vậy: f = L/4 = 25(cm). + Khi đó thấu kính ở vị trí cách S là: d = OS = 2f = 50cm. 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 B 5.2 2,0 đ Khi L = 81cm. Đặt đường kính rìa thấu kính là 2a, bán kính vết sáng là r. L = 81cm < 4f = 100cm: không có vị trí của TK để thu được ảnh thật của S trên màn. Khi đó tùy theo vị trí của TK có thể tạo được ảnh thật của vật nhưng ở khoảng cách tới S lớn hơn khoảng cách từ màn tới S, hoặc tạo ảnh ảo của S. 0,25 7 * Xét khi thấu kính di chuyển từ S tới vị trí cách S là OS = f = 25cm: thấu kính cho ảnh ảo, chùm ló khỏi thấu kính tới màn là chùm phân kỳ; khoảng cách từ ảnh tới thấu kính tăng dần do đó đường kính vết sáng trên màn giảm dần từ ∝ → 2a. Khi OS = f = 25cm thì chùm ló là chùm song song, đường kính vết sáng là 2a. 0,25 * Khi d = OS > f: thấu kính cho ảnh thật S’ cách thấu kính là d’ = OS’ và cách vật: l = d + d’ ≥ 4f > L. + Từ hình vẽ thì: 2 ' ' ' ' ' ( )( ) 1 1 1 ' ' ' ' . . r S O S O OO OO L d L d d f a S O S O S O d d f r d Ld Lf d L L a d f f d f − − − − = = = − = − = − − + ⇔ = = + − ÷ Đặt: y = r/a, ta có: 2. . 2. 2. min min d L d L L d L L L L y f d f d f f d f f f d L d L y d Lf f d f d + ≥ = ⇒ = + − ≥ − ÷ ÷ ⇒ ⇔ + ⇔ = ⇔ = ÷ Khi y min thì ta có r = (a.y) min => Vết sáng trên màn có bán kính nhỏ nhất khi 45( )d Lf cm = = . * Xét: min min min 81 81 9 . . 2. 2. 25 25 25 L L r a y a a a r a f f = = − = − = ⇒ < ÷ ÷ => r min là bán kính nhỏ nhất của vết sáng. Khi đó ta có: d = L – b => b = 81cm – 45cm = 36cm. Vậy khi TK cách màn là b = 36cm thì vết sáng trên màn có bán kính nhỏ nhất min 9 25 r a = . 0,5 0,25 0,5 Hình vẽ0,25 8 O S O’ S O O’ S a r S’ Chú ý: - Đáp án chỉ nêu một trong các cách giải các bài toán,nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. - Nếu học sinh viết thiếu hoặc sai đơn vị trừ 0,25 đ, tổng số điểm trừ không quá 0,5đ. - Điểm mỗi ý có thể tính tới 0,125 điểm tùy theo bài làm của học sinh. Điểm toàn bài làm tròn tới 0,25đ. 9 . xê dịch thấu kính trong khoảng vật – màn thì vết sáng trên màn không bao giờ thu lại một điểm, nhưng khi thấu kính cách màn một khoảng b thì vết sáng trên màn có bán kính nhỏ nhất. Xác định b? (Học. nhỏ nhất. Xác định b? (Học sinh không áp dụng trực tiếp công thức thấu kính) 2 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN VẬT LÍ (Gồm 5 trang) Bài - ý Nội dung bài Chi tiết Bài 1. B 1.1. 2,0 đ Khi cốc nổi, mực. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi: VẬT LÍ Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 02 trang) Bài 1