HƯỚNG DẪN VẬT LÍ (Hướng dẫn chấm gồm trang) Đây hướng dẫn chấm, nên giám khảo phải vào làm thí sinh để chấm Nếu thí sinh làm cách khác mà cho điểm tối đa Điểm toàn tổng điểm thành phần làm tròn số đến 0,5 Nội dung - Yêu cầu Bài Điểm Ký hiệu: Tiết diện tiết diện cốc S S', Khối lượng cốc m, khối lượng dầu đổ vào cốc m', Khối lượng riêng nước DN dầu Dd Khi chưa đổ dầu vào, trọng lượng cốc cân với lực đẩy Acsimet: 10.m = 10 DN.S.h/2 (1) 0,5 Khi đổ dầu vào : 10.(m+m') = 10.DN.S.h Từ (1) (2) ta có : m' = DN.S.h/2 DN S h (4,0đ) Từ (3) (4) ta có : h' = D S �2 d (2) 0,5 (3); Mặt khác : m' = Dd.S'.h' (4) (5) 0,75 0,5 Bán kính cốc gấp lần bề dày cốc, nên bán kính ngồi gấp 6/5 lần bán kính Suy : D 10 N Và D d S 62 36 S � 52 25 0,75 (6) (7) Thay (6) (7) vào (5) ta có : h' = 0,9.h Vậy độ chênh lệch mực nước bình mức dầu cốc : H = h - h' = 0,1.h = cm - Do khối nước đá lớn 00C nên lượng nước đổ vào nhanh chóng nguội đến 00C 0,5 0,5 0,5 Nhiệt lượng 60 gam nước toả nguội tới 00C : Q = mn.C.(75 - 0) = 0,06.4200.75 = 18900J 0,5 - Nhiệt lượng làm tan lượng nước đá thành nước là: (4,0đ) 0,5 18900 m 0, 05625 (kg) = 56,25g 3,36.105 m 56, 25 - Thể tích phần nước đá tan là: V1 D 0,9 62, (cm3) d - Thể tích hốc đá là: V2 V V1 160 62,5 222,5 (cm3) - Trong hốc đá chứa lượng nước : 60 + 56,25 = 116,25(g); 0,5 0,5 0,5 lượng nước chiếm thể tích 116,25cm3 0,5 - Vậy thể tích phần rỗng hốc đá là: 222,5 - 116,25 = 106,25cm3 Ký hiệu RA , R V điện trở ampe kế vôn kế A 0,5 V R (3,0đ) - Khi R mắc song song với ampe kế, ampe kế I1 , hiệu điện hai đầu 0,75 ( R R RA RV RV R) I1 R đoạn mạch là: U I1 RA I1RV (1 A ) ; hay U A (1) R R V A R - Khi R mắc song song với vôn kế, số ampe kế I c.đ.d.đ qua 0,75 ( R R RA RV RV R ) IV vôn kế IV , tương tự ta có : U A R (2) 0,5 So sánh (1) (2) ta có : I1 IV Khi R mắc song song với vôn kế dòng điện qua R : I R I IV I I1 0,5 Số vơn kế lúc đó: UV U R I R R ( I I1 ) R (10 6).103.500 (V) a.(2 đ) Gọi c.đ.d.đ qua R1 I1, qua R2 I2, qua 0,5 R I3 Điều kiện toán I3 = I1 I1 - I2 = I = � I1 = I U1 = I1R1 + I3R = I1R1 (1) U2 = I2R2 + I3R = I2R2 = I1R2 (2) Từ (1) (2) ta có : U2 = U1R2/R1 = 24(V) R1 I2 0,5 I3 U2 U1 I2 R2 0,5 0,5 0,5 b.(2 đ) Bây c.đ.d.đ qua R1 I1� , qua R2 I 2� qua R I 3� Theo định luật Ơm ta có : R1 - Với vòng CABDC : I1� R1 I 3� R I1� R1 I1� R I 2� R U1 (1) U2 U1 0,5 - Với vòng AEFBA : I 2� R2 I 3� R I 2� R2 I1� R I 2� R U2 R2 (2) Thay U1 12 U giải hệ phương trình (1) (2) ta có : (5,0 đ) I1� 24 18 R 18R ; I 2� 3R 3R � I 3� I1� I 2� 18 3R => 0,5 0,5 U AB I 3� R 18R (3) 3R 0,5 c.(1đ) Khi R=0 thay vào (3) U AB Trường hợp tương ứng với việc ta mắc vào A B ampe kế 0,5 có điện trở nhỏ 18 - Khi R � �thay vào (3) U AB � (V) Trường hợp tương ứng với việc ta mắc vào A B vơn kế có điện trở vơ lớn 0,5 a.(1đ) Hình vẽ: I B F A A’ O 1,0 B’ b.(1,5đ) OI = AB = h; OA = d; OA’ = d’; OF = f; A’B’ = h’ OA’B’ OAB: h' d ' (1) h d A' B' h' 0,5 A' F OA' OF OIF A’B’F: OI h OF OF d' d ' f (1), (2) suy ra: d f 1 d ' f (2) f 0,5 f d d' 0,5 df d2 c.(1,5đ) Khoảng cách vật ảnh: d = d + d’ = d + d f = d f d2 f f f2 f2 d f ( d f ) 2f = d f d f (d f ) 0,5 f2 f d f (d f ) 0,5 Theo BĐT Côsi: (d f ) Vậy dmin = f (d f ) f2 d = f Vậy d = 2f khoảng cách (d f ) vật ảnh nhỏ khoảng cách nhỏ 4f (4,0 đ) ……………………… Hết …………………… 0,5