DE HSG 9 VẬT LÝ THCS PHẠM BATHANH DS NHIEU HD

DE HSG 9 VẬT LÝ THCS PHẠM BATHANH DS NHIEU HD tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về tấ...

Sở giáo dục đào tạo Tỉnh ninh bình đề thi chÝnh thøc §Ị thi chän häc sinh giái líp THCS năm học 2007 - 2008 Môn: VậT Lý Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Sở giáo dục đào tạo Tỉnh ninh bình SƠ LƯợC LờI GIảI Và BIểU ĐIểM thi chọn học sinh giỏi lớp THCS năm học 2007 - 2008 m«n: VËT Lý Câu (3 điểm) Tóm lược lời giải l1 l2 R1 = ρ ; R = ρ S1 S2 Điểm 0,5 R1 l1S l1S1 S 22 V1 S 22 V1 d 24 = = = = R2 l2 S1 l1S S12 V2 S12 V2 d14 d2 = Theo đề: V1 = V2 d1 R1 = → → R2 = 16R1 = 64Ω R2 16 R1R2 Rtđ = = 3,76Ω R1 + R2 Câu (3 điểm) 1,0 0,5 0,5 0,5 U U ( R2 + R ) a/ I = → PAM = I (R2 + R) = R2 + R + R1 ( R2 + R + R1 ) Thay số: PAM = 0,5 2.(3 + 3,5) = 1,625W (3 + 3,5 + 5,5) 0,5 U2 R12 b/ PAM = ( R2 + R ) + + R1 ( R2 + R ) Côsi: ( R2 + R ) + PAM ≤ R12 R12 ≥ R1 → ( R2 + R ) + + R ≥ 4R1 ( R2 + R ) ( R2 + R ) 1,0 U2 4R1 U2 62 18 = PAM Max = = W ≈ 1,64W R1 4.5,5 11 ↔ R2 + R = R1 → R = R1 - R2 = 2,5Ω Câu (5 điểm) 0,5 0,5 I1 I2 R2 R1 + A C R5 I5 I3 R3 I4 R4 B D U1 = UAB - UCB = 18 - 12 = 6V P1 = 1A , từ A → C I1 = U1 0,25 0,5 P2 = 0,5 A , từ C → B U2 I1 > I2 → I5 từ C → D, I5 = I1 - I2 = 0,5A P5 UCD = U5 = = 3V I5 → U3 = UAD = UAC + UCD = U1 + U5 = 9V U4 = UAB - U3 = 9V P3 U I 3 I = = → = (1) P4 U I I4 I3 + I5 = I4 (2) (1), (2) → I3 = 0,75A, từ A → D I4 = 1,25A, từ D → B c/ P3 = U3I3 = 6,75W P4 = U4I4 = 11,25W → P = P1 + P2 + P3 +P4 + P5 = 31,5W I2 = Câu (4 điểm) 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5 E D D C Câu (5 điểm) C B A B A Giả sử dòng vào A B: a/ Do tính đối xứng suy vai trò C D IAC = IAD nên UCD = 0, bỏ điện trở mắc C,D RAB = R/2 b/ Lập luận tương tự suy hiệu điện hai điểm số N - điểm lại 0, bỏ điện trở nối điểm 2R R N − = 2R RAB = 2R N R+ N −2 a/ Hình vẽ: điểm, đó: B 1,0 1,0 1,0 I F A 1,0 A’ O B’ + Vẽ đường tia (mỗi đường 0,25đ) + Mũi tên biểu thị tia sáng + Mũi tên biểu diễn vật, ảnh b/ OI = AB = h; OA = d; OA’ = d’; OF = f; A’B’ = h’ h' d ' ∆OA’B’ ∼ ∆OAB: = (1) h d A' B ' h' A' F OA'−OF d '− f = = = = ∆OIF ∼ ∆A’B’F: (2) OI h OF OF f 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 (1), (2) suy ra: d ' d '− f 1 = → = + d f f d d' df d2 c/ ∆d = d + d’ = d + = d−f d−f 0,5 d2 − f + f f2 f2 =d+ f + = (d − f ) + +2f = d− f d− f (d − f ) f2 Côsi: (d − f ) + ≥ 2f (d − f ) → ∆d ≥ f Vậy ∆dmin = f ↔ (d − f ) = 1,0 f2 ↔d=2 f (d − f ) Chú ý: + Học sinh giải theo cách khác cho điểm tối đa + Điểm toàn lấy lẻ đến 0,25 + Thiếu sai đơn vị trừ 0,25đ/lỗi Thiếu (sai) từ đơn vị trở lên trừ 0,5 điểm 1,0 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN QUỐC HỌC Môn: VẬT LÝ - Năm học 2008-2009 Thời gian làm bài: 150 ĐỀ CHÍNH THỨC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN QUỐC HỌC Năm học 2008-2009 HƯỚNG DẪN CHẤM VẬT LÝ ĐỀ CHÍNH THỨC CÂU NỘI DUNG – YÊU CẦU - Gọi C điểm taxi đuổi kịp xe buýt t thời gian taxi đoạn AC AC = AB ; CB = AB ⇒ AC = 2CB 3 - Thời gian xe buýt đoạn AC : t + 20 (phút); - Thời gian xe tỷ lệ thuận với quãng đường chúng, nên thời gian t đoạn CB (phút) t + 20 t = + 10 (phút); Thời gian xe buýt đoạn CB : 2 - Vậy, thời gian người phải đợi xe buýt bến B : t  t Δt =  + 10  = 10 (phút) 2  (3,0đ) (2,5đ) ĐIỂM 0,5 taxi Tính nhiệt độ t1 : - Nhiệt lượng m1 kg đồng toả để hạ nhiệt độ từ t1 xuống 80 0C : Q1 = c1.m1(t1 – 80); a - Nhiệt lượng m2 kg nước thu vào để tăng nhiệt độ từ 20 0C đến 80 0C : Q2 = 60c2.m2; 1,0 60m2c + 80 = 962 ( 0C) - Phương trình cân nhiệt : Q1 = Q2 ⇒ t1 = m1c1 Tính m3 : - Khi thả thêm m3 kg đồng nhiệt độ t1 vào NLK, sau có cân nhiệt mà mực tỏ : 1,5 nước không thay đổi Điều chứng + Nhiệt độ cân nhiệt 1000C + Có lượng nước bị hóa Thể tích nước hóa thể tích miếng đồng m3 m3 chiếm chỗ: V2′ = D1 D2 - Khối lượng nước hóa 1000C : m′2 = V2′.D2 = m3 D1 - Nhiệt lượng thu vào m1 kg đồng, m2 kg nước để tăng nhiệt độ từ 80 0C đến 100 0C m’2 kg nước hố hồn tồn 100 0C : D Q3 = 20(c1m1 + c 2m2 ) + Lm3 D1 - Nhiệt lượng toả m3 kg đồng để hạ nhiệt độ từ t1 = 962 0C xuống Q = 862c1m3 100 0C là: 0,5 0,5 0,5 1,0 0,25 0,25 0,5 b - Phương trình cân nhiệt : Q3 = Q4 0,25 0,25 0,25 0,25 ⇒ 20(c1m1 + c 2m2 ) + Lm3 ⇒ m3 = D2 = 862c1m3 D1 20(c1m1 + c 2m2 ) ; 0,29 (kg) D 862c1 - L D1 0,25 0,25 a 1,0 1,0 (HS làm nhiều cách khác nhau, kết IA = 0, cho điểm tối đa) U12 12 - U12 ⇒ R1 R3 U12 = (V) U34 = (V) U ⇒ I4 = I2 + IA = 12 + IA = 0,8 + 0,2 = (A) R2 U ⇒ R = 34 = ( Ω ) I4 IA = I1 – I3 = 0,2 = (2,0đ) Mạch cầu cân ⇒ IA = b 1,0 I1 R M R I3 IA 0,5 A R A I2 R I4 B N 0,5 I _ + U Vẽ hình : (HS vẽ hình dưới, cho điểm tối đa phần vẽ hình 0,5 đ) (1,5đ) N I M 0,5 S' a F S1 O F' S2 Giải thích : - Hai ảnh S1 S2 tạo thấu kính trùng nên phải có ảnh thật ảnh ảo - Vì S1O < S2O → S1 nằm khoảng tiêu cự cho ảnh ảo; S2 nằm khoảng tiêu cự cho ảnh thật 0,25 0,25 b Tính tiêu cự f : - Gọi S’ ảnh S1 S2 Ta có : S′S1 S′I S′O − S1I // ON → = = S′O S′N S′O ′ ′ SO SI S′O S′O − S′O ⇒ = = OI// NF' → = S′F' S′N S′O + f S′O S′O + f ⇒ f.S′O = 6(S′O + f) S′F S′O S′M = = - Vì S2I // OM , tương tự ta có : S′O S′S2 S′I S′O − f S′O ⇒ ⇒ f.S′O = 12(S′O - f) = S′O S′O + 12 Từ (1) (2) ta có : f = (cm) (1) (2) * Chú y : HS làm cách khác, theo bước: a, Giải thích tạo ảnh (cho 0,5 đ) b, Áp dụng cơng thức thấu kính (mà không chứng minh công thức) cho trường hợp: 1 + Với S1 : = (*) f d′ 0,5 1 = + (**) (cho 0,25 đ) f 12 d′ Từ (*) (**) tính : f = (cm) d’ = 24 (cm) c, Áp dụng kết để vẽ hình (cho 0,25 đ) ( Như vậy, điểm tối đa của theo cách làm của ý 1,0 điểm) + Với S2 : (1,0 đ) - Theo ra, thay đổi cặp đầu vào mạch điện hiệu điện cặp đầu thay đổi, ta suy cặp chốt phải có điện trở khác số điện trở mạch hộp kín H (Học sinh trình bày hai sơ đồ cách mắc sau tính đại lượng mà toán yêu cầu theo sơ đồ đó, cách trình bày hồn tồn cho điểm tối đa của 5) Cách : - Khi U13 = 15(V) U12 = 6(V) U23 = 9(V) R1 U12 = = = Ta có : (1) R3 U23 R - Khi U23 = 15(V) U21 = 10(V) U13 = 5(V) R2 U21 10 = = =2 Ta có : (2) R R R3 U13 Từ (1) (2) suy : R1 điện trở nhỏ ⇒ R1 = R, R2 = 3R, R3 = 1,5R U13 R1 R = = = - Khi U12 = 15(V) Ta có : (*) U32 R2 3R Mặt khác : U13 + U32 = U12 = 15(V) (**) Từ (*) (**) ta có : U13 = 3,75 (V); U32 = 11,25 (V) Cách : - Khi U13 = 15(V) U12 = 6(V) U23 = 9(V) R3 U12 = = = Ta có : (3) R1 U23 R - Khi U23 = 15(V) U21 = 10(V) U13 = 5(V) R3 U21 10 = = =2 Ta có : (4) R2 U13 Từ (1) (2) suy : R2 điện trở nhỏ ⇒ R2 = R, R1 = 3R, R3 = 2R U13 R2 R = = = - Khi U12 = 15(V) Ta có : (***) U32 R1 3R Mặt khác : U13 + U32 = U12 = 15(V) (****) Từ (***) (****) ta có : U13 = 3,75 (V); U32 = 11,25 (V) 0,25 0, 75 R R 0,75 sở giáo dục Đào tạo hải dơng ®Ị thi chÝnh thøc kú thi tun sinh líp 10 THPT chuyên nguyễn trãi - năm học 2008 - 2009 Môn ThI : vËt lý Thêi gian lµm bµi : 150 phút Ngày thi : 28 tháng năm 2008 ( Đề thi gồm 02 trang ) Biểu điểm đáp án đề thi vào THPt chuyên môn vật lý năm häc : 2008 – 2009 bµi Néi dung a ( 1,25 đ ) F1 Mỗi cầu chịu tác dụng cđa lùc : Träng lùc, lùc ®Èy acsimet, lùc căng sợi dây ( Hình vẽ ) P1 Do hệ vật đứng cân nên ta có : T F2 P1 + P2 = F1 + F2 T 10D1V+ 10D2V = 10DnV1+ 10DnV Bµi ( V1 lµ thĨ tích phần chìm ( 2,0 đ ) cầu bªn trªn ë níc )  D1V+ D2V = DnV1+ DnV P2 V ( D1 + D2 − Dn )  V1 = Dn V (300 + 1200 − 1000) V 200 = = = 100(cm3 )  V1 = 1000 2 Thể tích phần nhô lên khỏi mặt nớc cầu bên : V2 = V – V1 = 200 - 100 = 100 ( cm3 ) b ( 0,75 ® ) Do cầu dới đứng cân nên ta có : P = T + F2 T = P2 - F2  T = 10D2V – 10DnV  T = 10V( D2 – Dn )   T = 10 200 10-6( 1200 – 1000 ) = 0,4 ( N ) Vậy lực căng sợi dây 0,4 N Gọi Q1 Q2 lần lợt nhiệt lợng mà bÕp cung cÊp cho níc vµ Bµi ( 1,5 đ ) ấm hai lần đun , t độ tăng nhiệt độ nớc Ta có : Q 1= ( m1c1 + m2c2 )∆t Q2 = ( m3c1 + m2c2 )t Do bếp dầu tỏa nhiệt đặn nên thời gian đun lâu nhiệt lợng tỏa lớn Do ta có : Q1= kt1 ; Q2= kt2 ( k lµ hƯ sè tỉ lệ ; t1 t2 thời gian đun t¬ng øng ) Suy : kt1 = ( m1c1 + m2c2 )∆t (1) kt2 = ( m3 c1 + m2c2 )∆t (2) Chia tõng vÕ cña ( ) cho ( ) ta đợc : Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25® 0,25® 0,25® Bµi t m3 c1 + m2 c = t1 m1c1 + m2 c2 (m1c1 + m2 c2 )t − m2 c t1 => m3 = c1t1 0,25đ 0,25đ (3) thay số vào ( ) ta tìm đợc m3 ( kg ) Vậy khối lợng nớc m3 đựng ấm kg a ( 0,75®) Do ampe kÕ cã ®iƯn trë không đáng kể nên ta chập C với D Mạch điện đợc mắc nh sau : ( R1 // R3 ) nt ( R2 // R4 ) V× R1 = R3 = 30 nên R13 = 15 Vì R2 = R4 = 10 nên R24 = Bài Vậy điện trở tơng đơng mạch điện : ( 2,0 ® ) RAB = R13 + R24 = 15 + = 20 ( Ω ) Cêng độ dòng điện mạch : U 18 I = AB = = 0,9( A) R AB 20 b (1,25đ) Gọi I cờng độ dòng điện chạy mạch Do ampe kế có điện trở không đáng kể nên ta chập C với D Mạch điện đợc m¾c nh sau : R2 I1 R C ( R1 // R3 ) nt ( R2 // R4 ) I1 I2 Do R1 = R3 nªn IA I I1 = I3 = A B A I R4 I I2 = R2 + R4 I3 R D I4 R Cờng độ dòng điện qua ampe kế : R4 I I => IA = I1 – I2 = − R2 + R4 I ( R2 − R4 ) I (10 − R4 ) = => IA = = 0,2 ( A ) 2( R2 + R4 ) 2(10 + R4 ) Điện trở mạch điện : R1 R R 10.R4 + = 15 + RAB = R2 + R4 10 + R4 Cờng độ dòng điện mạch : 18(10 + R4 ) U 18 = = 150 + 25R4 I = R AB 15 + 10.R4 (2) 10 + R4 Thay ( ) vµo ( ) råi rót gọn ta đợc : 14R4 = 60 30 => R4 = ( Ω ) ≈ 4,3 ( Ω ) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 (1) 0,25 0,25 0,25 a 0,75 đ Khi K mở mạch điện nh hình vẽ sau : R4 R1 A Bài ( 2,0đ ) R2 R3 A D 0,25 B C Điện trở tơng đơng mạch điện : ( R1 + R2 ) R4 (8 + 4)6 + R3 = + = 8( Ω ) RAB = R1 + R2 + R4 8+4+6 Sè chØ cđa ampe kÕ lµ : U AB = = 0,75( A) IA = R AB 0,25 0,25 b 0,75 ® Khi K ®ãng ®iƯn nh h×nh vÏ sau : R2 R4 0,25 D A C R3 A B Do R2 = R3 = 4Ω , nªn RDC = 2R(1 Ω ) RADC =R4 + RDC = + = ( ) = R1 Vậy điện trở tơng đơng mạch điện : R1 RAB = = =4( Ω ) 2 RDC U AB = = 1,5(V ) UDC = R4 + RDC 6+2 Sè chØ cđa ampe kÕ lµ : U DC 1,5 = = 0,375( A) IA = R3 0,5 ® Khi thay khóa K điện trở R5 sơ đồ mạch điện nh hình vẽ sau : Dễ dàng thấy dòng điện qua R2 không mạch điện mạch cầu cân nên ta có : R4 R1 = R3 R5 0,25 0,25 R4 R1 C R2 D R5 16 => = = >R5 = ≈ 5,33(Ω) R5 a 1,0® 0,25 A B A R3 I B' Bài ( 2,5đ ) 0,25 B X A' F A O 0,25 Y XÐt hai cặp tam giác đồng dạng : OAB OAB ta cã : A' B ' OA' = (1) AB OA ∆FAB vµ ∆FOI ta cã : OI A' B ' OF = = (2) AB AB FA OA' OF = => (3) OA FA Tõ h×nh vÏ : FA = OF – OA (4) OA' OF = Tõ (3),(4) => (5) OA OF − OA A' B ' OF = Tõ (1),(5) => (6) AB OF − OA Tõ (5) => OA’.OF – OA’.OA = OA.OF 1 = => (7) OF OA OA' Bài (2,5đ) Từ (7) ta nhận thấy OF không đổi nên OA giảm OA giảm Vậy vật dịch chuyển lại gần thấu kính ảnh ảo dịch chuyển lại gần thấu kính b 1,0đ Đặt OF = f ; OA = d1 ; OA’ = d1 thay vào ( ) ta đợc : A' B ' f = AB f − d1 V× A’B’ = 5AB nªn ta cã : f 5= => d1 = 0,8f => d1’ = 5d1 = 4f f − d1 Khi đặt bút chì dọc theo trục , đầu nhọn B bút chì vị trí B2 trục cho ảnh ảo B2, đầu A bùt chì cho ảnh vị trí cũ A Xét tạo ảnh qua thấu kính riêng đầu nhọn B mẩu bút chì : Theo nhËn xÐt ë phÇn a , ta cã : d2 = OB2 = d1 – = 0,8f - 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 d2’ = OB2’ = d1’ – 25 = 4f – 25 Thay vµo ( ) ta đợc : 1 = f 0,8 f − f − 25 => f = 10 ( cm ) c 0,5đ Từ hình vÏ ta thÊy : OA’ = OA + AA’ ( ) OF = AF + OA (9) Thay (8), (9) vào (3) ta đợc: OA + AA' AF + OA = OA AF => OA = AF AA’ ( 10 ) Sư dơng mèi liªn hƯ ( 10 ) , ta suy cách vẽ sau ( hình vẽ ) : - Vẽ đờng tròn đờng kính AA 0,25 Tuyển tập đề thi HSG & Chuyên Page 52 Phạm Xuân Phúc Gọi điện trở đoạn Ac RAC = x (trên biến trở) dòng qua x lµ: I Ü = Ud = x x dòng qua đoạn BC là: I = Iđ + Ix = 0,5 + 3/x Hiệu điện B vµ C lµ: UBC = I.RBC = (0,5 + 3/x)(3 - x) Mà UBC = U - Uđ = -3 = V Vậy ta có phơng trình: = (0,5 + 3/x)(3 - x) ⇔ x2 + 7x - 18 = hai nghiÖm x1 = - Ω < x2 = Ω 2) Thay đèn vôn kế Vẫn gọi RAC = x, dịch chuyển chạy C từ A đến B x tăng Vôn kế hiệu đIện thế: U V = I R V x = RV + x R V x R x R V x (R AB − x) + V RV + x U U.R V x U.R V = R AB R V R AB R V + R AB x − x + R AB − x x R R Khi x tăng RAB không đổi, AB V x giảm, số vôn x = kế tăng lên Cách khác: 1) R AC 6x = 6+ x U AC = I R AC = ⇒ U R AC R MN 6x 18+ 3x − x2 R MN = − x + = 6+ x 6+ x 30x = 18+ 3x x2 Để đèn sáng b×nh thêng: UAC = ⇒ x2 + 7x - 18 = U U = x 3− XÐt 3− RV RV + x + x2 x Khi x tăng tăng mẫu số giảm RV + x2 x R V x RV R AC = = Xét tăng x tăng RV RV + x +1 x I= 2) I tăng Vậy UAC = I RAC tăng x tăng HNG dẫn chÊm vËt lý - ®Ị chÝnh thøc Néi dung - Yêu cầu Điể Tuyển tập đề thi HSG & Chuyên Page 53 Phạm Xuân Phúc Câu Ký hiệu : tiÕt diƯn ngoµi vµ tiÕt diƯn cđa cèc lµ S S', Khối lợng cốc m, khối lợng dầu đổ vào cốc m', Khối lợng riêng nớc DN dầu Dd Khi cha đổ dầu vào, trọng lực cốc cân b»ng víi lùc ®Èy Ac-si-met : 10.m = 10 DN.S.h/2 (1) Khi đổ dầu vào : 10.(m+m') = 10.DN.S.h (2) Tõ (1) vµ (2) ta cã : m' = DN.S.h/2 (3); Mặt khác : m' = Dd.S'.h' (4) DN S h (5) (2đ) Từ (3) (4) ta có : h' = D S ′ d B¸n kÝnh cốc gấp lần bề dày cốc, nên bán kính S 62 36 gấp 6/5 lần bán kÝnh Suy : = = S ′ 52 25 (6) DN 10 = Vµ (7) Thay (6) vµ (7) vµo (5) ta cã : h' = Dd 0,9.h Vậy độ chênh lệch mực nớc bình mức dầu cốc : V h = h - h' = 0,1.h Gäi chiỊu dµi, tiÕt diƯn, điện trở, điện trở suất dây đồng : l1 , S1 , R1 , ρ1 ; chiỊu dµi, tiÕt diện, điện trở, điện trở suất dây chì : l2 , S , R2 , ρ Dây dẫn đồng mắc nối tiếp với dây chì nên nhiƯt lỵng Q1 R1 ρ1l1 S2 = = táa dây tỉ lệ với điện trở : Q2 R2 2l2 S1 (1) Nhiệt lợng cần để dây đồng tăng thêm t1 là: Q1 = c1m1t1 = c1l1S1 D1t1 (2) (2đ) Nhiệt lợng cần để dây chì tăng từ nhiệt độ môi trờng đến nhiệt độ nóng chảy lµ : Q2 = c2 m2 ∆t2 = c2l2 S D2 ∆t2 (3) Thay (2) vµ (3) vµo (1) ta cã : S = S1 c1 D1∆t1 ρ c2 D2 ∆t2 ρ1 (4) NhËn thÊy ∆t2 cµng lớn S nhỏ, dây chì dễ nóng chảy Vậy để đảm bảo an toàn ta chän : ∆t2 = 327 − = 3200 C Thay giá trị t1 t2 vào (4) ta đợc : S = 0,47.10-6 (m2) Vậy để an toàn ta nên dùng dây chì có tiết diện : ≤ 0,47.10-6 m2 = 0,47 mm2 m 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 Tuyển tập đề thi HSG & Chuyên Phạm Xu©n Phóc Page 54 Ký hiƯu RA , R V lần lợt điện trở ampe kế vôn kÕ - Khi R m¾c song song víi ampe kÕ, ampe kÕ chØ I1 , hiƯu R ®iƯn thÕ hai đầu đoạn mạch là: U = I1 RA + I1 RV (1 + A ) ; hay R ( RA R + RA RV + RV R ) I1 U= (1) R - Khi R m¾c song song víi vôn kế, số ampe kế I c.đ.d.đ qua vôn kế IV , tơng tự nh trªn ta cã : (1,5 ( R R + RA RV + RV R ) IV ®) U= A (2) R 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 Sè vôn kế lúc đó: UV = U R = I R R = ( I − I1 ) R = (10 − 6).10 −3.500 = (V) R1 Gọi c.đ.d.đ qua R1 I1, qua R2 I2I,1 qua I2 R I3 Điều kiện toán I3 = I3 I1 - I2 = I3 = ⇒ I1 = I2 U2 a U1 = I1R1 + I3R = I1R1 (1) U1 U2 = I2R2 + I3R = I2R2 = I1R2 (2) Tõ (1) vµ (2) ta cã : I2 R ® U2 = U1R2/R1 = 24(V) Bây c.đ.d.đ qua R1 I1 , qua R2 lµ I 2′ I 2′ I ′ R1 qua R I Theo định lt Ohm1 ta cã : I 3′ - Víi vßng CABDC : U2 U1 I1′R1 + I 3′ R = I1′R1 + I1′R − I 2′ R = U1 (1) - Víi vßng AEFBA : R2 I 2′ I 2′ R2 − I 3′ R = I 2′ R2 − I1′R + I 2′ R = U (2) b Thay U1 = 12 vµ U = giải hệ phơng trình (1) (2) ta có : 24 + 18 R + 18 R 18 ⇒ I 3′ = I1′ − I 2′ = I1′ = ; I 2′ = + 3R + 3R + 3R ® 18 R ® U AB = I 3′R = + 3R - Khi R=0 U AB = Trờng hợp tơng ứng với việc ta mắc vào c A B ampe kế có điện trở nhỏ 18 = (V) đ Trờng hợp tơng ứng với việc ta mắc vào A B vôn kế có điện trở vô lớn Do cân nên ta dùng cát làm bì Tiến hành theo bớc: - Dùng cân xác định tổng khối lợng cốc bình nhiệt lợng kế cốc thủy tinh (theo khối lợng cát) - Bỏ cốc bình nhiệt lợng kế rót nớc vào cốc thủy tinh tới thăng bằng, ta đợc khối lợng nớc cốc thủy tinh khối lợng cốc nhiệt lợng kế - Làm tơng tự với cốc thủy tinh thứ hai chứa dầu, ta cã mét 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 - Khi R → ∞ th× U AB ≈ 0,75 0,25 0,25 0,25 Tuyển tập đề thi HSG & Chuyên Page 55 Phạm Xuân Phúc khối lợng dầu khối lợng nớc cốc 0,25 - Đo nhiệt độ ban đầu t1 dầu - Đổ nớc vào cốc nhiệt lợng kế đun nóng tới nhiệt độ t2 Đổ dầu nhiệt độ t1 vào nhiệt lợng kế khuấy 0,25 t (1,5 đo nhiệt độ thiết lập cân nhiệt đ) - Gọi m khối lợng cốc thuộc nhiệt lợng kế (cũng khối lợng nớc, khối lợng dầu); c1 , c2 c3 lần lợt nhiệt dung riêng cốc, nớc dầu Phơng trình cân nhiệt lµ : 0,25 (mc1 + mc2 ).(t2 − t3 ) = mc3 (t3 − t1 ) t − t3 Từ ta tính đợc : c3 = (c1 + c2 ) t3 − t1 SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ ĐỀ CHÍNH THỨC CÂU 2,5đ 2,5đ KỲ THI TUYÊN SINH VÀO LỚP 10 THPT QUỐC HỌC KHỐ NGÀY 19.06.2006 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN VẬT LÝ NỘI DUNG - YÊU CẦU ĐIỂM - Ký hiệu vận tốc VĐV chạy, người quan sát VĐV đua xe đạp v1, v2 v3; khoảng cách hai VĐV chạy liền kề l1 hai VĐV đua xe đạp liền kề l2 - Tại thời điểm ba người vị trí ngang sau thời gian t người quan sát đuổi kịp VĐV chạy VĐV đua xe đạp phía sau đuổi kịp người quan sát Ta có phương trình: v2t − v1t = l1 (1) v3t − v2t = l2 (2) - Cộng hai vế phương trình tìm t, ta được: l +l t= (3) v3 − v1 l1 (v3 − v1 ) - Thay (3) vào (1) ta được: v2 = v1 + (4) l1 + l2 - Thay số vào (4) ta có: v2 = 28 (km/h) - Có thể xem kích thước khối nước đá lớn so với viên bi nên sau cân nhiệt nhiệt độ cân 00 C - Nhiệt lượng mà viên bi toả để hạ nhiệt độ xuống 00 C là: Q1 = V D.C.(t − 0) = π R D.C.t - Giả sử có m (kg) nước đá tan thu nhiệt viên bi toả ra, nhiệt lượng tính theo cơng thức: Q2 = λ.m - Áp dụng phương trình cân nhiệt, ta có: Q1 = Q2 ; 0,25 0,50 0,25 0,25 0,50 0,50 0,25 0,25 H 0,25 0,25 0,25 Tuyển tập đề thi HSG & Chuyên Phạm Xuân Phúc m. = R D.C.t Page 56 → m = 4π R D.C.t 3λ - Thể tích khối lượng đá tan tính là: Vt = 0,25 m 4π R D.C.t = D0 3λ D0 - Thể tích Vt tổng thể tích hình trụ có chiều cao h thể tích nửa hình cầu bán kính R, nên ta suy được:  4.R.D.C.t R  R  2.D.C.t    h =  Vt − π R ÷ =  − − 1÷ ÷=  3   λ.D0   πR  3λ.D0  - Vậy viên bi chui vào khối nước đá độ sâu H là:  D.C.t   D.C.t  R H = h+R = − + 1÷.R =  + 1÷  3λ.D0   λ.D0  - Thay giá trị vào ta có:  4.7800.460.325  H = + 1÷ ≈ 32 (cm)  3, 4.10 915  a, - Điện trở RCB = R0 R0 / R = R0 + R0 / - Cường độ dòng điện mạch : I = U 6U = R0 / + R0 / 5R0 2 - Công suất tiêu thụ bếp : P = U CB / R0 = 4U / 25 R0 - Hiệu suất mạch điện : H = P / UI = (4U / 25R0 ) : (U 6U / R0 ) = /15 Vậy: H ; 13,3% 2,5đ 1,5đ 0,50 0,25 0,25 0,25 U CB = I RCB = 0, 4U 0,25 -b, - Đèn 6V-3W có: I dm = Pdm / U dm = / = 0,5( A) điện trở : Rd = U dm / Pdm = 36 / = 12(Ω) - Vì đèn sáng bình thường nên: U AC = U dm = 6V → U CB = U − - Cường độ dòng điện mạch : I = 0,5 + (6 : R0 / 2) = (U − 6) : ( R0 / 3) ⇒ U = 60 + R0 (*) Vậy mắc đèn song song với đoạn mạch AC, muốn đèn sáng bình thường U R0 phải thoả mãn điều kiện (*) a, Sơ đồ tạo ảnh qua hệ hai thấu kính trên: L1 L2 I x A AB A1B1 A2B2 K A Vẽ hình B1 O1 O (vẽ ảnh A1B1, A2B2 cho 0,5đ) B B2 b, A + Các bước vẽ: L L - Vẽ tia Bx qua A2 kéo dài cắt L2 K; - Vẽ tia A1K kéo dài cắt L1 I - Vẽ tia AI Tia AI tia tới từ A, sau qua hai thấu kính cho tia ló có phương qua B + Giải thích: 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,50 1,0 0,25 Tuyển tập đề thi HSG & Chuyên Phạm Xuân Phúc - Gii thớch ỳng vẽ tia Bx; - Giải thích vẽ tia IKA1; - Giải thích vẽ tia AI 1,0đ Page 57 - Vì R24 = nên đầu đầu nối với dây dẫn mà khơng có điện trở R0 - Vì R13 = 2R0/3 < R0 nên đầu đầu phải có mạch mắc song song - Vì mạch đơn giản nên ta chọn mạch song song có hai nhánh, số điện trở nhánh x y (a) (x, y: nguyên dương) - Ta có: xR0 yR0 2R = ⇒ xy = 2( x + y ) ; xR0 + yR0 - Để đơn giản, ta chọn x = 1, thay vào biểu thức ta có: y = Vậy mạch 1-3 có dạng đơn giản hình vẽ (a) - Vì : R12 = R14 = R23 = R34 = 5R0/3 = R0 + 2R0/3 Nên mạch 1-2, 1-4, 2-3, 3-4 gồm điện trở R0 mắc nối tiếp với mạch 1-3 Vậy sơ đồ cách mắc đơn giản hộp X hình vẽ (b) (b) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN 2007-2008 THỪA THIÊN HUẾ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ Câu Nội dung – Yêu cầu Điểm Ký hiệu AB = s Thời gian từ A đến B ô tô thứ là: s s s (v + v ) t1 = + = 0,50 2v1 2v2 2v1v2 - Vận tốc trung bình quãng đường AB xe thứ là: s 2v v 0,50 v A = = = 30 (km/h) t1 v1 + v2 - Gọi thời gian từ B đến A xe thứ t2 Theo đề ra: 3,0đ t t v +v  0,50 s = v1 + v2 = t2  ÷ 2   - Vận tốc trung bình quãng đường BA xe thứ hai là: 0,50 s v +v vB = = = 40 (km/h) t2 0,50 s s − = 0,5 (h) - Theo ra: v A vB 0,50 Thay giá trị v A , vB vào ta có: s = 60 (km) - Gọi khối lượng chì kẽm mc mk, ta có: mc + mk = 0,05(kg) (1) - Nhiệt lượng chì kẽm toả ra: Q1 = m c cc (136 - 18) = 15340m c ; Q = m k c k (136 - 18) = 24780m k - Nước nhiệt lượng kế thu nhiệt lượng là: 0,25 0,25 0,25 TuyÓn tập đề thi HSG & Chuyên Page 58 Phạm Xu©n Phóc 2,75đ Q3 = m n c n (18 - 14) = 0,05 × 4190 × = 838(J) ; Q = 65,1× (18 - 14) = 260,4(J) - Phương trình cân nhiệt: Q1 + Q = Q3 + Q ⇒ 15340mc + 24780mk = 1098,4 (2) - Giải hệ phương trình (1) (2) ta có: mc ≈ 0,015kg; mk ≈ 0,035kg Đổi đơn vị gam: mc ≈ 15g; mk ≈ 35g - Ta có phương trình: U AB = U AC + U CD + U DB = 2I1 + 150I + 7(I - I1 + I ) = - 5I1 + 157I2 + 7I = 10 (1) U AB = U AC + U CB = 2I1 + 9(I1 - I ) = 11I1 - 9I = 10 (2) R U AB = U AD + U DB = 3(I - I1 ) + 7(I - I1 + I ) R I1 C I1 - I (3) = - 10I1 + 7I + 10I = 10 2đ I2 - Giải ba hệ phương trình ta có: V I1 ≈ 0,915A; I2 ≈ 0,008A; I ≈ 1,910A R R - Số vôn kế: A B U V = I R V = 0,008 ×150 = 1,2(V) D I I - I1 + I I - I1 + U - Gọi khoảng cách từ vật đến thấu kính d, khoảng cách từ ảnh đến thấu kính d’ Ta tìm mối quan hệ d, d’ f: ∆ AOB ~ ∆ A'OB' B 0,50 0,50 0,50 0,25 0,25 _ I F' A 0,25 0,25 0,50 0,25 0,50 0,25 F A ' O Hình A B ' A′B′ OA′ d′ B I' = = ; AB OA d F' A '' ∆ OIF' ~ ∆ A'B'F' A F O ' A′B′ A′F′ A′B′ ⇒ = = B '' ; d '2 d2 OI OF′ AB d′ - f d′ ⇒ d(d' - f) = fd' = hay f d ⇒ dd' - df = fd' ⇒ dd' = fd' + fd ; Hình B 1 = + Chia hai vế cho dd'f ta được: (*) f d d′ A′B′ d ′ = = ⇒ d’ = 2d - Ở vị trí ban đầu (Hình A): AB d 1 = Ta có: = + (1) f d 2d 2d - Ở vị trí (Hình B): Ta có: d = d + 15 Ta nhận thấy ảnh A′′B′′ di chuyển xa thấu kính, di chuyển xa lúc d′2 = d′ , không thoả mãn công thức (*) Ảnh dịch chuyển A′′B′′ phía gần vật, ta có: O’A” = OA’ - 15 - 15 = OA’ - 30 hay: d′2 = d′ - 30 = 2d - 30 1 1 = + = + Ta có phương trình: (2) f d2 d′2 d + 15 2d - 30 - Giải hệ phương trình (1) (2) ta tìm được: f = 30(cm) ⇒ 1,25đ 0,50 0,25 0,25 0,25 TuyÓn tËp đề thi HSG & Chuyên Page 59 Phạm Xuân Phóc - Bố trí mạch điện hình vẽ (hoặc mô tả cách mắc) _ + - Bước 1: Chỉ đóng K1: số ampe kế I1 U Ta có: U = I1(RA + R0) (1) - Bước 2: Chỉ đóng K2 dịch chuyển chạy để A R K ampe kế I1 Khi phần biến trở tham gia vào 1đ mạch điện có giá trị R0 - Bước 3: Giữ nguyên vị trí chạy biến trở K bước đóng K1 K2, số ampe kế I2 Ta có: U = I2(RA + R0/2) (2) R b - Giải hệ phương trình (1) (2) ta tìm được: (2 I1 − I ) R0 RA = 2( I − I1 ) UBND TỈNH THỪA THIÊN HUẾ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 3đ 3đ 0,50 0,25 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2006 - 2007 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ (03 trang) Câu Nội dung – Yêu cầu C 0,25 A Điểm 0,25 B - Ký hiệu A vị trí cầu, C vị trí thuyền quay trở lại B vị trí thuyền gặp can nhựa Ký hiệu u vận tốc thuyền so với nước, v vân tốc nước so với bờ Thời gian thuyền từ C đến B là: S S + S AB (u − v).1 + tCB = CB = CA = u+v u+v u+v - Thời gian tính từ rơi can nhựa đến gặp lại can nhựa là: (u − v ).1 + = t AC + tCB = + v u+v - Rút gọn phương trình ta có: 2.v = ⇒ v = (km/h) - Kí hiệu độ cao cột dầu cột nước trường hợp đầu hd0 hn0 ; trường hợp sau hd hn ; khối lượng riêng dầu nước Dd D n ; tiết diện nhánh S ; tiết diện ống nằm ngang S1 Điều kiện cân trường hợp là: 10 Dd hd0 = 10 Dn hn0 10 Dd hd = 10 Dn hn + 10 Dd l - Từ ta có: Dd (hd − hd0 ) = Dd l − Dn (hn0 − hn ) (1) 0,25 1,0 1,0 0,5 0,25 0,5 0,25 TuyÓn tập đề thi HSG & Chuyên Page 60 Phạm Xu©n Phóc - Độ dịch chuyển x mặt phân cách dầu nước ống nằm ngang xác định từ tính chất khơng chịu nén chất lỏng: S (hd − hd0 ) = S (hn0 − hn ) = S1 x ; S - Từ suy ra: hd − hd0 = hn0 − hn = x (2) S S S - Thay giá trị vào (1) (2) ta có: Dd x = Dd l − Dn x S S Dd l x= ≈ 2,3 ⇒ S1 (cm) ( Dn + Dd ) S - Diện tích tiếp xúc cặp chất lỏng toán Vậy nhiệt lượng truyền qua chúng tỉ lệ với hiệu nhiệt độ với hệ số tỉ lệ k - Nước toả nhiệt sang cà phê sữa là: Q12 = k (t1 − t2 ) Q13 = k (t1 − t3 ) - Cà phê toả nhiệt sang sữa là: Q23 = k (t2 − t3 ) - Ta có phương trình cân nhiệt: + Đối với nước: Q12 + Q13 = k (t1 − t2 + t1 − t3 ) = 2mc∆t1 ; + Đối với cà phê: Q12 − Q23 = k (t1 − t2 − t2 + t3 ) = mc∆t2 ; 3đ + Đối với sữa: Q13 + Q23 = k (t1 − t3 + t2 − t3 ) = mc∆t3 ; - Từ phương trình ta tìm được: t + t − 2t2 t + t − 2t3 ∆t2 = 2∆t1 = 0, 40 C ; ∆t3 = 2∆t1 = 1, 60 C 2t1 − t2 − t3 2t1 − t2 − t3 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,5 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5 4đ - Ta có U = Ir + I1 RV ⇒ U − I r = I1RV = 14(V) ⇒ I = (A) r 14 14 = + r I Mà I = I1 + I ⇒ r RV R + R ( R + RV ) R + RV C V1 ⇒ 16 RV2 − 165RV r − 42 R = (*) ; I2 R thay r = vào pt (*) ta có: R 15 R 2 16 RV − 11RRV − 42 R = (**) A ⇒ ∆ = 121R + 2688 R = 2809 R ⇒ ∆ = 53R 0,5 _ + U 0,5 I1 R B V2 0,5 ⇒ RV = R (loại nghiệm âm) Xét đoạn AV2B, ta có: UV2 UR = 0,5 0,5 UV2 U 2 RV = = ⇒ V2 = =2 ⇒ (1) UV2 + U R + R U AB 1,0 - Mặt khác: U AB U CA UV1 = 14(V ) R ( R + RV ) U AB U = AB = R + RV R + RV ⇒ U CA + U AB UV1 = = = R R + RV - Từ (1) (2) ta có: U AB = (V) UV2 = (V) (2) ; vi 0,5 Tuyển tập đề thi HSG & Chuyên Phạm Xuân Phúc Page 61 B B B I I F' O A F A A F 1,0 A O B 4đ - Gọi h chiều cao AB, f tiêu cự thấu kinh ∆OA1 B1 : ∆OAB  A1 B1 OA1 0,8 = = = ⇒ OA2 = 5.OA1  ⇒ ∆OA1 B1 : ∆OA2 B2 ⇒ ∆OA2 B2 : ∆OAB  A2 B2 OA2 1,0 0,5 - Mà OA1 + OA2 = 72(cm) ⇒ OA1 = 12(cm), OA2 = 60(cm) 0,5 FA1 OF f − 12 f = ⇔ = A1 B1 OI 0,8 h F′A OF ′ 60 − f f ∆F ′A2 B2 : ∆F ′OI ⇒ = ⇔ = A B2 OI h - Mặt khác: ∆FA1 B1 : ∆FOI ⇒ - Từ (1) (2) ta có: f = 20(cm) + (2) 0,5 0,5 h = 2(cm) _ (1) 2,0 3đ Trước hết ta nhận xét: bình thường hai đèn mắc song song vào nguồn hai đèn sáng bình thường hai đèn mắc nối tiếp vào nguồn sáng bình thường Vậy, ta phải mắc: - Một chuyển mạch bảo đảm yêu cầu: vị trí hai đèn mắc song song vị trí hai đèn mắc nối tiếp - Cái chuyển mạch thứ hai phải bảo đảm yêu cầu: vị trí mạch hở, vị trí mạch kín - Mạch thiết kế hình vẽ; mạch vị trí hai đèn sáng yếu HS tự tìm vị trí khố tương ứng với trường hợp lại 0,5 0,25 0,25 Tuyển tập đề thi HSG & Chuyên Phạm Xuân Phóc Page 62 Híng dÉn chÊm Kú thi chän häc sinh giỏi tỉnh Lớp THCS năm học 2004-2005 Môn: Vật lý (Vòng 1) Bài 1: a) (2,5đ) Vận tốc cđa Y: Chän t = t¹i A lóc X bắt đầu di chuyển Thời gian X từ A ®Õn E lµ: t1 = 20 : = s quãng đờng EC là: x = 32 m => Quãng đờng AC dài 20 + 32 = 52 m 1,0 đ Vì X Y đến C lúc nên thời gian Y tY = s 0,5 đ quãng đờng Y ®· ®i: 20 + 52 = 72 m 0,5 ® VËy vËn tèc cđa Y lµ: VY = 72 : = m/s 0,5 ® b) (2,5đ) Đồ thị X đờng gấp khúc AEE'C 1,0 đ Đồ thị Y đờng gấp khúc E'MC 1,5 đ (Để vẽ xác điểm M, vẽ F đối xứng với E' qua trục hoành nối FC cắt trục hoành M, học sinh không xác định xác M không cho điểm đồ thị Y) Tuyển tập đề thi HSG & Chuyên Phạm Xuân Phóc Page 63 s(m) C 52 E 20 E A M 16 t(s) F Bµi 2: F1 lµ áp lực chất lỏng tác dụng vào mặt dới đĩa F2 áp lực chất lỏng tác dụng lên phần nhô giới hạn ống mặt đĩa P trọng lợng đĩa F2 Đĩa bắt đầu tách khỏi ống khi: P + F2 = F1 (1)H d πD Víi: F1 = p1S =10.(H+h) ρ L S = 10 (H+h) ρ L h 2 πD πd P F2 = p2S' =10.H ρ L.( ) F1 4 π D2 D P = 10 ρ V = 10 ρ h .1,5 ® Thế tất vào (1) rút gọn: D2.h ρ + (D2 - d2)H ρ L = D2 (H + h) ρ L D2 h ρ − D2 h ρL  D  ρ − ρL H= = 1,0 ® ữh d L L d Bài 3: Giả sử 0,4kg nớc ngng tụ hết thành nớc 1000C toả nhiệt lợng: Q1 = mL = 0,4 × 2,3× 106 = 920.000 J 0,5 đ Nhiệt lợng 0,8 kg nớc đá nóng chảy hết: Q2 = m2 = 3,4 × 105 × 0,8 = 272.000 J 0,5 ® Do Q1 > Q2 chứng tỏ nớc đá nóng chảy hết tiếp tục nóng lên, giả sử nóng lên đến 1000C 0,5 đ Nhiệt lợng phải thu là: Q3 = m2C(t1 - t0) = 0,8 × 4200 (100 - 0) = 336.000 J => Q2 + Q3 = 272.000 + 336.000 = 608.000 J 1,0 ® Do Q1 > Q2 + Q3 chøng tỏ nớc dẫn vào không ngng tụ hết níc nãng ®Õn 1000C 0,5 ® => Khối lợng nớc ngng tụ: m' = (Q2 + Q3)/ L = 608.000 : 2,3× 106 = 0,26 kg 1,0 ® VËy khèi lợng nớc bình : 0,8 + 0,26 = 1,06 kg 0,5 đ nhiệt độ bình 1000C 0,5 đ BBài 1 4: a) Chøng I minh: f = d + d ' Do ảnh hứng đợc nên ảnh thật 0,25® Hai ∆ AOB : ∆ A'OB': A' A O f F' A' B' OA' d' = = .0,5 ® AB OA d B' d d' Tun tập đề thi HSG & Chuyên Phạm Xuân Phúc Page 64 Hai tam giác đồng dạng OIF' A'B'F': A' B' A' F' A' B' = = (v× OI = AB) 0,5 ® OI OF' AB d' − f d' = 0,5 ® hay f d d(d' - f) = fd' dd' - df = fd' Chia vế cho dd'f đợc : b) (2 ®) Ta cã: d + d' = L vµ 1f = d1 + d1' => f = 1 =d f + d1' dd' = fd' + fd 0,25 ® (1) dd' => dd' = f(d + d') = fL (2) 0,5 ® d + d' Tõ (1) vµ (2): X2 -LX + 12,5L = 1,0 ® ∆ = L2 - 50L = L(L - 50) Để toán có nghiệm => L 50 VËy L nhá nhÊt b»ng 50 (cm) 0,5 ® c) (1 ®) Víi L = 90 cm => d + d' = 90 vµ dd' = 1125 => X2 - 90X + 1125 = Giải ta đợc: X1 = 15cm; X2 = 75cm 0,5 ® => d = 15cm; d' = 75cm hc d = 75cm; d' = 15cm Vậy thấu kính cách 15cm 75cm 0,5 đ Híng dÉn chÊm Kú thi chän häc sinh giái tØnh Lớp THCS năm học 2004-2005 Môn: Vật lý (Vòng 2) Bài 1: a/ Đờng kính dâv (1 đ): Cờng độ dòng điện qua điện trở: I = P/U = 1000/100 = 10 (A) 0,5 ® MËt ®é cực đại dòng điện 5A/mm2 nên tiết diện nhá nhÊt cđa d©y: S = 10/5 = mm2 Gọi d đờng kính dây: Tuyển tập đề thi HSG & Chuyên Phạm Xuân Phúc Page 65 π d2 S= => d = 4S 4.2 = ; 1, ( mm ) 0,5 đ 3,14 b/ Chiều dài dây (2 đ): Điện trở dây: R = U2/ P = 1002/ 1000 = 10 (Ω ) 0,5 đ Đối với dây 10 : R = l/S Đối với dây 1000: R' = ρ l'/S' 0,5 ® π 12 R ρl S' l S' 10 l = × = × ⇒ = × ⇒ l = 25, ( m ) 1,0 ® LËp tû sè: R' S ρ l' l' S 1000 1000 π 1, c/ Khèi lợng dây (2 đ): Gọi m, V D khối lợng, thể tích khối lợng riêng dây điện trở Ta có: m VD V lS l S R S S R S2 = = = = × = × × = × 1,5 ® m' V'D V' l'S' l' S' R ' S' S' R ' S'2 VËy m = 64 × 6360 = 412,8 ( g ) 0,5 ® 100 π Bài 2: Gọi I1 cờng độ dòng điện mạch lần đo thứ Ta có: U = U1 + I1(2R + 3R) (1) 0.5 ® U U1 U1 + Thay vµo (1): R RV U1 U1 + U = U1 + ( )(2R + 3R) R RV R RV U = 6U + 5U (2) 1,0 ® Víi I1 = V R 2R 3R Làm tơng tự với lần ®o thø hai: U = U2 + I2(R + 3R) R U2 U2 + R Víi I2 = 2R R V => U = 3U2 + 4U2 V (3) 1,0 ® U3 U3 + 3R R V Với lần đo thứ ba: U = U3 + I3(R + 2R) Trong ®ã: I3 = R R Thế vào ta đợc: U = 2U3 + 3U3 V (4) 0,5 ® R R R Ry Tõ (2) vµ (3) ta cã: 6U1 + 5U1 V = 3U2 + 4U2 V 0,5 ® R 6U1 − 3U 26,1 = = 0,3 R U − U 87 => V = (5) 0,5 ® R/2 => U = 304,5(V) Thay vµo (4) => U3 = 105 (V) 1,0 đ Bài 3: R/4 Gọi ya yb lần lợt điện trở toàn phần mạch điện sơ đồ hình a hình b -5 10 -2 -4 -6 R/2 R x Tuyển tập đề thi HSG & Chuyên Phạm Xu©n Phóc Page 66 Rx R = Ta cã: ya = R + x (1) 1,0® R 1+ x ( R − x )x = − x + x (2) 1,0đ yb = (R x ) + x R Lập bảng giá trị sau: 1,5 ® x R/4 R/2 3R/4 R ya R/5 R/3 3R/7 R/2 yb 3R/16 R/4 3R/16 Đồ thị 1,5 đ Bài 4: Ba điện trở mắc với theo sơ ®å sau: (vÏ vµ tÝnh R 4đ, sơ đồ ®óng cho 0,5 ®) a) R1= 6Ω e) R5=3/2Ω b) R2=11/3 c) R3=11/4 f) R6= 4/3 Mắc hộp kín vào mạch điện theo sơ đồ bên Với U = 2V §äc sè chØ cđa A-kÕ lµ I => Rn = U/I = 2/I So sánh giá trị Rn với giá trị sơ đồ suy mạch ®iÖn hép 1,0 ® d) R4=11/5Ω g) R7=5/6Ω h) R8=6/11Ω U =2V Hép kÝn A ... Môn: VẬT LÝ - Năm học 2008-20 09 Thời gian làm bài: 150 ĐỀ CHÍNH THỨC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN QUỐC HỌC Năm học 2008-20 09 HƯỚNG DẪN CHẤM VẬT LÝ ĐỀ... học 2008 - 20 09 Môn ThI : vật lý Thêi gian lµm bµi : 150 Ngµy thi : 28 tháng năm 2008 ( Đề thi gồm 02 trang ) Biểu điểm đáp án đề thi vào THPt chuyên môn vật lý năm học : 2008 20 09 Nội dung a... GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA KỲ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN LAM SƠM NĂM HỌC 2008-20 09 Môn thi: Vật ly , cho lớp chuyên Vật lý Thời gian: 150 phút Ngày thi: 16/6/2008 Đề thức Câu 1: (2,0 điểm): Cho mạch