thi hoc sinh gioi vat ly

Sau khi xuaát phaùt ñöôïc 1 giôø 30 phuùt, xe thöù nhaát ñoät ngoät taêng toác vaø ñaït ñeán vaän toác laø 50km/h2. Tính nhieät löôïng caàn cung caáp ñeå khoái nöôùc ñaù treân bieán tha[r]

Câu 1: ( 4,0 điểm).

Cùng lúc có hai xe xuất phát từ hai điểm A B cách 60 km, chúng chuyển động chiều từ A đến B

Xe thứ khởi hành từ A với vận tốc v130km/h, xe thứ hai khởi hành từ B với vận tốc

h km

v240 / (cả hai xe chuyển động thẳng đều)

1 Tiùnh khoảng cách hai xe sau kể từ lúc xuất phát

2 Sau xuất phát 30 phút, xe thứ đột ngột tăng tốc đạt đến vận tốc 50km/h Hãy xác định thời điểm vị trí hai xe gặp

Câu 2:(6,0 ñieåm).

Một khối nước đá khối lượng m12kg nhiệt độ -50C.

a Tính nhiệt lượng cần cung cấp để khối nước đá biến thành hoàn toàn 1000C Cho biết nhiệt

dung riêng nước đá nước c11800J/kg độ, c2 4200J/kgđộ Nhiệt nóng chảy nước đá 00C 3,4.105J/kg



 , Nhiệt hóa nước 1000C L 2,3.106J/kg



b Bỏ khối nước đá vào xơ nhơm chứa nước 500C Sau có cân nhiệt người ta thấy cịn sót

lại 100g nước đá chưa tan hết Tính lượng nước có xơ Biết xơ nhơm có khối lượng m2500g nhiệt dung riêng nhôm 880 J/kg độ

Câu 3: (4, điểm).

Cho mạch điện hình vẽ ( hình 1)

P R1

R3

+ M R2 Hình _ N

R4 R5 Q

; 15V

UMN  R18; R236; R3 24; R4 6; R5 12;

a Tính điện trở tương đương mạch b Tính cường độ dịng điện qua điện trở

Câu 4: ( 5,5 điểm) R4

Mạch điện có sơ đồ hình vẽ ( hình 2)

Hiệu điện hai đầu mạch điện R1 R2 R3 U=6V Các điện trở R110,R2 20 M k2

  

30 , 4 40

3 R

k1 Hình

Dây nối khóa có điện trở khơng đáng kể Tính R mạch điện cường độ dịng điện qua mạch trường hợp sau: Khóa k1 k2 ngắt

2 Khóa k1 ngắt k2 đóng Khóa k1 đóng, k2ngắt Khóa k1 vàk2 đóng

UBND HUYỆN KRÔNG NĂNG PHÒNG GIÁO DỤC

HƯỚNG DẪN CHẤM BAØI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2005 – 2006 MÔN: VẬT LÝ – LỚP

Câu 1: (4 điểm) s1 M s2

A v1 B v2 N

S=AB= 60km Quảng đường xe giờ: (1 điểm)

Xe 1: s1v1.t 30.130km (0,25đ) Xe 2: s2v2.t 40.140km (0,25đ) Vì khoảng cách ban đầu hai xe S=AB=60 km (hình vẽ)

Nên khoảng cách hai xe sau là:

MN s2S s14060 3070(km) (0,5đ) Vậy sau 1giờ khoảng cách hai xe 70 km

2 (3 điểm) Sau xuất phát 30 phút, quảng đường xe là:

- Xe 1: s1v1.t 30. ,1545km (0,25đ) - Xe 2: s2v2.t 40. ,1560km (0,25đ) Khoảng cách hai xe lúc đó:

) ( 75 45 60 60

1

2 S km

l s   s     (0,5ñ)

Giả sử sau khoảng thời gian t kể từ lúc tăng tốc xe1 đuổi kịp xe Quảng đường chuyển động xe :

- Xe 1:s'1 v'1.t 50.t (0,25ñ)

- Xe 2: s'2 v2.t 40.t (0,25đ) Khi xe gặp ta coù:

' '1 s

s l  hay s'1 s'2 50.t 40.t 10.t l 75km (0,5ñ)

5 , 10 75

 

 t (0,25đ)

Vị trí gặp cách A khoảng L ta có:

km t

v

vậy sau 7,5 kể từ lúc xe gặp Vị trí gặp cách A 420 km Câu 2: (6 điểm).

Gọi Q1 nhiệt nước đá thu vào để tăng nhiệt độ từ t15C đến t20C là: Q1m1.c1(t2 t1) 2.1800(05) (0,5đ)

Q1 18000J 18kJ (0,25ñ)

Nhiệt lượng Q2 mà nước đá 00C thu vào để chảy hoàn toàn :

Q2 =  m1 = 3,4 105 = 6,8 105 J (0,5ñ)

Q2 = 680 KJ (0,25ñ)

Nhiệt lượng Q3nước thu vào để tăng t20C đến t3100C là:

Q3m1.c2(t3 t2)2.4200(100 0) (0,5ñ)

kJ J

Q 840000 840

3  (0,25ñ)

Nhiệt lượng nước thu vào để hóa hồn tồn 100C là:

Q4L.m12,3.106.24600000J (0,5ñ)

Q44600kJ (0,25ñ)

Nhiệt lượng cần cung cấp tổng cộng để nước đá 5C

 biến thành hoàn toàn ở100C là:

Q Q1Q2Q3Q41868084046006138kJ (0,5ñ)

b, Gọi mx lượng nước đá tan thành nước:

mx2 01, ,19(kg) (0,25đ) Do nước đá không tan hết nên nhiệt độ cuối hệ thống 0C

Nhiệt lượng toàn khối nước đá nhận vào để tăng nhiệt độ 0Clà:

Q1 = 18000 J

Nhiệt lượng mx kg nước đá nhận vào để tan hoàn toàn 00C :

Qx mx. 1,9.3,4.10 646000J

5

 

  (0,5ñ)

Toàn nhiệt lượng nước (khối lượng M) xô nhôm (khối lượng m3) cung cấp giảm nhiệt độ từ 50C xuống 0C Do ( )(50 0)

3

2 

 c m c

Q M (0,25ñ)

(M.42000,5.880).50 (0,25đ)

Từ đó, theo phương trình cân nhiệt ta có: Q Q Qx

1 hay (0,25ñ)

(M.42000,5.880).5018000646000 (0,5ñ)

210000M+22000=664000 (0,25ñ)

  

210000 22000 664000

M 3,05 (kg) (0,5đ)

Câu 3: (4,5 điểm).

Do đó:        4 12 6 12 .6 . 5 , R RR R

R (0,25ñ) R3,4,5R3R4,524428  (0,25ñ)

  

  

 15,75

28 36 28 . 36 . , , , , R

RR R

RPQ (0,5ñ)

Vậy điện trở tương đương mạch là:

R R1RPQ815,7523,75  (0,5ñ)

b, Aùp dụng định luật ôm cho mạch, ta có:

 A

R U

I MN 0,63

75 , 23

15

1   ;

R U

I PQ

2

2  (0,5đ)

mà UPQ UMN  R1.I115 8.0,639,96 V (0,5ñ) I 0,28 A

36 96 ,

2  (0,25ñ)

Đối với đoạn mạch R3,4,5 ta có:

 A

R U I PQ 36 , 0 28 96 , 9 , ,

3   (0,25ñ)

Đối với đoạn mạch song song R4,5 ta có:

U4,5 R4,5.I34.0,361,44 V (0,5đ)

Do  A

R U R U

I ,024

6 44 ,1 , 4

4    (0,25ñ)

 A

R U R

U

I 0,12

12 44 ,1 5 , 5

5    (0,25đ)

Câu 4:(5,5 điểm).

(1 điểm) Khi k1 k2 ngắt, vẽ lại mạch (0,25đ) Dòng điện qua dây AN qua R4, không ñi qua R1,R2,R3 (0,25ñ)

- Điện trở mạch: R R440 (0,25đ) - Cường độ dịng điện qua mạch

 A

R U

I 0,15

40

 

 (0,25ñ)

Khi k1 ngắt, k2 đóng vẽ lại mạch R

R3, maéc song song: N R4

+ Điện trở mạch:   

  

 171,

40 30 40 . 30 . 4 R RR R

R (0,5đ) (0,25đ) + Cường độ dòng điện:   0,35 

1 , 17 R U

I A B

(0,25ñ) R3

3 ( 1,5 điểm) R4 k1 đóng, k2 ngắt, vẽ lại mạch:

R4,R2,R1 maéc song song R2

1 1 1 1 101 201 401 407

4        R R R

R A B

- Điện trở:  5,7 

7 40

R (0,75ñ) R1 (0,5ñ)

- Cường độ dòng điện:   1,05 

40

R U

I (0,25ñ) 4 (2,0 điểm).

k1, k2 đóng, vẽ lại mạch

Coi điện trở mắc song song (0,25đ) 1 1 1 1 1 101 201 301 401 12025

4          R R R R

R (0,75ñ)

- Điện trở:  4,8 

25 120

R (0,5đ)

- Cường độ dịng điện:   1,25 

120 25 R U

I (0,5ñ)

***