DE THI HSG LY 9 MY HIEP 1112

Quạt trần có sải cánh (khoảng cách từ trục quay đến đầu cánh ) là 0,8m.. Biết trần nhà cao 3,2m tính từ mặt sàn.[r]

PHÒNG GD - ĐT PHÙ MỸ ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP CẤP HUYỆN

TRƯỜNG THCS MỸ HIỆP NĂM HỌC: 2011 – 2012

Môn thi : Vật lý

Thời gian làm bài: 150 phút( Không kể thời gian phát đề)

Câu 1:(4,0điểm)

Đang dọc sông ,một ca nô gặp bè trôi Ca nô tiếp lúc quay ngược lại gặp bè lần thứ hai Chứng minh thời gian t1 từ lúc gặp lần đến lúc canô quay lại

bằng thời gian t2 từ lúc quay lại đến lúc gặp lần Coi vận tốc v1 nước so với bờ vận tốc v2

canô so với nước khơng đổi Giải tốn : a/Canơ xi dịng

b/Canơ ngược dịng Câu (4,0điểm)

Bỏ cục nước đá khối lượng m1 = 10kg ,ở nhiệt độ t1 = - 100C ,vào bình khơng đậy

nắp Xác định lượng nước m bình truyền cho cục đá nhiệt lượng Q = 2.107J Cho nhiệt dung

riêng nước Cn = 4200J/kgK ,của nước đá Cđ =2100J/kgK ,nhiệt nóng chảy nước đá = 330.103

J/kg Nhiệt hoá nước L = 2,3.106J/kg

Câu (4,0 điểm)

Một người dự định đặt bóng điện trịn góc trần nhà hình vng, cạnh 4m quạt trần trần nhà Quạt trần có sải cánh (khoảng cách từ trục quay đến đầu cánh ) 0,8m Biết trần nhà cao 3,2m tính từ mặt sàn Em tính tốn thiết kế cách treo quạt để cho quạt quay, khơng có điểm mặt sàn bị sáng loang loáng

Câu (4,0 điểm)

Cho mạch điện hình vẽ U = 36V; R2 = 4; R3 = 6; R4 = 12; R6 = 2; RA = 0; RV

lớn

a Khi K mở: với R1 = 8, ampekế 1,35A Tính R5 số vơn kế

b Khi K đóng : Tính R1 để dịng điện qua K 1,25A Khi cơng suất tiêu thụ R4 bao

nhiêu? Câu (4,0 điểm)

Cho mạch điện hình vẽ: U = 16V, R0 = 4; R1 = 12; RX giá trị tức thời biến

trở đủ lớn, ampeke dây nối có điện trở khơng đáng kể R1

R2 R3

R4 R5

R6 M

A

V

E K D A

N

B

a.Tính RX cho cơng suất tiêu thụ 9W

b Với giá trị RX cơng suất tiêu thụ cực đại? Tính cơng suất

PHỊNG GD - ĐT PHÙ MỸ ĐÁP ÁN +BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP CẤP HUYỆN R0

R1

RX A

TRƯỜNG THCS MỸ HIỆP NĂM HỌC: 2011 – 2012 Môn thi : Vật lý

Thời gian làm bài: 150 phút( Không kể thời gian phát đề)

Câu 1:(4,0 điểm)

a/Gọi A1 , A2 vị trí hai lần canơ gặp bè ,B điểm canô quay lại Giả sử canô gặp bè

lần đầu xi dịng (hv)

Ca nô

A1 A2 B

Chiều nước chảy A1B = (v1 + v2)t1 (1) (0,5đ)

BA2 = (v2 – v1)t2 (2) (0,5đ)

A1A2 quãng đường nước trôi thời gian (t1 + t2)

A1A2 = v1 (t1+ t2) (3) (0,5đ)

Theo hình vẽ A1A2 + BA2 = A1B (4) (0,5đ)

Thế (1) (2) (3) vào (4) ta suy v1(t1 + t2) + (v2 - v1)t2 = (v1 + v2)t1

suy v2t2 = v2t1 hay t1 = t2 (0,5đ) Ca nô

b/Khi ca nô ngược dịng ,tương tự ta có : A2 A1 B

Chiều nước chảy

A1B = (v2 – v1)t1 (0,25đ)

BA2 = (v2 + v1)t2 (0,25đ)

Mà A1A2 = v1(t1 + t2) (0,25đ)

Do A1A2 = A2B – A1B (0,25đ)

Suy v1 (t1 + t2 )= (v2 + v1)t2 – (v2 – v1)t1

 0= v2t2 – v2t1 hay t1 = t2 (0,5đ)

Câu 2(4,0điểm)

Nhiệt lượng nước đá nhận vào để tăng từ t1 = - 100C

Q1 = m1cđ(0 – t1)= 10.2100.10 = 2,1.105 J (0,5đ)

Nhiệt lượng nước đá 00C nhận vào để nóng chảy thành nước

Q2 = .m1 = 3,3.105.10 = 33.105J (0,5đ)

Nhiệt lượng nước đá 00Cnhận vào để tăng nhiệt độ đến 1000C

Q3 = m1cn(100 – 0) = 10.4200.100 = 42.105 J (0,5đ)

Ta thấy Ta thấy Q1 + Q2 + Q3 = 77,1.105J nhỏ nhiệt lượng cung cấp Q = 200.105J nên

phần nước hoá thành (1,0đ)

Gọi m2 lượng nước hoá thành ,ta có :

m2 =

 

kg L

Q Q Q Q

34 ,

3

1  



(1,0đ) Vậy lượng nước cịn lại bình

m/ = m

1 – m2 =10 –5,34 = 4,66kg (0,5đ)

Câu (4,0 điểm)

Để quạt quay, khơng có điểm sàn bị sáng loang lống bóng đầu mút cánh quạt in tường tối đa đến chân tường C D (0,5đ)

(0,5đ)

Gọi L đường chéo trần nhà L = = 5,7m (0,5đ) Khoảng cách từ bóng đèn đến góc chân tường đối diện :

S1D =

2 (3, 2)2 (4 2)2 6,5

H L    m

(0,5đ) T điểm treo quạt, O tâm quay cánh quạt A, B đầu mút cánh quay

Xét S IS1 ta có: 3

3,

2 2.0,8

2 0, 45

5,7 H

R

AB OI AB

OI IT m

S S IT  S S  L   (1,0đ)

Khoảng cách từ quạt đến điểm treo : OT = IT – OI = 1,6 – 0,45 = 1,15m

Vậy phải treo quạt cách trần nhà tối đa 1,15m (1,0đ) Câu 4: (4,0 điểm)

a Khi K ngắt, ampeke I3 = 1,35A

Vậy UBC = I3(R2 + R3) = 1,35(4 + 6) = 13,5V (0,25 đ)

Mặt khác U = UMN = UAB + UBC + UCN = R1I1 + UBC + R6I1

Suy I1 =

36 13,5

2, 25

BC

U U

A R R

 

 

  (0,5 đ)

Và I5 = I1 – I3 = 2,25 – 1,35 = 0,9 A (0,25 đ)

UBC = (R4 + R5)I5

Suy R5 =

4

13,9 12 0,9

BC

U R I



   

(0,5 đ) Số vôn kế UAE = UAB + UBE

UAE = R1I1 + R4I5 = 8.2,25 + 12.0,9 = 28,8V (0,5 đ)

b Khi K đóng I2 =

24 1

2

3

BD

U R I I

R  R  (0,25 đ)

I3 =

35 1

23 3

DC

U R I I

R  R  (0,25 đ)

S1 S3

L

H

C D

I

A O B

Vậy I = I2 – I3 =

1 1

3

1, 25

4 12

I I I

A

  

(0,25 đ) Suy : I1 = 1,25

12

5  A (0,25 đ)

Mặt khác I1 = 24 35

U

R R R R suy R

1 =

24 35

1

36

3 2

U

R R R

I          (0,5 đ)

Công suất tiêu thụ P4 R4 :

P4 =

2 2

24

4

( ) (3.3)

6,75 12

BE

U R I

W

R  R   (0,5 đ)

Câu (4,0 điểm)

a.Công suất tiêu thụ RX PX =

2 MN X X X U U

R  R (1) UMN = U

td td

R

R R (2)

Với Rtd điện trở tương đương R1 RX : Rtd =

1

X X

R R

R R (3)

Vậy UMN =  

1 1

1 1 1

( )

( ) ( ) ( )

X X X

X X X

R R R R R R U

U

R R R R R R R R R R R R 



     (4) (0,5 đ)

Thay (4) vào (1) ta PX =  

2

1

2

0 1

( )

X X

R R U R R R R R

 9 =  

2

2

12 16 144

( 3)

(4 12) 4.12

X X

X X

R R

R

R  

 

(5) (0,5 đ)

Suy R2

X -10RX + = (0,5 đ)

Giải phương trình tìm hai giá trị RX1 = 1 RX2 = 9 (0,5 đ)

b.Từ (5) ta có PX =

2

144 144

( 3) 3

X X X X R R R R         

  (6) (0,5 đ)

Ta thấy PX = Pmax

2 X X R R       

  đạt cực tiểu (0,5 đ)

Áp dụng bất đẳng thức Côsi

2 3 12 X X X X R R R R           

Thế vào (6) ta PXmax = 12W (0,5 đ)

Thay PX = PXMax = 12 vào (6) ta tính RX = 3 (0,5 đ)