Đang tải... (xem toàn văn)
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP LỚP 9 TỈNH NĂM 2011 MÔN VẬT LÝ – SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HSG LỚP 9 CẤP TỈNH LONG AN MÔN THI: VẬT LÝ NGÀY THI: 07/4/2011 THỜI GIAN: 150 phút (Không kể phát đề) Câu 1: (5 điểm) Một cậu bé đang trên đường về nhà với vận tốc là 1m/s. Khi còn cách cổng nhà 100m cậu bé thả một chú vẹt. Lập tức chú vẹt bay đi bay lại liên tục giữa cậu bé và cổng nhà. Khi bay về phía cổng nhà vì ngược gió nên chú bay với vận tốc 3m/s. Khi quay lại chỗ cậu bé chú bay với vận tốc 5m/s. (Cho rằng vận tốc của cậu bé và của chú vẹt là đều. Đường bay của chim và đường đi của cậu bé trên cùng một đường thẳng). a/ Tính quãng đường mà chú vẹt đã bay cho đến khi cậu bé về đến cổng nhà. b/ Tính vận tốc trung bình của chú vẹt trong suốt thời gian bay. Câu 2: ( 3 điểm) Cho hai bình cách nhiệt chứa hai chất lỏng khác nhau, có khối lượng khác nhau, có nhiệt độ ban đầu khác nhau. Một học sinh dùng nhiệt kế lần lượt nhúng đi nhúng lại vào bình 1 rồi bình 2. Chỉ số của nhiệt kế sau 4 lần nhúng lần lượt là 40 o C; 8 o C; 39 o C; 9,5 o C. a/ Thiết lập mối quan hệ giữa nhiệt dung của hai bình. b/ Đến lần nhúng thứ 5 ( lần thứ 3 vào bình 1) nhiệt kế chỉ bao nhiêu? c/ Sau một số rất lớn lần nhúng như vậy, nhiệt kế chỉ bao nhiêu? (Nhiệt dung của vật là nhiệt lượng cần thiết để cung cấp cho vật để vật nóng thêm 1 o C) Câu 3: (5 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ: (Hình H:1) Trong đó: R 1 =1 Ω ; R 2 =2 Ω ; R x là một biến trở tiết diện đều với con chạy C di chuyển được trên MN và có giá trị lớn nhất là 16 Ω . Hiệu điện thế U là không đổi. Vôn kế có điện trở rất lớn, bỏ qua điện trở của ampe kế và dây nối. a/ Khi con chạy C nằm chính giữa MN thì vôn kế chỉ 10V. Tìm số chỉ của ampe kế và giá trị hiệu điện thế U. b/ Xác định vị trí C để công suất tiêu thụ trên toàn biến trở là lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó và vị trí của con chạy C khi đó. c/ Đổi chỗ vôn kế và ampe kế cho nhau. Xác định số chỉ của vôn kế và ampe kế trong trường hợp đó. Câu 4: (4 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ: (Hình H:2) Trong đó: R1; R2; R3; R4 là hữu hạn. Hiệu điện thế UAB không đổi. a/ Chứng minh rằng: Nếu dòng điện qua ampe kế I A =0 thì: 3 1 2 4 R R R R = b/ Cho U AB =6V, R 1 =3 Ω ; R 2 = R 3 = R 4 =6 Ω . Điện trở của ampe kế là không đáng kể. Xác định cường độ dòng điện qua các điện trở, chiều của dòng điện qua ampe kế và số chỉ của nó. Câu 5: (3 điểm) Một chùm sáng song song có đường kính D = 5cm được chiếu tới thấu kính phân kì O 1 sao cho tia trung tâm của chùm sáng trùng với trục chính của thấu kính. Sau khi khúc xạ qua thấu kính này cho một hình tròn sáng có đường kính D 1 =7cm trên màn chắn E đặt vuông góc với trục chính và cách thấu kính phân kì một khoảng là l. a/ Nếu thay thấu kính phân kì bằng thấu kính hội tụ O 2 có cùng tiêu cự và nằm ngay vị trí của thấu kính phân kì thì trên màn chắn E thu được hình tròn sáng có đường kính là bao nhiêu? b/ Cho l =24cm. Tính tiêu cự của thấu kính hội tụ. ---- HẾT ---- H:2 A R 1 R 2 R 4 R 3 A B H:1 U V A R 1 M N R 2 C R x ĐỀ CHÍNH THỨC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HSG LỚP 9 CẤP TỈNH LONG AN ĐÁP ÁN MÔN THI: VẬT LÝ NGÀY THI: 07/04/2011 Câu 1: (5 điểm) Gọi vận tốc của chú vẹt khi bay về phía cổng nhà là v 1 = 3m/s. Gọi vận tốc của chú vẹt khi bay lại phía cậu bé là v 2 = 5m/s. Gọi vận tốc của cậu bé là v= 1m/s. Gọi khoảng cách từ chỗ cậu bé tới cổng nhà khi cậu bắt đầu thả vẹt ra là a=100m. - Xét lần bay bất kỳ khi chú vẹt bay từ chỗ cậu bé về phía cổng nhà trong thời gian t 1 . Khoảng cách giữa cậu bé và con vẹt khi con vẹt về tới cổng là: 1 1 1 1 1 1 1 ( ) (1) ( ) S v t vt v v t S t v v = − = − ⇒ = − Gọi thời gian khi chú vẹt quay lại gặp cậu bé trong lần bay đó là t 2 : 2 2 (2) ( ) S t v v = + Lập tỉ lệ 1 1 2 2 1 2 1 2 ( ) ( ) (1) 5 1 3 (2) ( ) 3 1 ( ) 3 (*) S t v v v v S t v v v v t t − + + ⇔ = = = = − − + ⇒ = Như vậy ta thấy tỉ lệ thời gian giữa lượt đi và lượt về trong cùng một lần bay của chim là không đổi và không phụ thuộc vào quãng đường xa hay gần. Vậy: Gọi tổng thời gian những lần chú vẹt bay về phía cổng là T 1 Gọi tổng thời gian những lần chú vẹt bay lại phía cậu bé là T 2 ta có: 1 2 3 T T = hay T 1 =3T 2 .(vì (*)) Mặt khác thời gian chim bay cũng chính là khoảng thời gian chú bé về tới cổng nhà nên ta có: 1 2 100( ) a T T T s v = + = = (3) thế T 1 =3T 2 vào (3) ta giải được: T 1 =75s ; T 2 =25s Vậy quãng đường chú vẹt đã bay được là : 1 1 2 2 75.3 25.5 350( )l T v T v m= + = + = b/ Vận tốc trung bình của chú vẹt trong suốt quá trình bay là: 1 2 350 3,5( / ) 100 TB l l v m s T T T = = = = + ĐỀ CHÍNH THỨC (0,5 điểm) (0,5 điểm) (0,5 điểm) (0,5 điểm) (1 điểm) (1 điểm) (1 điểm) Câu 2: (3 điểm) Gọi: Nhiệt dung của bình 1 là q 1 Nhiệt dung của bình 2 là q 2 Nhiệt dung của nhiệt kế là q. Sau lần nhúng thứ nhất và thứ hai ta biết được: +Nhiệt độ của bình 1 đang là 40 o C + Nhiệt độ của bình 2 đang là 8 o C + Nhiệt kế đang trong bình 2 nên cũng có nhiệt độ là 8 o C. Phương trình cân bằng nhiệt cho lượt nhúng thứ hai vào bình 1 là: 1 1 (40 39) (39 8) 31 (1) q q q q − = − ⇔ = Phương trình cân bằng nhiệt cho lượt nhúng thứ hai vào bình 2 là: 2 2 2 (9,5 8) (39 9.5) 1,5 29,5 3 59 (2) q q q q q q − = − ⇔ = ⇔ = Lập tỉ lệ: 1 2 1 2 (1) 31 (2) 3 59 93 59 q q q q = = ⇔ = b/ Gọi nhiệt kế chỉ giá trị t x khi nhúng lượt thứ ba vào bình 1. Phương trình cân bằng nhiệt cho lượt nhúng thứ ba vào bình 1 là: 1 (39 ) ( 9,5)(3) x x q t q t− = − Lập tỉ lệ: 1 1 (1) 31 (3) (39 ) ( 9,5) 1 31 9,5 31(39 ) (39 ) 9,5 32 1218,5 38,08 x x x x x x x o x q q q t q t t t t t t t C = = − − ⇔ = ⇔ − = − − − ⇔ = ⇒ ≈ c/ Sau khi nhúng đi nhúng lại một số lần rất lớn thì nhiệt độ cùa hai bình và nhiệt kế là như nhau. Gọi nhiệt độ đó là t. Ta có phương trình cân bằng nhiệt cho hệ là: 1 2 (40 ) ( )( 8)q t q q t− = + − (4) thế (1) và (2) vào (4) ta được: 59 31 (40 ) ( )( 8) 3 62 1240 31 ( 8) 3 155 4216 27,2 o q t q q t t t t t C − = + − ⇔ − = − ⇔ = ⇒ = (4) (0,5 điểm) (0,5 điểm) (0,5 điểm) (0,5 điểm)(0,5 điểm) (0,5 điểm) (0,5 điểm) Câu 3: (5 điểm) Mạch điện có dạng: trong đó R x được con chạy C tách ra thành hai điện trở có giá trị là x và R x -x. ĐK: (0 16)(*)x≤ ≤ Điện trở tương đương toàn mạch là: 1 2 1 2 .( ) (1) = + + − ⇔ = + + AB CD X AB X R R R R x R x R R R R a/ Khi con chạy nằm chính giữa MN khi đó x=R x -x=8 Ω ; vôn kế chỉ 10V hay U AD =10V Ta có: 1 2 1 ( ) 8.8 1 2 7( ) 16 ( ) 8.8 1 5( ) 16 X AB X X AD X x R x R R R R x R x R R R − = + + = + + = Ω − = + = + = Ω Cường độ dòng điện chạy trong mạch chính: 1 2 10 2( ) 5 AD CD AD U I I I I A R = = = = = = Hiệu điện thế hai đầu mạch điện U AB =I.R AB =2.7=14(V) Hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch điện U CD =I.R CD =2.4=8(V) Số chỉ của ampe kế là: I A =I Rx-x = 8 1( ) 8 CD X U A R x = = − b/Di chuyển con chạy C để công suất trên toàn biến trở là lớn nhất. khi đó: Cường độ dòng điện trong mạch chính là: 1 2 1 2 1 2 14 14.16 ( ) (16 ) 48 (16 ) 1 2 16 224 48 (16 ) AB AB CD X AB X CD U U I I I I x R x x x R x x R R R I I I I x x = = = = = = = − − + − + + + + ⇒ = = = = + − Công suất tiêu thụ trên toàn biến trở chính là công suất tiêu thụ trên đoạn mạch CD. P CD =I 2 CD .R CD = [ ] [ ] 2 2 2 2 2 2 224 (16 ) 3136 (16 ) 3136 3136 . 48 (16 ) 16 48 48 (16 ) 48 (16 ) 16 96 16 (16 ) x x x x x x x x x x x x x x x x − − = = = = + − + − + − − + + − − Để P CD là lớn nhất thì: 2 2 2 48 16 96 16 x x x x − + + − phải đạt giá trị nhỏ nhất. Đặt A = 2 2 2 48 16 96 16 x x x x − + + − Để A min thì ( 2 2 2 48 16 16 x x x x − + − ) min Áp dụng BĐT côsi: 2 2 2 48 16 2.48 96 16 x x x x − + ≥ = − vậy A min thì 2 2 2 48 16 96 16 x x x x − + = − (*) A min =96+96=192 Công suất tiêu thụ trên toàn biến trở lớn nhất là: H:1 A V R 1 R 2 R x -x x C D A B (0,5 điểm) (0,5 điểm) (0,5 điểm) (0,5 điểm) (0,5 điểm) P CDMax 2 2 2 3136 3136 16,3( ) 192 48 16 96 16 W x x x x = = = − + + − Theo (*) dấu “=” xảy ra khi 2 2 2 48 16 16 x x x x − = − hay ( ) 2 2 2 16 48x x− = 1 2 2 2 2 2 2 2 3 4 12 4 16 48 16 48 0 16 48 0 18,6 16 48 16 48 0 16 48 0 2,6 x x x x x x x x x x x x x x x x = = − = − − = − + = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = − = − − + = − − = = − Nhận các giá trị x 1 =12; x 2 = 4 Loại các giá trị x 3 =18,6; x 4 =-2,6 vì trái với ĐK(*) Vậy có 2 vị trí của con chạy C trên biến trởMN để thỏa Y/c đề bài. sao cho 1 2 1 2 4 12 12 4 x x x x = Ω = Ω = Ω = Ω c/ Khi đổi chỗ vôn kế và ampe kế Đoạn mạch AD bị nối tắt bởi ampe kế. Mạch điện chỉ còn R 2 Như vậy lúc này vôn kế chỉ 0 (U V =0) ampe kế chỉ 2 14 7( ) 2 AB A U I A R = = = V A R 1 R 2 R x -x x C D A B (0,5 điểm) (0,5 điểm) (0,5 điểm) (1 điểm) Câu 4: (4 điểm) Mạch điện được vẽ lại như sau: a/ Nếu I A =0 1 3 1 3 2 4 2 4 (1) à (2) AB AB U I I R R U v I I R R = = + = = + Mặt khác I A =0 nên U CD =0 hay U AC = U AD 1 1 2 2 (3)I R I R⇔ = thế (1) và (2) vào (3) ta có: 1 2 1 2 1 3 2 4 1 3 2 4 1 3 3 1 1 2 2 4 2 4 (3) ( ) AB AB U R U R R R R R R R R R R R R R R R R dpcm R R R R R ⇔ = ⇔ = + + + + + ⇔ = ⇔ = + b/ Vì ampe kế có điện trở không đáng kể nên mạch điện được vẽ lại: Điện trở tương đương toàn mạch là: 3 4 1 2 1 2 3 4 3.6 6.6 5( ) 3 6 6 6 AC CB R R R R R R R R R R R = + = + = + = Ω + + + + Cường độ dòng điện chạy trong mạch chính là: 6 1,2( ) 5 AB AC CB U I I I A R = = = = = Xét đoạn mạch (R 1 //R 2 ) 1 1 1 1 2 1 2 1,2 3 2.1,2 0,8( ) 3 1,2 0,8 0,4( ) AC AC AC R I I I R I A I I I A = ⇔ = ⇒ = = ⇒ = − = − = vậy cường độ dòng điện qua R 1 và R 2 lần lượt là: I 1 =0,8A; I 2 =0,4A Tương tự với đoạn mạch CB (R 3 //R 4 ) mà R 3 =R 4 nên ta có I 3 =I 4 =0,5I CB =0,6(A) Thấy I 1 =0,8A; I 3 =0,6A (I 1 > I 3 ) xét nút dòng tại C ta có: 1 3 1 3 0,8 0,6 0,2( ) 0,2( ) A A A I I I I I I A I A = + ⇒ = − = − = ⇒ = Vậy số chỉ của ampe kế là 0,2A và có chiều từ C đến D. A A R 1 R 3 R 2 R 4 B C D R 3 B C A R 1 R 2 R 4 D (0,5 điểm) (0,5 điểm) (0,5 điểm) (0,5 điểm) (0,5 điểm) (0,5 điểm) (0,5 điểm) (0,5 điểm) Câu 5: (3 điểm) Khi dùng TKPK ta có hình vẽ: Dùng tam giác đồng dạng để có: 1 ' ' 5 2,5 (1) 7 = ⇔ = ⇒ = + F O AB F E MN f f l f l khi thay TKPK bằng TKHT có f=2,5l ta có được hình vẽ dưới đây: Dùng tam giác đồng dạng để có: 2 ' ' 5 (2) = ⇔ = − F O AB F E PQ f f l x Thế (1) vào (2) ta được: 2,5 5 5 5 (2) 2,5 3 3 l l l x x x cm ⇔ = ⇔ = − ⇒ = Vậy: hình tròn sáng trên màn khi dùng TKHT có đường kính là 3cm b/ khi l=24cm,thế vào (1) ta được f=2,5.24=60cm vậy TKHT có tiêu cự f=60cm ---Hết--- Lưu ý: Các cách làm khác cho điểm tương đương F’ A B O 1 M N E A B P Q E O 2 F F’ (0,5 điểm) (0,5 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,5 điểm) (1 điểm) . = + − ⇔ − = − ⇔ = ⇒ = (4) (0,5 đi m) (0,5 đi m) (0,5 đi m) (0,5 đi m) (0,5 đi m) (0,5 đi m) (0,5 đi m) Câu 3: (5 đi m) M ch điện có dạng: trong đó R x được. f=60cm ---Hết--- Lưu ý: Các cách l m khác cho đi m tương đương F’ A B O 1 M N E A B P Q E O 2 F F’ (0,5 đi m) (0,5 đi m) (0,25 đi m) (0,25 đi m) (0,5 đi m)