Đề khảo sát đội tuyển tỉnh môn Vật Lý Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Trường THCS Nguyễn Du

Nội dung text: Đề khảo sát đội tuyển tỉnh môn Vật Lý Lớp 9 - Năm học 2017-2018 - Trường THCS Nguyễn Du

1. TRƯỜNG THCS NGUYỄN DU ĐỀ KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN TỈNH Đề số có 2 trang NĂM HỌC: 2017 – 2018 MÔN: VẬT LÝ Thời gian làm bài: 150 phút Câu 1 (5 điểm): Cho cơ hệ như hình 1. Các khối trụ đặc được làm bằng thép, khối m2 có chiều cao h = 10cm, m1 = 680g. Dưới m2 có một cục nước đá khối lượng m0 bị dính chặt. Sau đó thả khối m 2 vào một bình nước lớn, thì thấy ban đầu khi nước đá chưa tan hệ vật nằm cân bằng, m 2 ngập một nửa trong nước (cục nước đá vẫn nằm dưới khối trụ). Sau 10 phút cục nước đá tan hết, hệ cân m1 bằng, và m2 vừa ngập hoàn toàn trong nước. Bỏ qua ma sát, khối lượng các 3 ròng rọc và dây treo. Biết khối lượng riêng của thép D 1 = 7,8g/cm , của nước m2 3 3 D2 = 1g/cm , của nước đá Do = 0,9g/cm . Hình 1 a. Tính vận tốc trung bình của m1 trong thời gian nước đá tan. b. Tính m0 và m2. c. Khi cục nước đá tan đi 1 nửa, hệ cân bằng. Tính chiều cao phần ngập trong nước của khối trụ m2. Câu 2 (3 điểm): Có 3 bình cách nhiệt giống nhau chứa cùng một loại chất lỏng tới một nửa thể tích của mỗi bình. Bình 1 chứa chất lỏng ở 10 0C, bình 2 chứa chất lỏng ở 40 0C, bình 3 chứa chất lỏng ở 800C. Xem chỉ chất lỏng trong các bình trao đổi nhiệt với nhau, khối lượng riêng chất lỏng không phụ thuộc nhiệt độ. a. Sau vài lần rót chất lỏng từ bình này sang bình khác thì thấy: Bình 1 chứa đầy chất lỏng ở 1 500C, chất lỏng ở bình 2 chiếm thể tích của bình và có nhiệt độ 25 0C. Tính nhiệt độ chất lỏng 3 trong bình 3 lúc này. b. Sau rất nhiều lần rót đi rót lại các chất lỏng trong ba bình trên với nhau thì thấy: Bình 1 chứa đầy chất lỏng, còn bình 2 và bình 3 có cùng thể tích chất lỏng. Tính nhiệt độ chất lỏng trong mỗi bình lúc này. Câu 3 (5 điểm): Với mạch điện như hình 2. R1 1. Biết R1 = 1Ω, R2 = 8Ω, R3 = 6Ω, R4 = 3Ω, bóng đèn ghi 6V – R2 K 6W, hiệu điện thế nguồn U = 15V. Bỏ qua điện trở các dây nối, U xem điện trở dây tóc bóng đèn không phụ thuộc vào nhiệt độ. Đ Hãy cho biết bóng đèn sáng như thế nào? Vì sao? R3 R4 a. Khi K mở. Hình 2 b. Khi K đóng. 2. Biết U = 16V, R1 = R2 = R3 = R4 = R, bóng đèn chưa có số ghi. Hãy xác định hiệu điện thế định mức của bóng đèn, biết rằng đèn sáng bình thường cả khi đóng hoặc mở khóa K. Câu 4 (4 điểm): Cho các thiết bị sau: Một ắc quy có hiệu điện thế không đổi U = 12V, một bóng đèn có hiệu điện thế định mức 10V, một biến trở con chạy, các dây nối có điện trở không đáng kể.
2. a. Hãy nêu các phương án lắp các thiết bị trên thành mạch điện để bóng đèn có thể sáng bình thường (bằng cách vẽ sơ đồ các mạch điện). S b. Xác định mạch điện có hiệu suất thắp sáng lớn nhất (bỏ G1 qua mọi hao phí trên bóng đèn). Tính hiệu suất đó. H G2 Câu 5 (3 điểm): Cho hai gương phẳng G1 và G2. G1 cố định, G có thể quay tự do quanh trục K vuông góc với mặt 2 K phẳng hình vẽ. Một điểm sáng S nằm trước hai gương như Hình 3 hình 3. Gọi S1 là ảnh của S sau lần tạo ảnh thứ nhất qua gương G1, S2 là ảnh của S sau lần tạo ảnh thứ nhất qua gương G 2. Hãy xác định khoảng cách nhỏ nhất và lớn nhất từ S 1 đến S2. Biết khoảng cách từ S đến G 1 là SH = 6cm, SK = 9cm và HSK = 900. Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
3. Hướng dẫn chấm. Câu Ý Nội dung Điểm + Trong thời gian nước đá tan, vật m chuyển động xuống dưới được 2 0,25 đ quãng đường: S2 = 5cm a + Vậy m chuyển động đi lên được quãng đường: S = 2S = 10cm. 0,5 đ (1đ) 1 1 2 S1 10 + Vận tốc của vật m1 là: v = = =1(cm/ phút) 0,25 đ t 10 + Gọi thể tích của khối m2 là V2, của cục nước đá ban đầu là V0. + Khi cục nước đá tan hết ta có: 2P1 + FA 2 = P2 (1) 0,5đ F + Khi cục nước đá chưa tan ta có: 2P + A 2 + F = P + P (2) 0,5 đ 1 2 A 0 2 0 + Từ (1) ta có: 2m1 + V2.D2 = V2.D1 0,25 đ b 2m V = 1 = 0,2.10-3 (m3 ) (2đ) 2 D - D 1 2 0,25 đ -3 3 m2 = V2.D1 = 0,2.10 .7,8.10 = 1,56 (kg) 1 V2 .D2 2m1 + - V2 .D1 (5đ) 2 -3 3 0,25 đ + Từ (2) ta có: V0 = =10 (m ) D0 - D2 + m0 = V0.D0 = 0,9 (kg) 0,25 đ ’ + Khi cục nước đá tan một nửa. Gọi thể tích m 2 ngập trọng nước là V 2 ta có: F P 0,5 đ 2P + F' + A 0 = P + 0 (3) 1 A 2 2 2 2 V .D m 2m + V' .D + 0 2 = m + 0 (4) 0,5 đ c 1 2 2 2 2 2 (2đ) m0 V0 .D2 m2 + - 2m1 - , 2 2 -3 3 0,5 đ Từ (4) ta có: V2 = = 0,15.10 (m ) D2 V' S.h' h' V' + 2 = = h' = h. 2 = 7,5(cm) 0,5 đ V2 S.h h V2 + Gọi khối lượng chất lỏng trong mỗi bình lúc đầu là m, nhiệt dung riêng 0,25đ của chất lỏng là C. Khối lượng chất lỏng tỷ lệ thuận với thể tích chất lỏng. + Giả sử nếu nhiệt độ chất lỏng trong các bình lúc đầu hạ xuống đến 10 0C thì tổng nhiệt lượng tỏa ra là: 0,5 đ 2 a Q1 = m.C.(t2 – t1) + m.C.(t3 – t1) = 30mC + 70m.C = 100m.C (1) (4đ) (2đ) + Từ giả thuyết ta có khối lượng chất lỏng trong: 2 1 0,25 đ Bình 1: m1 = 2m; bình 2: m2 = m ; bình 3: m = m . 3 3 3 + Giả sử nếu nhiệt độ chất lỏng trong các bình lúc này hạ xuống đến 100C 0,5 đ
4. thì tổng nhiệt lượng tỏa ra là: 2 ’ 1 ’ Q2 = 2m.C.(t1’ – t1) +m .C.(t2 - t1)+ m .C.(t3 – t1) 3 3 1 ’ = 90m.C + m .C.(t3 – 10) 3 1 ’ ’ 0 + Ta có: Q1 = Q2 => 100m.C = 90m.C + m .C.(t3 – 10) => t3 = 20 C. 3 0,5 đ ’ 0 Vậy nhiệt độ bình 3 lúc này là: t3 = 40 C. Sau nhiều lần rót đi rót lại thì nhiệt độ các bình như nhau là t0. 0,25 đ b Ta có: m.C.( t – t ) + m.C.( t – t ) + m.C.( t – t ) = 0 0,5 đ (1đ) 1 0 2 0 3 0 0 t0 ≈ 43,3 C. 0,25 đ + Khi K mở mạch điện như Đ hình1: R2 R4 R1 0,5 đ R3 Hình 1 2 UĐM 0,25 + Điện trở bóng đèn là: RĐ = = 6 PĐM đ PĐM 0,25 + Cường độ dòng điện định mức của đèn là: IĐM = =1(A) 1.a UĐM đ (2đ) + Điện trở tương đương của toàn mạch: 0,25 (R 2 + R Đ ).R3 3 R tđ = + R1 + R 4 8,2 đ R 2 + R Đ + R3 (5đ) + Cường độ dòng điện qua đèn lúc này là: U (R + R ).R . 2 Đ 3 0,5 đ R tđ R 2 + R Đ + R3 IĐ1 = 0,55(A) R 2 + R Đ + Vì: IĐ1 < IĐM nên bóng đèn sáng yếu hơn mức bình thường. 0,25 đ + Khi K đóng mạch điện như hình R2 2: Đ R 1.b 1 R3 0,5 đ (2đ) R4 Hình 2
5. R Đ .R 4 R3 + .R 2 R + R + Điện trở tương đương toàn mạch là: ' Đ 4 R tđ = + R1 5() 0,5 đ R Đ .R 4 R3 + + R 2 R Đ + R 4 U 0,25 + Hiệu điện thế 2 đầu R2 là: U2 = U- ' .R1 =12(V) R tđ đ ' U2 R Đ .R 4 + Hiệu điện thế 2 đầu bóng đèn là: UĐ = . = 3(V) R Đ .R 4 R Đ + R 4 0,5 đ R3 + R Đ + R 4 ’ + Vì: UĐ RĐ = R 0,25 đ + Thay vào (1) => U = 8IĐ.RĐ = 8UĐ => UĐ = U/8 = 2V 0,25 đ Mạch 1: Đ 0,5 đ Rb Đ Mạch 2: b4 0,5 đ a Rb (2đ) Đ b4 Mạch 3: 0,5 đ 4 Rb (4đ) Đ b4 Mạch 4: 0,5 đ Rb b4U I + Hiệu suất thắp sáng của mạch: H đ đ (1) 0,25 đ UI b + Trong biểu thức (1) chỉ có I thay đổi 0,25 đ (2đ) + Từ các sơ đồ ta thấy: I ≥ Iđ 0,25 đ + Từ (1) ta thấy Hmax khi Imin = Iđ 0,25 đ + Vì bóng sáng bình thường nên I = Iđ ứng với mạch 1 và mạch 3 0,5 đ
6. U 10 + H đ .100% 83,3% max U 12 0,5 đ Chú ý: - Nếu chỉ vẽ được 1 mạch thì không cho điểm ý b - Nếu vẽ được 2 mạch và làm đúng ý b, cho ½ số điểm - Nếu vẽ được 3 mạch và làm đúng ý b, cho 3/4 số điểm + Ảnh S2 nằm trên đường tròn tâm K bán kính KS 0,5 đ + Vẽ hình: S G1 G2 ’ H S 2 K 1 đ S1 S2 5 (3đ) + Kẻ đường thẳng đi qua S 1, K cắt đường tròn tâm K bán kính KS tại S 2 ’ 0,25đ và S2 + Vị trí S2 gần với S1 nhất ứng với khoảng cách nhỏ nhất 0,25đ + Vị trí S2 xa với S1 nhất ứng với khoảng cách lớn nhất 0,25đ 2 2 2 + Ta có: S1K = S1S + SK S1K = 15 (cm) 0,25đ + Vậy khoảng cách nhỏ nhất là: S1S2 = S1K – S2K = 15 – 9 = 6 (cm) 0,25đ ’ ’ + Vậy khoảng cách lớn nhất là: S1S 2 = S1K + KS 2 = 15 + 9 = 24 (cm) 0,25đ Học sinh làm theo các cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa
7. TRƯỜNG THCS NGUYỄN DU ĐỀ KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN TỈNH Đề số có 2 trang NĂM HỌC: 2017 – 2018 MÔN: VẬT LÝ Thời gian làm bài: 150 phút Câu 1: (3,0 điểm) Một con tàu chạy ngược dòng theo một con sông lớn với vận tốc v = 10m/s để tới một bến sông B về phía thượng lưu. Khi tàu còn cách bến này một khoảng L = 4km thì nhận được tin tại bến B có một vụ tai nạn xảy ra. Khi đó người ta hạ trên tàu xuống một con xuồng cứu hộ, xuồng chạy về bến B với vận tốc v1 = 30m/s, nhận người bị tai nạn và quay trở lại tàu với vận tốc v 2 = 50m/s để đưa người lên tàu cấp cứu. Sau đó xuồng lại tiếp tục quá trình cứu hộ như vậy cho đến khi tàu tới được bến B. Nếu không tính thời gian nhận và giao người tại bến và tàu thì trong quá trình đó xuồng phải đi qua quãng đường có tổng chiều dài là bao nhiêu? Câu 2: (2,0 điểm) Một thiết bị đóng vòi nước tự động bố trí như C hình vẽ. Thanh cứng AB có thể quay quanh một bản lề ở đầu A. B A Đầu B gắn với một cái phao là một hộp kim loại rỗng hình trụ, diện tích đáy là 2dm2, trọng lượng 10N. Một nắp cao su đặt tại C, 1 khi thanh AB nằm ngang thì nắp đậy kín miệng vòi. AC = BC. 2 Áp lực cực đại của dòng nước ở vòi lên nắp đậy là 30N. Hỏi phần phao ngập trong nước có độ cao bao nhiêu thì nước ngừng chảy? Khối lượng thanh AB không đáng kể. Trọng lượng riêng của nước là 10000N/m3. Câu 3: (4,0 điểm) Trên bàn có rất nhiều bình giống nhau đựng các lượng nước như nhau ở cùng nhiệt độ. Trút M (g) nước nóng vào bình thứ nhất, khi có cân bằng nhiệt thì trút M (g) nước từ bình thứ nhất vào bình thứ hai. Sau đó trút M (g) nước từ bình thứ hai đã cân bằng nhiệt vào bình thứ ba. Tiếp tục quá trình trút cho các bình tiếp theo. Độ tăng nhiệt độ của nước ở bình thứ nhất 0 0 và bình thứ hai lần lượt là t 1 = 20 C và t 2 = 16 C. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với bình và môi trường. a. Tìm độ tăng nhiệt độ t3 của nước ở bình thứ ba. b. Kể từ bình thứ bao nhiêu thì nhiệt độ nước trong bình tăng không quá 50C ? Câu 4: (5,0 điểm) Cho mạch điện gồm 3 điện trở R 1, R2, R3 mắc nối tiếp. Mạch được nối với một nguồn điện có hiệu điện thế U không đổi. Biết công suất tiêu thụ của 3 điện trở R 1, R2 và R3 lần lượt là P 1 = 1,35W, P2 = 0,45W và P3 = 2,7W. R R a. Tìm các tỉ số 2 và 3 R1 R1 b. Nếu 3 điện trở R 1, R2, R3 mắc song song nhau rồi cũng nối với nguồn hiệu điện thế không đổi U thì công suất tiêu thụ trên mỗi điện trở là bao nhiêu? c. Tìm R1, R2, R3 nếu biết U = 30V.
8. Câu 5: (4,0 điểm) Một bóng đèn S đặt cách mặt tủ gương S 40cm và nằm trên trục đối xứng của mặt gương như hình bên. Quay cánh tủ quanh bản lề A, một góc = 30 0 sao cho khoảng cách từ S đến tâm I của mặt gương tăng. Trục A gương cách bản lề 30cm. I a. Ảnh S’ của S di chuyển trên quỹ đạo nào? b. Tính đường đi của ảnh. c. Gương quay đều với vận tốc dài của mép gương là v = 1,5m/s. Hỏi ảnh quay với vận tốc bao nhiêu? Câu 6: (2,0 điểm) Xác định nhiệt hóa hơi L của nước. Dụng cụ: đồng hồ đo thời gian, một nhiệt lượng kế, nhiệt kế, một cốc đựng nước, bếp đun, cân. Cho nhiệt dung riêng của nhiệt lượng kế c k và nước cn đã biết. Cho biết nhiệt lượng tỏa ra của bếp tỉ lệ với thời gian đun, bỏ qua sự hao phí nhiệt ra môi trường. HẾT
9. Hướng dẫn chấm. Câu Nội dung – yêu cầu Điềm 1 - Sau khi được hạ xuống, xuồng sẽ chạy qua chạy lại giữa tàu và bến, khoảng 0,25 3đ thời gian giữa hai lần gặp nhau liên tiếp của xuồng và tàu sẽ giảm dần và tiến tới 0 khi tàu cập bến. - Giả sử sau một thời gian nào đó, xuồng và tàu gặp nhau tại một điểm cách 0,25 bến sông B một khoảng S. - Gọi T là khoảng thời gian từ khi đó đến lần gặp tiếp theo thì kể từ khi đó: S + Thời gian xuồng chạy tới bến là: v1 S 0,25 - Thời gian xuồng từ bến quay lại tàu là: T - v1 - Quãng đường mà xuồng chạy được giữa hai lần gặp là: 0,5 S Sx = S + v2(T - ) (1) v1 - Cũng trong thời gian đó tàu chạy ngược dòng được một đoạn: 0,5 S St = vT = S – v2(T - ) (2) v1 v - v S 4S 0,25 - Từ (2) ta tính được: T = 1 2 = (3) v1 v+ v2 9 14S 4S 0,25 - Thay (3) vào (1) và (2) ta có: Sx = ; St = 9 9 - Tỉ số giữa quãng đường xuồng đi và tàu đi giữa hai lần gặp nhau liên tiếp là 0,25 S 14 không đổi: x = = 3,5 St 4 - Vì vậy, xét cho toàn bộ quá trình từ khi thả xuồng cho đến khi tàu tới bến thì 0,25 tỉ số này cũng không đổi, với quãng đường đi của tàu là L = 4km. - Gọi S0 là quãng đường đi của xuồng thì: 0,25 S 0 = 3,5 S = 3,5L = 3,4.4 =14km L 0 Vậy, tổng quãng đường đi của xuồng trong toàn bộ quá trình là 14km. 2 - Trọng lượng phao là P, lực đẩy Acsimet tác dụng lên phao là FA = dV1= dSh 0,25 2đ ( với h là chiều cao phần phao ngập trong nước, d là trọng lượng riêng của nước). - Lực đẩy tổng cộng tác dụng lên đầu B: 0,5 F = FA – P = dSh – P - Áp lực cực đại của nước tác dụng lên nắp là F ’ đẩy cần AB xuống dưới. Để 0,25 nước ngừng chảy ta phải có tác dụng của F đối với trục quay A phải lớn hơn tác dụng của F’ đối với trục quay A:
10. 1 0,25 F.BA > F’CA (dSh – P).BA > F’CA biết CA = BA nên: 3 F 0,5 P+ F 10 +10 dSh – P > h > 3 = = 0,1m = 10cm 3 dS 0,02.10000 Kết luận: Mực nước trong bể phải dâng lên đến khi phần phao ngập trong 0,25 nước vượt quá 10cm thì vòi nước bị đóng kín. 3 3a. 2,0đ 0,25 4đ - Gọi Cb là nhiệt dung của mỗi bình cùng nước có sẵn trong đó, t o là nhiệt độ ban đầu của nước trong mỗi bình. + C là nhiệt dung của M g nước, t là nhiệt độ ban đầu của nước nóng. 0 + Trút M g nước nóng vào bình (1), độ tăng nhiệt độ là t1 = 20 C 0,5 Ct – (to + 20) = Cb.20 (1) 0 + Trút M g nước từ bình (1) vào bình (2), độ tăng nhiệt độ là t2 = 16 C 0,25 C(to + 20) – (to + 16) = Cb.16 (2) C = 4Cb; t – to = 25 (3) 0,25 + Trút M g nước từ bình (2) vào bình (3) ta có : 0,5 C(to + 16) – (to + t3) = Cb. t3 (4) 0 + Thay (3) vào (4) t3 = 12,8 C. 0,25 3b. 2,0đ - Giả sử sau khi trút M g nước vào bình thứ n – 1, độ tăng nhiệt độ của nước 0,25 trong bình này là tn-1, sau khi trút M g nước vào bình thứ n, độ tăng nhiệt độ của nước trong bình là tn. + Ta có pt cân bằng nhiệt : 0,5 C(to + tn-1) – (to + tn) = Cb tn (5) + Thay (3) vào (5) tn = 0,8 tn-1 0,25 0 + t2 = 0,8 t1 = 16 C 0,5 2 0 + t3 = 0,8 t2 = 0,8 t1 = 12,8 C n-1 n-1 0 n-1 + tn = 0,8 t1 = 20.0,8 ≤ 5 C 0,8 ≤ 0,25 + Bất đẳng thức trên thỏa mãn khi: n – 1 = 7 n = 8 0,25 Vậy, kể từ bình thứ 8 trở đi, nhiệt độ nước trong bình tăng không quá 50C. 0,25 4 4a. 1,0đ 0,5 5đ - 3 điện trở mắc nối tiếp thì I như nhau nên: 2 2 2 P1 = I R1, P2 = I R2, P3 = I R3 R P 1 R P 0,5 2 = 2 = ; 3 = 3 = 2 R1 P1 3 R1 P1 4b. 2,5đ 0,5 - Ba điện trở mắc song song thì U như nhau. ’ ’ - Gọi công suất tiêu thụ của mỗi điện trở khi chúng mắc song song là P 1 , P2 , ’ P3 . 2 0,5 2 2 2 U U U - Ta có: P1 = I R1 = R1. = R1 . = 0,09. R + R + R 10R R 1 2 3 1 1 3
11. ’ ’ P1 1,35 0,5 P1 = 0,09P1 P1 = = =15W 0,09 0,09 2 2 0,5 ’ U 3U ' - Ta có: P2 = = = 3P1 = 3.15 = 45W R 2 R1 2 2 P' ’ U U 1 15 0,5 và P3 = = = = =7,5W R 3 2R1 2 2 4c. 1,5đ U2 U2 302 - Ta có: P1 = 0,09. R1 = 0,09. = 0,09. = 60 0,5 R1 P1 15 R 1 60 0,5 R2 = = = 20 ; 3 3 và R3 = 2R1 = 2.60 = 120 0,5 5 5a. 1,5đ S 1,0 4đ - Gương ở vị trí 1: S qua G 1 cho ảnh S1; S1 đối xứng với S qua G1 nên IS = I G IS1. A 1 - Gương ở vị trí 2: S qua G 2 cho ảnh S2; S2 đối xứng với S qua G2 nên IS = G2 IS2. S1 S2 - Do ảnh luôn đối xứng với vật qua gương nên ảnh luôn cách đều bản lề đoạn 0,25 bằng AS. Vậy ảnh di chuyển trên đường tròn tâm A, bán kính AS. - Ta có: AS = SI2 + AI2 = 402 + 302 = 50cm 0,25 5b. 1,0đ 0,5 - Xét cung S1S2 có S1AS2 = 2S1SS2 (góc chắn ở tâm gấp đôi góc chắn trên 0 cung tròn đó), nên SS1  G1; SS2  G2. Do đó S1AS2 = 60 2 R.600 0,5 - Đường đi của ảnh là chiều dài cung S1S2 là: S1S2 = 52,36cm 3600 5c. 1,5đ 0,25 - Khi gương quay đều quanh bản lề thì mép gương chuyển động trên đường tròn tâm A, bán kính AG1 với AG1 = 2IG1 = 2.30 = 60cm. - Khi gương quay được góc α thì AS1 quay được góc 2α. 0,25 2 0,5 - Ta có: G1G2 = .2πAG1 và S1S2 = .2πAS 3600 3600 G 1 G 2 AG 1 vt 60 ' 5 5 0,5 = ' = v = v = .1,5m/ s = 2,5m/ s S 1 S 2 2AS v t 2.50 3 3 6 * Phân tích: 1,0đ 0,25 2đ - Nhiệt lượng thu vào của nước và nhiệt lượng kế trong thời gian T1. Q1 = (m1c1 + m2c2)(t2 – t1)= kT1 - Nhiệt lượng thu vào để m1 nước hóa hơi hoàn toàn trong thời gian T2. 0,25 Q2 = Lm1 = kT2
12. Q m c + m c t - t T 0,25 1 = 1 1 2 2 2 1 = 1 Q2 Lm1 T2 T1 0,25 - Chọn m1 = m2 L = c1 + c2 t 2 - t1 T1 * Tiến hành TN. 1,0đ - Dùng cân xác định khối lượng nhiệt lượng kế là m1. 0,25 - Đổ nước vào nhiệt lượng kế cân được khối lượng M = 2m 1 khối lượng nước m2 bằng khối lượng nhiệt lượng kế m1. 0 - Đun nhiệt lượng kế, đo thời gian đun nước từ nhiệt độ t 1 đến t2 = 100 C là 0,25 T1. - Tiếp tục đun đồng thời đo thời gian T 2 từ lúc nước sôi đến khi hóa hơi hoàn 0,25 toàn. T1 0,25 - Áp dụng công thức: L = c1 + c2 t 2 - t1 T1
13. TRƯỜNG THCS NGUYỄN DU ĐỀ KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN TỈNH Đề số có 2 trang NĂM HỌC: 2017 – 2018 MÔN: VẬT LÝ Thời gian làm bài: 150 phút Câu 1: (5,0 điểm) Lúc 6 giờ hai xe xuất phát từ A. Xe 1 chạy liên tục nhiều vòng trên hành trình ABCDA với vận tốc không đổi v 1 = 28km/h và xe 2 chạy theo hành trình ACDA với vận tốc không đổi v2 = 8m/s. Biết quãng đường AD, AB lần lượt là 3km và 4km (khi gặp nhau các xe có thể vượt qua nhau). A B a. Hai xe gặp nhau lần đầu tiên tại A lúc mấy giờ và khi đó mỗi xe chạy được mấy vòng? b. Cùng với điều kiện trên, nếu xe 1 xuất phát từ A theo hành trình ABCDA và xe 2 xuất D C phát từ D theo hành trình DACD. - Xác định thời điểm lúc xe 2 chạy được nhiều hơn xe 1 đúng hai vòng của chúng. - Tìm khoảng cách ngắn nhất giữa hai xe trong 5 phút đầu tiên. Câu 2: (4,0 điểm) Nước có thể đồng thời vừa bơm vào, vừa được hút ra khỏi một cái bể. Để bơm 0 nước vào bể, có thể dùng một vòi nước nóng có nhiệt độ T 1 = 70 C và một vòi nước ấm có nhiệt 0 độ T2 = 40 C, hai vòi nước có lưu lượng như nhau (lưu lượng là khối lượng nước chảy vào bể hoặc chảy ra khỏi bể trong một đơn vị thời gian). Qua các lần bơm thử, người ta nhận thấy rằng ’ 0 nếu chỉ mở vòi nước nóng thì nhiệt độ ổn định của nước trong bể là T 1 = 50 C, nếu chỉ mở vòi ’ 0 nước ấm thì nhiệt độ ổn định của nước trong bể là T 2 = 30 C. Nếu đồng thời mở cả hai vòi thì nhiệt độ ổn định của nước trong bể là bao nhiêu? Biết rằng công suất tỏa nhiệt của nước trong bể ra ngoài tỉ lệ thuận với hiệu nhiệt độ của nước và môi trường xung quanh, mực nước ổn định trong bể ở cả ba trường hợp là như nhau. Câu 3: (4,0 điểm) Một cái gương G hình vuông, có cạnh Trần nhà a = 30cm đặt trên mặt đất, ở cửa một căn buồng. Ánh sáng mặt trời phản xạ trên gương và tạo trên mặt tường đối diện một vệt sáng. Tâm của vệt sáng cách mặt đất một khoảng h. Khoảng cách từ tâm gương đến tường là d = 2m, trần nhà cao H = 3m. Cho biết, mặt phẳng tới vuông góc với tường. a. Xác định kích thước của vệt sáng theo h. Xét các trường hợp: h = 0,5m, h = 1m, h = 2m và h = 3m. b. Mặt trời có độ cao 600 (tức là các tia sáng mặt trời làm với mặt đất một góc 60 0). Để vệt sáng trên tường có kích thước bằng kích thước của gương, thì phải kê cao một I D mép gương để gương làm một góc với mặt phẳng nằm ngang. Tính .
14. Câu 4: (5,0 điểm) 1.Trong mạch điện ở ba hình thì vôn kế đều chỉ 180V. Các ampe kế lần lượt chỉ 0,6A; 0,9A; 0,5A. Tính R1, R2? R1 R2 R1 R2 A A A V V V 2. Có 5 điện trở R giống nhau, lúc đầu mắc 3 điện trở thành mạch, sau đó mắc thêm 2 điện trở còn lại thì điện trở của mạch sau nhỏ hơn 4 lần so với điện trở của mạch lúc đầu. Vẽ sơ đồ mạch điện lúc sau. Câu 5: (2,0 điểm) Cho một bình nước, một ống nghiệm, một thước đo chiều dài. Cho một miếng hợp kim nhỏ gồm đồng pha với thiếc có thể bỏ vào trong ống nghiệm. Hãy trình bày thí nghiệm để xác định tỉ lệ phần trăm khối lượng đồng trong miếng hợp kim. Khối lượng riêng của nước là Dn, của đồng là D1 và của thiếc là D2 đã biết. HẾT
15. Hướng dẫn giải. Câu Nội dung – yêu cầu Điểm 1 1a. 2,0 điểm 0,25 5điểm - Đổi v2 = 8m/s = 28,8km - Chiều dài quãng đường AC: AC = 5km. ABCDA 2 4 + 3 0,25 - Thời gian xe 1 đi một vòng: t1 = = = 0,5h v 1 28 ACDA 5 4 3 5 0,25 - Thời gian xe 2 đi một vòng: t2 = = = h v 2 28,8 12 - Gọi t là thời gian từ khi hai xe xuất phát đến khi hai xe gặp nhau; n1, n2 là số 0,25 vòng đi được của mỗi xe. n 1 t 2 5 5n 0,25 - Ta có: t = n1t1 = n2t2 = = = t1 = 5nt1= 6nt2 (n là nguyên, n 2 t 1 6 6n dương) - Ta thấy tmin khi nmin n = 1 t1min = 5.1.0,5 = 2,5h 0,25 - Vậy, sau 2,5h khi hai xe xuất phát tại A chúng lại gặp nhau lần đầu tại A, 0,25 thời điểm chúng gặp nhau là 8h 30 phút. - Xe 1 đi được n1 = 5 vòng, xe 2 đi được n2 = 6 vòng. 0,25 b1. 1,5điểm 0,5 - Gọi t là thời gian để xe 2 đi nhiều hơn xe 1 là 2 vòng. t t - Số vòng đi được của xe 1, xe 2 tương ứng là: n1 = ; n2 = t 1 t 2 t t 0,5 - Ta có: n2 – n1 = 2 - = 2 t = 5h t 2 t 1 Vậy, thời điểm xe 2 chạy hơn xe 1 đúng 2 vòng là 11 giờ. 0,5 b2. 1,5điểm 0,5 7 - Quãng đường mỗi xe đi được tương ứng là s 1 = km 0 nên đạt cực tiểu khi: 172,8 135 t = 0,05355h 2.1613,44 2521
16. 2 ymin = 1613,44.0,05355 – 172,8.0,05355 + 9 = 4,37km Hoặc có thể tìm ymin theo cách sau: 0,25 2 2 172,8 172,8 y = 1613,44t 9 2 1613,44 2 1613,44 2 172,8 ymin khi 1613,44t min = 0 2 1613,44 172,8 135 t = 0,05355h 2.1613,44 2521 2 172,8 ymin = 9 = 4,37km. 2 1613,44 2 - Theo đề bài thì công suất tỏa nhiệt từ bể ra môi trường có thể viết: 0,5 4điểm P = k t = k(t1 – t2) - Trong đó: k là hệ số tỏa nhiệt, t 1, t2 lần lượt là nhiệt độ nước trong bể và nhiệt độ môi trường. - Khi nhiệt độ nước trong bể ổn định thì nước trong bể không thu nhiệt nữa 0,5 mà toàn bộ nhiệt lượng do nước chảy vào tỏa ra đều bị lấy hết bởi môi trường xung quanh nên công suất tỏa nhiệt của nước chảy vào bể kể từ lúc này bằng công suất thu nhiệt của môi trường. - Ta có: P = xc(tv – tr) = k(t1 – t2) (*) 0,5 m - Trong đó: x là lưu lượng nước chảy vào bể, x = ; c là nhiệt dung riêng t của nước, tv, tr lần lượt là nhiệt độ nước chảy vào và chảy ra khỏi bể. - Áp dụng (*) cho các trường hợp ta có: 0,5 + Khi chỉ có vòi nước nóng chảy vào bể: xc(70 – 50) = k(50 – t0) (1) (t0 là nhiệt độ môi trường) + Khi chỉ có vòi nước ấm chảy vào bể: 0,5 xc(40 – 30) = k(30 – t0) (2) (t0 là nhiệt độ môi trường) 0 - Từ (1) và (2) ta được: t0 = 10 C 0,5 + Khi chỉ có cả 2 vòi nước nóng và ấm chảy vào bể: 0,5 xc(70 – t) + xc(40 – t) = k(t – 10) (3) (t0 là nhiệt độ môi trường) - Từ (1) và (2) ta có: t = 460C 0,5 3 3a. 2,5 điểm. 4đ - Xác định kích thước của vệt sáng theo h. - Xét các trường hợp: h = 0,5m, h = 1m, h = 2m và h = 3m. - Từ hình vẽ, ta có: 0,25 CB OB O'D.OB ha = CB = = O'D OD OD 2d ha 0,25 - Bề rộng vết sáng: A'B' = 2CB = d
17. - Với h = 0,5m thì A’B’ = 7,5cm 0,25 - Với h = 1m thì A’B’ = 15cm 0,25 - Với h = 2m thì A’B’ = 30cm 0,25 H Trần nhà 0,75 A’ O’ B’ C A O B D - Với h = 3m = H thì tâm vết sáng O’ ở sát trần nhà. 0,25 ha 0,25 - Vết sáng trên tường chỉ có chiều cao O ’B’ = = 22,5cm, kích thước vết 2d sáng trên trần nhà là: 0,5a = 15cm. (bằng OA) b. 1,5điểm 0,5 C N i i’ E A B D - Khi mặt trời có độ cao 600 thì tâm vết sáng cách mặt đất là h = OD.tan600 = 0,25 3,46m khi đó vệt sáng không hoàn toàn nằm trên tường. Để A ’B’ = a, ta phải giảm góc tạo bởi tia sáng mặt trời và gương, nghĩa là kê cao mép gương A. - Giả sử ta kê cao mép gương A so với phương nằm ngang một góc như hình vẽ. - Xét chùm tia tới giới hạn bởi hai tia qua mép A và B. - Khi gương quay một góc thì các tia tới và tia phản xạ tạo với pháp tuyến AN của gương một góc i’ = i = + 300 và tạo ra vệt sáng trên tường có chiều 0,25 cao bằng EC = AB nên: - Tam giác ADC cân có: Dˆ = 900 - a ; Cˆ = Aˆ = 900 - i = 900 - - 300 = 600 - 0,25 - Ta có: Dˆ + 2Aˆ = 1800 900 2 600 180 100 0,25
18. Vậy để kích thước vết sáng trên tường bằng kích thước của gương phải 0,25 nghiêng gương một góc 100. 4 4.1: 3,0 điểm R 5điểm 1 R2 R1 R2 A A A V V V - Vì vôn kế có điện trở không đổi và chỉ U v không đổi nên dòng điện qua vôn 0,5 kế ở cả ba mạch đều bằng I. 180 0,5 - Ở hình 1: điện trở R1 là: R1 = 0,6 - I 180 0,5 - Ở hình 2: điện trở R2 là: R2 = 0,9 - I 180 180 0,5 - Ở hình 3: điện trở R1 + R2 là: R1 + R2 = + 0,6 - I 0,9 - I - Thay 2 phương trình ở trên vào phương trình ở dưới ta được: 0,5 180 180 180 1 1 1 = + = + I = 0,3A 0,5- I 0,6 - I 0,9 - I 0,5- I 0,6 - I 0,9 - I R1 = 600; R2 = 300. 0,5 4.2: 2,0điểm. 0,25 - Gọi điện trở tương đương của mạch lúc đầu có 3 điện trở R là x, điện trở tương đương của mạch 5 điện trở R lúc sau là y. x 0,25 - Ta có: y = < x do đó y phải là điện trở tương đương của mạch song song 4 có x // với điện trở z. xz x 0,25 y = = x = 3z (*) x+ z 4 R 2R 3R 0,25 - x có các giá trị sau: x = 3R, x = , x = , x = 3 3 2 R 0,25 - z là điện trở tương đương của 2R thì có các giá trị sau: z = 2R, z = 2 3R R 0,25 - Để thỏa mãn (*) thì ta chọn: x = và z = 2 2 - Vậy mạch điện là: (R//R)ntR//(R//R) 0,25 5 - Gọi S là tiết diện ống nghiệm. 0,25 2điểm - Thả ống nghiệm vào bình nước, dùng thước đo phần chìm ống nghiệm được h - Ta có: FA = P 10DnSh = P (1) Dn là khối lượng riêng của nước. - Thả miếng hợp kim vào ống nghiệm, dùng thước đo phần chìm ống nghiệm 0,5
19. được h1. - Ta có: FA1 = P + P1, P1 là trọng lượng miếng hợp kim 10DnSh1 = 10DnSh + P1 P1 = 10DnS(h – h1) (2) - Đổ nước vào ống nghiệm, dùng thước đo chiều cao cột nước được h2. 0,25 - Thả miếng hợp kim vào ống nghiệm, dùng thước đo chiều cao mực nước được h3 thể tích miếng hợp kim là V = S(h3 – h2) 0,25 m1 m2 m1 m- m1 1 1 m - Ta có: V = V1 + V2 = + = + m1 - + D1 D2 D1 D2 D1 D2 D2 m DnS h- h1 V- S h3 - h 2 - D2 D2 D1D2 h3 - h 2 - D1Dn h- h1 m1 = = = .S 1 1 1 1 D - D - - 2 1 D1 D2 D1 D2 - Tỉ lệ phần trăm khối lượng đồng trong miếng hợp kim là: 0,5 D D h - h - D D h- h 1 2 3 2 1 n 1 .S m D - D 1 .100% = 2 1 .100% m DnS h- h1 = x D D h - h - D D h- h = 1 2 3 2 1 n 1 .100% D2 - D1 Dn h- h1 - Thay D1, D2, Dn, h, h1, h2, h3 vào biểu thức (*) ta xác định được x. 0,25