Tuyển chọn 5 đề thi học sinh giỏi vật lý 9 tỉnh bắc ninh có đáp án

UBND TỈNH BẮC NINH

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

NĂM HỌC 2009 – 2010

MÔN THI: VẬT LÝ – LỚP 9 - THCS

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

Ngày thi : 14 / 04/ 2009

--------------***--------------

Cho mạch điện như hình vẽ 1. Nguồn điện có hiệu điện thế không đổi U = 12V. Hai bóng đèn giống nhau, trên mỗi đèn có ghi: 6V- 3W. Thanh dẫn AB dài, đồng chất, tiết diện đều. Vị trí nối các bóng đèn với thanh là M và N có thể di chuyển được dọc theo thanh sao cho AM luôn bằng BN. Khi thay đổi vị trí của M và N trên thanh thì thấy xảy ra hai trường hợp các đèn đều sáng bình thường và công suất tiêu thụ trên mạch ngoài trong hai trường hợp bằng nhau. Tìm điện trở toàn phần của thanh AB.

B

M

Đ₁

A

N

Đ₂

Hỡnh vẽ 1

+ U

Bài 4:(4 điểm)

Một máy sấy bát đĩa có điện trở R = 20 Ω mắc nối tiếp với điện trở R₀ = 10 Ω rồi mắc vào nguồn điện có hiệu điện thế không đổi. Sau một thời gian, nhiệt độ của máy sấy giữ nguyên ở 52^oC. Nếu mắc thêm một máy sấy giống như trước song song với máy đó thì nhiệt độ lớn nhất của máy sấy là bao nhiêu? Nhiệt độ phòng luôn là 20^oC, coi công suất tỏa nhiệt ra môi trường tỉ lệ với độ chênh lệch nhiệt độ giữa máy sấy và môi trường.

Bài 5:(4 điểm)

Hệ quang học gồm một gương phẳng và một thấu kính hội tụ mỏng có tiêu cự f. Gương phẳng đặt tại tiêu diện của thấu kính (hình vẽ 2). Nguồn sáng điểm S đặt trên trục chính của thấu kính, cách đều thấu kính và gương. Bằng cách vẽ đường đi của các tia sáng hãy xác định vị trí của tất cả các ảnh của S qua hệ. Tìm khoảng cách giữa các ảnh đó.

(C (Chỳ ý : học sinh không dùng công thức thấu kính)

Hình vẽ 2

O

F

*

S

SỞ GIÁO DUC- ĐÀO TẠO

BẮC NINH

KỲ THI HỌC SINH GIỎI THCS CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2009- 2010

MÔN: Vật lý. Lớp 9

Bài

Nội dung

Điểm

1

Gọi v₁ là vận tốc của xe xuất phát từ A, v₂ là vận tốc của xe xuất phát từ B, t₁ là khoảng thời gian từ lúc xuất phát đến lúc gặp nhau lần 1, t₂ là khoảng thời gian từ lỳc gặp nhau lần 1 đến lúc gặp nhau lần 2, x = AB.

Gặp nhau lần 1: ,

suy ra

Gặp nhau lần 2:

suy ra

Từ (1) và (2) suy ra x = 54km.

Thay x = 54 km vào (1) ta được

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

2a

2b

Nước nóng có nhiệt độ t₁

Nước lạnh có nhiệt độ t₂

Sau khi có cân bằng nhiệt, nhiệt độ hỗn hợp là t

Ta có PTCBN m₁C(t₁-t) = m₂C( t-t₂) =>

Theo bài ra t - t₂ = 5

t₁ – t₂ = 80 => t₁ = 75 + t

Thay vào

0,5

0,5

0,5

+ Khi đổ thêm vào m₁ nước nóng vào hỗn hợp khi cân bằng nhiêt; nhiệt độ hỗn hợp

t’. ta có pt cân bằng nhiệt

m₁(t₁- t’) = (m₁ + m₂)(t’- t) mà t₁ = 75 + t

Thay vào m₁(75 +t - t’) = (m₁ + m₂)(t’- t)

Rút gọn ta có mà

Thay số vào tính được : t’- t ~ 4,412

Vậy khi cân bằng nhiệt hỗn hợp đó tăng 4,412⁰C

0,5

0,5

0,5

3

Gọi R là điện trở của thanh AB. Khi thay đổi vị trí M và N trên thanh AB thì có hai trường hợp các đèn sáng bình thường.

B

M

Đ₁

A

N

Đ₂

• Trường hợp 1: M và N trùng nhau tại trung

điểm của thanh.

Khi đó, R_AM = R_NB =

0,75

Công suất tiêu thụ trên toàn mạch trong trường hợp này là:

P₁ = 2P_đ + P_R = 2P_đ + 4U_đ²/ R (1)

ở đây P_đ, U_đ là công suất và hiệu điện thế định mức của đèn ( P_đ = 3W; U_đ = 6V)

0,75

• Trường hợp 2: M và N ở hai vị trí sao cho AM = NB > . Lúc này ta có mạch cầu cân bằng.

B

N

Đ₁

A

M

Đ₂

= R_AM = R_NB ;

R_đ là điện trở của đèn.

0,5

0,5

- Công suất tiêu thụ trên toàn mạch trong trường hợp này là:

P₂ = 2P_đ + P_AN + P_NB = 2P_đ + 2U_đ²/R_AM

= 2P_đ + 2U_đ²/R_NB = 4P_đ (2)

Đ₂

Đ₁

B

A

M

x

N

x

Mặt khác, theo đề bài ta có: P₂ = P₁ (3)

Từ (1), (2), (3) ta tìm được:

R= 24

Vậy điện trở của thanh AB là 24

0,5

1

4

Máy sấy mắc vào mạch điện như hình vẽ. ta biết rằng công suất tỏa nhiệt ra môi trường tỉ lệ với độ chênh nhiệt độ giữa máy và phòng. Khi nhiệt độ máy sấy ổn định thì công suất P bằng công suất hao phí.

Lúc đầu công suất của máy sấy là:

với

Từ đó

Khi mắc tủ sấy song song thì:cường độ dòng điện mạch chính là:

Hiệu điện thế hai đầu máy sấy là:

Cường độ dòng điện đi qua mỗi máy sấy là:

Công suất của mỗi máy sấy là:

Suy ra

Từ (1) và (2) suy ra: suy ra t_x = 38^oC

1

0,75

0,25

0,25

0,75

0,5

0,5

5

O

F

*

S

*

S₂

S₁

*

F’

S₃

F_p’

I

G

K

0,5

* Trường hợp 1: Xét ánh sáng đến thấu kính trước

- Tia khúc xạ của tia tới SI song song với trục phụ cắt trục phụ tại tiêu điểm phụ F’_p. Đường kéo dài F’_pI cắt trục chính tại S₁. Suy ra S₁ là ảnh ảo của thấu kính.

0, 5

Ta thấy:

S

S

Theo bài ra: OF’= f; OS = f/2, thay vào (*) trên ta tìm được OS₁ = f

Vậy S₁ trùng với tiêu điểm F’ và gương

0,5

0,5

* Trường hợp 2: Xét ánh sáng đến gương trước

- Lấy S₂ đối xứng với S qua gương suy ra S₂ ảnh ảo của S qua gương, nối S₂K sao cho S₂K // (), nối K với F’_p cắt trục chính tại S₃ suy ra S₃ là ảnh thật của S qua hệ gương ( hình vẽ)

0,5

Vỡ S₂K//

S

S

Từ (3) và (4) suy ra:

Vỡ OS₂ = OS + SF + FS₂ = f/2 + f/2 + f/2 = 1,5f

Thay vào (**)

Kết hợp hai trường hợp trên ta tìm được khoảng cách giữa các ảnh là:

S₁S₂ = 0,5f; S₁S₃= 3f + f = 4f; S₂S₃ = 3f + 1,5 f = 4,5 f

0,5

0,5

0,5

6

Cách làm:

• Móc lực kế vào vật xác định trọng lượng của vật trong không khí P₁
• Móc lực kế vào vật xác định trọng lượng của vật trong nước P₂
• Móc lực kế vào vật xác định trọng lượng của vật trong chất lỏng cần đo P₃

Giải thích:

• Từ giá trị P₁ và P₂ xác định được V thể tích vật nặng
• Ta có
• Sau đó lập biểu thức tính

với d_n là trọng lượng riêng của nước

0,5

0,5

0,5

0,5

UBND TỈNH BẮC NINH

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

ĐỀ DỰ BỊ

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

NĂM HỌC 2009 – 2010

MÔN THI: VẬT LÝ – LỚP 9 - THCS

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

Ngày thi : 14 / 04/ 2009

--------------***--------------

Gọi vận tốc của ca nô khi nước yên nặng v₁

Vận tốc của bè = vận tốc của nước v₂

Ca nô khi đi xuôi dòng vận tốc so với bờ là ( v₁+ v₂)

Khi đi ngược dòng vận tốc ( v₁- v₂)

t₁(v₁+ v₂)

B

A

*

*

*

*

C

D

t₁v₂ t₂v₂ t₂(v₁-v₂)

- Sau thời gian 50 phút ca nô tới B ta có S₁ = t₁(v₁+ v₂) (1)

bè tới C ta có S₂ = v₂t₁ (2)

- Vì thời gian nghỉ như nhau nên thời gian chuyển động gặp nhau phải như nhau(t₂)

- S = (CB) = t₂ (v₁- v₂)+ t₂v₂ = v₁t₁ (3)

- Mặt khác S = S₁- S₂

- S = t₁(v₁+ v₂) – t₁v₂ = v₁t₁ (4)

So sánh (3) và (4) ta có t₂ = t₁ = 50 phút

Theo bài ra ta có 8 = v₂(t₁ + t₂) = 2t₁ v₂

Vậy v₂ =8/2t₁ = 4,8 km/h

Thời điểm chúng gặp nhau lần 2 là 9h + 20’ +50’ + 50’ = 11h

Bài 2 - Do khối nước đá lớn ở 0⁰C nên lượng nước đổ vào sẽ nhanh chóng nguội đến 0⁰C. Nhiệt lượng do 60gam nước toả ra khi nguội tới 0⁰C là : Q = 0,06.4200.75 = 18900J.

- Nhiệt lượng đó làm tan một lượng nước đá là: (kg) = 56,25g.

- Thể tích của phần nước đá tan ra là: (cm³).

- Thể tích của hốc đá bây giờ là: (cm³).

- Trong hốc đá chứa lượng nước là : 60 + 56,25 = 116,25(g);

lượng nước này chiếm thể tích 116,25cm³.

- Vậy thể tích phần rỗng của hốc đá còn lại là: 222,5 - 116,25 = 106,25cm³.

4

5đ

- Căn cứ vào các điều kiện bài ra ta có sơ đồ mạch điện của "hộp đen" như hình vẽ:

- Ta có: I₁₂ =U/R₀ (1);

I₁₃ = U/(R + R₀) (2) và I₂₃ = 0 (3);

- Từ (1) và (2) ta tìm được:

U = I₁₂.R₀ và R = R₀.(I₁₂ - I₁₃)/I₁₃ ;

2,5

0,5

1,0

1,0

UBND TỈNH BẮC NINH

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

§Ò chÝnh thøc

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

NĂM HỌC 2014 – 2015

MÔN THI: VẬT LÝ – LỚP 9 - THCS

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

Ngµy thi: 02/4/2015

UBND TỈNH BẮC NINH

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

NĂM HỌC 2010 – 2011

MÔN THI: VẬT LÝ - LỚP 9 - THCS

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

Ngày thi: 22/03/ 2011

--------------***--------------

Bài 3: (4,5 điểm). Cho mạch điện như hình 1. Trong đó U_AB = 36V, R₁ = 4Ω, R₂ = 6Ω,

R₃ = 9Ω, R₅ = 12Ω, điện trở ampe kế và khóa K không đáng kể.

a) Khi khóa K mở, ampe kế A₁ chỉ 1,5A. Tính R₄.

b) Khi khóa K đóng, tìm số chỉ của các ampe kế.

Hình 1

Bài 4: (4,0 điểm). Một sơ đồ quang học do lâu ngày bị mờ chỉ còn thấy rõ 4 điểm I, J, F^’, S^’ (hình 2), Biết I, J là hai điểm nằm trên mặt một thấu kính hội tụ mỏng, S^’ là ảnh thật của một nguồn sáng điểm S đặt trước thấu kính. F^’ là tiêu điểm của thấu kính. Dùng thước đo thấy ba điểm I, F^’, S^’ thẳng hàng.

a) Bằng cách vẽ hình, hãy khôi phục lại vị trí quang tâm O của thấu kính và vị trí của nguồn sáng S.

b) Biết IJ = 4cm, IF^’ = 15cm, JF^’ = 13cm, F^’S^’ = 3cm. Xác định tiêu cự của thấu kính và khoảng cách từ nguồn sáng S đến thấu kính.

I

J

F’

S’

Hình 2

Bài

Cách giải

Điểm

Bài 1

4,0 điểm

+ Thời gian từ khi xuồng máy qua A đến khi gặp tàu thủy chạy từ B đến lần thứ nhất là: Ta có:

⬄

A

B

B₁

A₁

A₂

C

.

.

.

.

.

.

.

.

A

B

0,5đ

+ Sau thời gian t₁, xuồng máy đi được quãng đường:

Còn tàu thủy chạy từ A thì đi được quãng đường:

Khi xuồng máy quay trở lại, khoảng cách giữa nó và tàu thủy chạy từ A là:

0,5đ

0,5đ

+ Thời gian từ lúc xuồng máy gặp tàu thủy B đến khi quay lại gặp tàu A là:

Trong thời gian này, xuồng máy chạy được quãng đường là:

Vậy tốc độ trung bình của xuồng máy khi chạy xuôi gặp tàu B và chạy ngược gặp tàu A là:

Biểu thức trên cho thấy tốc độ trung bình của xuồng máy đối với bờ sông không phụ thuộc vào khoảng cách giữa các tàu thủy.

Vậy quãng đường cần tìm là với t₀ là thời gian mà xuồng máy đã đi từ khi qua A đến khi hai tàu thủy gặp nhau:

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

Bài 2

4,0 điểm

- Khi cân bằng nhiệt mực nước dâng lên thêm chứng tỏ có một phần nước bị đông đặc ( do khối lượng riêng của phần đó giảm nên thể tích tăng)

0.25đ

- Gọi S là tiết diện đáy của ống, x là chiều cao của cột nước bị đông đặc. Sau khi đông đặc nó có chiều cao là (x+∆h₁) nhưng khối lượng vẫn không thay đổi:

- Khối lượng phần nước có độ cao x là: M₁ = S.x.D₁

- Khối lượng đá có chiều cao (x+∆h₁) là: M₂ = S(x+∆h₁).D₂

0,5đ

• Ta có: M₁ = M₂

0,5đ

- Do nước chỉ đông đặc một phần nên nhiệt độ cân bằng là 0⁰C

0,25đ

- Gọi m₁ là khối lượng nước ở ống 2 ( có độ cao h₂ đổ sang ống 1) tỏa ra để giảm nhiệt độ từ t₁ = 4⁰C đến 0⁰C là:

Q₁ = C₁.m₁(t₁-0) = C₁.V.D₁(t₁-0) = C₁.S.h₂.D₁(t₁-0)

0,5đ

- Nhiệt lượng của phần nước có độ cao là x tỏa ra để đông đặc ở 0⁰C:

Q₂ = 3,4.10⁵.M₁ = 3,4.10⁵.S.x.D₁

0,5đ

Nước đá (độ cao h₁) ở ống 1 có khối lượng m₂ nhận nhiệt lượng để tăng nhiệt độ từ t₂ đến 0⁰C: Q₃ = C₂.m₂(0-t₂) = C₂.S.h₁.D₂(0-t₂)

0,5đ

- Theo phương trình cân bằng nhiệt ta có: Q₁ + Q₂ = Q₃

C₁.S.h₂.D₁(t₁-0) + 3,4.10⁵.S.x.D₁ = C₁.S.h₁.D₂(0-t₂)

C₁.h₂.D₁(t₁-0) + 3,4.10⁵.x.D₁ = C₁.h₁.D₂(0-t₂)

C₁.h₂.D_1.t₁ + 3,4.10⁵.x.D₁ = -C₁.h₁.D_2.t₂

0,5đ

0,5đ

Bài 3

4,5 điểm

a) K mở: mạch mắc R₁ nt R₂ [(R₄ nt R₅)// R₃]

Ampe kế A₁ đo cường độ dòng điện qua R₃: I₃ = 1,5 A

Hiệu điện thế ở hai đầu R₃ là: U₃ = I₃.R₃ = 9.1,5 = 13,5(V)

0,5đ

Hiệu điện thế ở hai đầu đoạn R₁ nt R₂ là:

U₁₂ = U_AB – U₃ = 36 – 13,5 = 22,5 (V)

Cường độ dòng điện mạch chính:

0,75đ

Vậy cường độ dòng điện qua R₄, R₅ là:

I₄ = I₅ = I – I₃ = 2,25 – 1,5 = 0,75(A)

0,75đ

b) K đóng: Vì R_A không đáng kể nên coi ampe kế như dây nối. Ta chập các điểm N với M mạch mắc: R₁ nt {[(R₂//R₄) nt R₃]//R₅}

A

B

N, M

R₁

R₂

R₄

R₅

C

R₃

0,5đ

Ta có: R₂//R₄ và R₂ = R₄ nên

R₂₃₄ = R₂₄ + R₃ = 3 + 9 = 12Ω

R₂₃₄//R₅ và R₂₃₄ = R₅ nên

R_AB = R₁ + R₂₃₄₅ = 4 + 6 = 10Ω

Cường độ dòng điện chạy trong mạch chính:

1,0đ

U₂₃₄₅ = U₂₃₄ = U₅ = I.R₂₃₄₅ = 3,6.6 = 21,6 (V)

. Vậy ampe kế A₁ chỉ 1,8(A)

0,5đ

U₂ = I₃.R₂₄ = 1,8.3 = 5,4 (V).

Xét tại nút N: I_A2 = I – I₂ = 3,6 – 0,9 = 2,7(A). Ampe kế A₂ chỉ 2,7(A)

0,5đ

Bài 4

4,0 điểm

1) Cách vẽ: Nối I với J ta được vị trí thấu kính. Trục chính của thấu kính vuông góc với thấu kính, F^’ nằm trên trục chính do đó từ F^’ kẻ đường thẳng vuông góc với thấu kính ta được trục chính của thấu kính. Giao điểm của trục chính với thấu kính là quang tâm O.

0,25đ

- Ta có tia tới đi qua quang tâm thì tia ló tiếp tục truyền thẳng

- Tia tới // với trục chính của thấu kính hội tụ cho tia ló đi qua tiêu điểm F^’ → cách xác định S như sau:

- Nối I với F^’ và S^’ ta được tia ló IS^’ của tia tới song song với trục chính của thấu kính.

- Từ I kẻ tia tới // trục chính của thấu kính

- Nối OS^’ kéo dài OS^’ cắt tia song song với trục chính tại S ( S là điểm sáng cần tìm)

0,25đ

S

O

I

J

F’

S’

1,0đ

2) Nối J với F’: xét ∆OF’I có OI² = (IF’)² – (OF’)² (1)

xét ∆OJF’ có OJ² = (JF’)² –(OF’)² (2)

→ OI² – OJ² = (IF’)² – (JF’)² = 15² - 13² = 56

Mà OJ = OI – IJ = OI – 4

→ OI² – (OI – 4)² = 56 → OI² – OI² + 8.OI – 16 = 56

→ 8.OI = 72 → OI = 9 (cm)

Thay OI = 9cm vào (1) ta được OF’ = 12cm

1,0đ

Xét hai tam giác SIS’ và tam giác OF’S’ có góc S chung, SI//OF’ nên góc ISO bằng góc F’OS’ ( đồng vị ) → ∆SIS’ đồng dạng ∆OF’S’

mà IS’ = IF’ + F’S’ = 15 + 3 = 18cm

1,5đ

Bài 5

3,5 điểm

+ Dùng vôn kế mắc vào hai cực của nguồn điện. Số chỉ của vôn kế cho biết hiệu điện thế U.

0,25đ

+ Dùng thước đo xác định khoảng cách từ điểm tì của con chạy C đến 2 đầu biến trở. Để cho dễ, ta có thể dùng thước để xác định điểm giữa của biến trở (R₁ = R₂ = ), rồi mắc mạch điện như hình vẽ.

U

B

R₂

R₁

C

A

1,0đ

+ Nhìn vôn kế ta biết U_CB = U₁ → U_AC = U – U_CB = U – U₁

0,25đ

+ Gọi R’ là điện trở tương dương của R₂ và R_v:

thay R₂ = 50Ω ta có:

0,5đ

Áp dụng công thức:

(R₁ = 50Ω)

0,75đ

Giải phương trình và suy ra R_v:

50U₁ + R_v.U₁ = R_vU – R_vU₁

0,75đ

UBND TỈNH BẮC NINH

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2015 - 2016

Môn: Vật lý - Lớp 9

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 24 tháng 3 năm 2016

=====================

Câu 2. (5.0 điểm) Cho ba điện trở R₁, R₂ và R₃ = 16Ω, các điện trở chịu được hiệu điện thế tối đa tương ứng là U₁ = U₂ = 6V; U₃ = 12V. Người ta ghép ba điện trở trên thành mạch điện như hình vẽ 1, biết điện trở tương đương của mạch đó là R_AB = 8Ω.

1. Tính R₁ và R₂ biết rằng nếu đổi chỗ R₃ với R₂ thì điện trở của mạch là R_AB = 7,5Ω.
2. Tính công suất lớn nhất mà bộ điện trở chịu được.

UBND TỈNH BẮC NINH

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2015- 2016

Môn: Vật lý - Lớp 9

Ngày thi: 24 tháng 3 năm 2016

=====================

Câu

Nội dung

Điểm

Câu 1 (4.0đ)

Ký hiệu A; B; C là các vị trí đám mây phát tia chớp tương ứng 1; 2; 3

Gọi D là vị trí người quan sát, S₁; S₂; S₃ là các đường đi của âm thanh và ánh sáng, ta có các phương trình sau:

S₃

S₂

v

h

D

S₁

C

B

H

A

Đặt S₂ = a S₁ = 4a; S₃ = 6a

Gọi H là vị trí của đám mây gần người quan sát nhất, DH=h, AH=x.Vận tốc đám mây là v.

Ta có:

Ta được các phương trình:

(1)

(2)

(3)

Từ phương trình (1) và (2):

Từ phương trình (1) và (3):

Ta được

Hay

Thay vào trên ta được: 6412m và h=1564m

Học sinh có thể nhận xét: tốc độ ánh sáng rất lớn nên thời gian ánh sáng truyền từ tia chớp đến người quan sát là tức thời do đó: vẫn cho điểm tối đa

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.5 đ

0.5 đ

Câu 2

5.0đ

1.

R₁ + R₂ = 16Ω (*)

Khi đổi chỗ R₃ với R₂

(1)

Từ (*) R₂ + (R₁ + 16) =32 (2)

Từ (1) và (2) ta thấy R₂ và R₁ + 16 là 2 nghiệm của phương trình bậc 2:

x² - 32x + 240 = 0, phương trình có 2 nghiệm x₁ = 20Ω và x₂ =12Ω

Vậy R₂ = x₂ = 12Ω

R₁ + 16 = 20 => R₁ = 4Ω

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

2.

R₁ và R₂ mắc nối tiếp nên I₁ = I₂

=> U₁/U₂ = R₁/R₂ = 2/6

Vậy nếu U_2max =6V

thì lúc đó U₁ = 2V và U₃ = U_AB = U₁ + U₂ = 8V (U_3max)

Vậy hiệu điện thế U_ABmax =8V

Công suất lớn nhất bộ điện trở đạt được là P_max = U²_Abmax/R_AB = 8W

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

3.

B

U = 16V

C

A

R_{bộ đèn}

R_AB

Mỗi bóng có R_đ =U²_đ/P = 16Ω và cường độ định mức I_đ = 0,25A

Theo câu 2 ta tính được cường độ dòng lớn nhất mà bộ điện trở chịu được là 1A và đoạn AB có điện trở R_AB = 8Ω mắc nối tiếp với bộ bóng đèn như hình vẽ.

Ta có phương trình công suất: P_BC = P_AC – P_AB = 16.I – 8.I² (*) và điều kiện I≤ 1A

Từ (*) , lúc đó I = 1A

Vậy số bóng nhiều nhất có thể mắc là 8 bóng

Hiệu điện thế U_BC = U_AC - U_AB = 8V

Mà U_đ = 4V vậy có 2 cách mắc các bóng:

Cách 1: các bóng mắc thành 4 dãy song song nhau, mỗi dãy có 2 bóng mắc nối tiếp.

Cách 2: các bóng mắc thành 2 dãy nối tiếp nhau, mỗi dãy có 4 bóng mắc song song.

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

Câu 3

3.0đ

Lúc đầu cốc không chứa gì và nổi trong dầu thì trọng lượng của cốc cân bằng với lực đẩy Acsimet của dầu:

10.m_cốc = F_A1 = 10(d - a)S.ρ₁ (1)

Sau khi rót dầu tới miệng cốc rồi thả vào bình thì trọng lượng của cốc dầu cân bằng lực đẩy Acsimet của nước và dầu:

10.m_cốc + 10(d + a)S.ρ₁ = F_A2 = 10.d.S.ρ₁ + 10.a.S.ρ₀ (2)

Thay (1) vào (2) rồi rút gọn ta được:

d.ρ₁ = a.ρ₀

Thay (3) vào (1) ta được:

Thay số ta được:

Giải phương trình bậc 2 trên, ta được hai nghiệm là: ρ₁ = 800kg/m³ và ρ₂ = 200kg/m³ (loại) vì thay vào (3) ta được a = 0,2cm hay đáy cốc nằm thấp hơn điểm chính giữa của lớp dầu.

Vậy ρ₁ = 800kg/m³.

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.5 đ

0.5 đ

Câu 4

5.0đ

1) Để thu ảnh thật ở C, thấu kính là thấu kính hội tụ

và hai điểm A và C nàm ở hai bên thấu kính.

Đặt điểm sáng ở B thu được ảnh ảo ở C, chứng tỏ hai điểm B và C nằm một bên thấu kính và điểm B phải gần thấu kính hơn.

Vậy thấu kính phải đặt trong khoảng AB.

Gọi d là khoảng cách từ A đến thấu kính, khi đặt vật ở A vị trí của vật và ảnh tương ứng là d₁ = d và (1)

Còn khi đặt vật ở B thì d₂ = 24 – d và (2)

Thay (1) và (2) vào ta có: d=20cm

Vậy thấu kính cách A là 20cm và cách B là 4cm

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.5đ

0.25đ

0.5đ

2) Ta dựng ảnh của S qua thấu kính bằng cách vẽ thêm trục phụ OI song song với tia tới SK. Vị trí ban đầu của thấu kính O.

Sau thời gian t(s) thấu kính dịch chuyển được một quãng đường OO₁, nên ảnh của nguồn sáng dịch chuyển quãng đường S₁S₂

S₂

S₁

O₁

O

F’

H

I

K

S

Vì OI//SK

O₁H//SK

Xét tứ giác OO₁HI có OI//O₁H và OO₁//IH OO₁HI là hình bình hành OI=O₁H (3)

Từ (1), (2), (3)

Mặt khác: OI//SK

IF’//OK

Từ (*) và (**)

Từ (4) và (5)

Vận tốc của thấu kính là v, vận tốc của ảnh là v₁ thì:

0.5đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.5đ

Câu 5

3.0 đ

Gọi nhiệt độ của phòng là t₀; nhiệt dung của bình dầu là q₁ và của khối kim loại là q₂, x là độ tăng nhiệt độ của bình 3.

Sau khi thả khối kim loại vào bình 1 thì nhiệt độ của bình dầu khi cân bằng nhiệt là (t₀ + 20).

Sau khi thả khối kim loại vào bình hai thì nhiệt độ của bình dầu khi cân bằng là (t₀ + 5).

Phương trình cân bằng nhiệt khi thả khối kim loại vào bình 2 là:

q₁.5 = q₂[(t₀ + 20) – (t₀ + 5)] = q₂.15 (1)

Phương trình cân bằng nhiệt khi thả khối kim loại vào bình 3 là:

q₁.x = q₂[(t₀ + 5) – (t₀ + x)] = q₂(5 – x) (2)

Chia vế với vế của (1) và (2) ta được:

0.5đ

0.5đ

0.5đ

0.5đ

0.5đ

0.5đ