Đề thi môn Vật lý - Kỳ thi giáo viên dạy giỏi cấp THCS - Năm học 2016-2017

Nội dung text: Đề thi môn Vật lý - Kỳ thi giáo viên dạy giỏi cấp THCS - Năm học 2016-2017

1. UBND HUYỆN BÌNH XUYÊN ĐỀ THI GIÁO VIÊN DẠY GIỎI CẤP THCS PHÒNG GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2016-2017_MÔN: VẬT LÍ (Thời gian: 180 phút không kể thời gian giao đề) I.Phần nhận thức chung: (2 điểm) Đồng chí nêu các nhiệm vụ trọng tâm được xác định trong hướng dẫn thực hiện nhiệm vụ năm học 2016-2017 bậc trung học của Phòng GD&ĐT Bình Xuyên? Trong phần các nhiệm vụ trọng tâm có viết “Chú trọng giáo dục đạo đức, lối sống, kỹ năng sống, ý thức, trách nhiệm công dân của học sinh (HS)”, đông chí hiểu như thế nào về vai trò quan trọng của việc giáo dục đạo đức, lối sống, kỹ năng sống, ý thức, trách nhiệm công dân của học sinh? Là giáo viên, đồng chí thực hiện như thế nào để đạt hiệu quả cao? II. Phần kiến thức chuyên môn: (8 điểm) Câu 1 ( 2 điểm) : Ba ng­êi ®i xe ®¹p ®Òu xuÊt ph¸t tõ A ®i vÒ B. Ng­êi thø nhÊt ®i víi vËn tèc lµ v1= 8km/h. Sau 15 phót th× ng­êi thø hai xuÊt ph¸t víi vËn tèc lµ v2 = 12km/h. Ng­êi thø ba ®i sau ng­êi thø hai 30 phót. Sau khi gÆp ng­êi thø nhÊt, ng­êi thø ba ®i thªm 30 phót n÷a th× sÏ ë c¸ch ®Òu ng­êi thø nhÊt vµ ng­êi thø hai. T×m vËn tèc ng­êi thø ba. Câu 2 ( 2 điểm): Một chiếc cốc hình trụ có khối lượng m, bên trong chứa một lượng nước o cũng có khối lượng m ở nhiệt độ t 1 = 10 C. Người ta thả vào cốc một cục nước đá có khối lượng M đang ở nhiệt độ 0 oC thì cục nước đá đó chỉ tan được một phần ba khối lượng của o nó. Rót thêm một lượng nước có nhiệt độ t 2 = 40 C vào cốc, khi cân bằng nhiệt thì nhiệt độ của cốc nước lại là 10 oC còn mực nước trong cốc có chiều cao gấp đôi chiều cao mực nước ngay sau khi thả cục nước đá. Hãy xác định nhiệt dung riêng c 1 của chất làm cốc. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường xung quanh, sự dãn nở vì nhiệt của chất làm cốc. Biết nhiệt dung riêng của nước là c = 4,2.103J/kg.độ, nhiệt nóng chảy của nước đá là  =336.103J/kg Câu 3( 2 điểm): Cho mạch điện như hình vẽ. Nguồn điện U U có hiệu điện thế không đổi là 21V; R = 4,5Ω, R 1 = 3Ω, R2 R1 bóng đèn có điện trở không đổi R Đ = 4,5Ω. Ampe kế và P dây nối có điện trở không đáng kể. Đ C RX a. Khi khóa K đóng, con chạy C của biến trở ở vị trí điểm N M N, thì ampe kế chỉ 4A. Tìm giá trị của R2. b. Xác định giá trị của đoạn biến trở R ( từ M tới C) để K X R đèn tối nhất khi khóa K mở. A c. Khi khóa K mở, dịch con chạy C từ M đến N thì độ sáng của đèn thay đổi thế nào? Giải thích. Câu 4 ( 2 điểm): Một nguồn sáng điểm đặt trên trục chính của thấu kính hội tụ có tiêu cự bằng 8cm, cách thấu kính12cm. Dịch chuyển thấu kính theo phương vuông góc với trục chính của thấu kính với vận tốc 5 cm/s. Hỏi ảnh của nguồn sáng dịch chuyển với vận tốc là bao nhiêu nếu nguồn sáng giữ cố định?
2. HƯỚNG DẪN CHẤM Bài Đáp án Điểm Khi ng­êi thø ba xuÊt ph¸t, ng­êi thø nhÊt ®· ®i ®­îc: 3 l v t 8. 6km 1 1 o1 4 0.25 - Ng­êi thø hai ®i ®­îc: l2 v2to2 12.0,5 6km - Gäi t1 lµ thêi gian ng­êi thø ba ®i ®Õn gÆp ng­êi thø nhÊt, ta cã: l1 6 v3t1 l1 v1t1 t1 (1) 0.25 v3 v1 v3 8 - Sau thêi gian t2 t1 0,5(h) th×: 1 + Qu·ng ®­êng ng­êi thø nhÊt ®i ®­îc lµ: S1 l1 v1t2 6 8(t1 0,5) (2,0) + Qu·ng ®­êng ng­êi thø hai ®i ®­îc lµ: S2 l2 v2t2 6 12(t1 0,5) 0.5 + Qu·ng ®­êng ng­êi thø ba ®i ®­îc lµ: S3 v3t2 v3 (t1 0,5) - Theo ®Ò bµi: S2 S3 S3 S1 S1 S2 2S3  6 8(t1 0,5) 6 12(t1 0,5) 2v3 (t1 0,5)  12 (2v3 20)(t1 0,5)(2) 0.5 2 v3 4km/ h - Thay (1) vµo (2) v3 18v3 56 0 v3 14km/ h 0.5 - NghiÖm v3 = 4km/h lo¹i v× v3 < v1, v2. Cßn v3 = 14km/h tho¶ m·n - Do nước đá không tan hết nên khi cân bằng nhiệt thì hệ có nhiệt độ 0oC 0.25 Phương trình cân bằng nhiệt diễn tả quá trình cục nước đá tan một phần ba là: M M λ = m(c +c ).(10-0) λ = m(c +c ).10 (1) 3 1 3 1 - Mặc dù nước đá mới tan có một phần ba nhưng thấy ngay là dù nước đá có tan hết thì mức nước trong cốc cũng vẫn như vậy. Do đó lượng nước nóng đổ thêm vào để 0.25 2 mức nước trong trạng thái cuối cùng tăng lên gấp đôi phải là: m + M. (2.0) Ta có phuơng trình cân bằng nhiệt: 0.5 2M λ + Mc(10 - 0) + m(c + c1)(10 - 0) = (M + m)c (40 -10)  3 2M 2 0.25 λ +10Mc+10m(c + c1) =30(M + m)c  ( λ -20c)M = m(2c - c1)10 3 3 2  ( λ -20c)M = m(2c - c1)10 (2) 0.25 3 λ c +c1 2 Từ (1) và (2) ta có: =  60c =( 3 - 60c)c1 0.25 2λ -60c 2c-c1
3. 20c2  c = = 1400J/kg.độ 0.25 1 λ -60c a. Khi K đóng và con chạy ở đầu N thì toàn bộ biến trở MN mắc song song với ampe 0.25 kế. Khi đó mạch điện trở thành: (R2 // Đ) nt R1 Lúc này ampe kế đo cường độ dòng điện mạch chính U 21 R 5,25 (1) tm I 4 Rđ .R2 4,5.R2 0.25 Mặt khác: Rtm R1 3 (2) Rđ R2 4,5 R2 0.25 Từ (1) và (2) giải ra: R2 = 4,5Ω b. Gọi điện trở của phần biến trở từ M tới con chạy là RX, như vậy điện trở của đoạn 0.25 3(2,0) từ C đến N là R - RX. Khi K mở mạch điện thành: U R1ntRXnt{R2//[(R-RXntRđ)]} R1 Đ R-RX RX P N C M R2 2 0.25 (R RX Rđ )R2 RX 6RX 81 Điện trở toàn mạch: Rtm RX R1 R RX Rđ R2 13,5 RX U U (13,5 RX ) 0.25 Cường độ dòng điện ở mạch chính: I 2 Rtm RX 6RX 81 U (13,5 RX ) (9 RX ).4,5 4,5U (9 RX ) 0.25 UPC = I.RPC = 2 . 2 RX 6RX 81 13,5 RX RX 6RX 81 Vậy khi Rx = 3Ω thì Iđ nhỏ nhất, đèn tối nhất. c. Theo kết quả câu trên, ta thấy: Khi K mở, nếu dịch chuyển con chạy từ M tới vị trí 0.25 ứng với RX = 3Ω thì đèn tối dần đi, nếu tiếp tục dịch chuyển con chạy từ vị trí đó tới N thì đèn sẽ sáng dần lên. Ta dựng ảnh của S qua thấu kính bằng cách vẽ thêm trục phụ OI song song với tia 0.25 tới SK. Vị trí ban đầu của thấu kính là O. Sau thời gian t(s) thấu kính dịch chuyển được một quãng đường OO 1, nên ảnh của nguồn sáng dịch chuyển quãng đường S1S2 S O OI 0.25 4 Vì OI / /SK 1 = (1) (2.0) S1S SK S2O1 O1H O1H / /SK = (2) S2S SK Xét tứ giác OO1HI có OI//O1H và OO1//IH nên tứ giác OO1HI là hình bình hành OI = O1H (3)
4. 0.25 Từ (1), (2), (3) 0.25 S O S O 1 2 1 (4) = OO1 / / S1S2 S1S S1S S I S O S O 0.5 Mặt khác OI / /SK 1 = 1 = 1 (*) IK SO 12 S I S F S O-8 IF / /OK 1 = 1 = 1 ( ) IK OF 8 S O S O-8 S O-(S O-8) 1 = 1 = 1 1 = 2 Từ (*) và ( ) 12 8 4 S1O =12.2= 24(cm) (5) OO 12 1 0.25 Từ ( 4) và ( 5) 1 = = S1S2 12+ 24 3 0.25 Vận tốc của thấu kính là v, vận tốc của ảnh lả v1 thì OO1 v.t 1 = = v1 =3v =15(cm / s) S1S2 v1.t 3