SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2009 – 2010 HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC (Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 04 trang ) Môn: VẬT LÝ - BẢNG A Câu Ý Đáp án Điểm 1, (4,0đ) Giả sử nước sông chảy đều theo hướng từ A đến B với vận tóc u. * Trường hợp vận tốc ca nô so với nước là V, ta có: Vận tốc của ca nô khi xuôi dòng là: V 1 = V+ u. Vận tốc của ca nô khi ngược dòng là: V 2 = V- u. 0,25 -Thời gian tính từ lúc xuất phát cho tới khi gặp nhau tại C là t, gọi quảng đường AC = S 1 , BC= S 2 , ta có: t = 1 2 S S V u V u = + − (1) 0,50 - Thời gian ca nô từ C trở về A là: t 1 = 1 S V u− (2) 0,25 - Thời gian ca nô từ C trở về B là: t 2 = 2 S V u+ . (3) 0,25 - Từ (1) và (2) ta có thời gian đi và về của ca nô đi từ A là: T A = t+ t 1 = S V u− (4) 0,50 - Từ (1) và (3) ta có thời gian đi và về của ca nô đi từ B là: T B = t+ t 2 = S V u+ (5) 0,50 - Theo bài ra ta có: T A - T B = 2 2 2uS V u− = 1,5 (6) 0,50 * Trường hợp vận tốc ca nô là 2V, tương tự như trên ta có: T' A - T' B = 2 2 2 4 uS V u− = o,3 (7) 0,25 Từ (6) và (7) ta có : 0,3(4V 2 - u 2 ) = 1,5(V 2 - u 2 ) => V = 2u (8) 0,50 Thay (8) vào (6) ta được u = 4km/h, V = 8km/h. 0,50 2, (4,0đ) a) (2,5đ) - Khi đáy dưới khối trụ cách đáy bình x = 2cm thì dung tích còn lại của bình (phần chứa): V' = x.S 1 + (h 1 - x)(S 1 - S 2 ) = 920cm 3 < V nước suy ra có một lượng nước trào ra 0,50 - Lượng nước còn lại trong bình: m = 920g 0,50 Khi khối trụ đứng cân bằng ta có: P = F A ⇒ 10M = d n .V = d n .S 2 (h 1 - x) ⇒ M = 1,08kg 0,50 - Phương trình cân bằng nhiệt giữa nước trong bình và khối trụ: C n .m(t 1 - t) = C.M(t - t 2 ) ⇒ 4200.0,92(80 - 65) = 2000.1,08(65-t 2 ) 0,50 ⇒ t 2 = 38,2 0 C 0,50 b) (2,5đ) Khi chạm đáy bình thì phần vật nằm trong chất lỏng là h 1 : 0,50 Vậy phải đặt thêm m' lên khối trụ nên: P + P' ≥ F' A 0,25 => 10(M + m') ≥ d N .S 2 .h 1 0,25 Thay số tính được m' ≥ 0,12kg, vậy khối lượng m' tối thiểu là 0,12kg 0,50 Trang 1/4 3, (4,0đ) a) (2,25đ ) Điện trở tương đương của mạch: R= R 1 + R MN = R 1 + 2 3 4 5 2 3 4 5 ( ).( )R R R R R R R R + + + + + Thay số ta tính được: R= 40 Ω . 0,50 - Dòng điện chạy qua R 1 là I 1 = I= U R Thay số tính được: I 1 = I= 1,5A 0,50 - Vì: (R 2 +R 3 ) = (R 4 +R 5 ) nên I 2 = I 4 = 0,5I = 0,75A 0,50 - Hiệu điện thế trên R 2 và trên R 4 tương ứng là: U 2 = I 2 R 2 = 0,75.20= 15V, U 4 = I 4 R 4 = 0,75.40= 30V. 0,50 - Vậy số chỉ của vôn kế là U V = U 4 - U 2 = 15V 0,25 b) (1,75đ ) - Thay vôn kế bằng bóng đèn dòng điện qua đèn I D = 0,4A có chiều từ P đến Q, nên: I 3 = I 2 - 0,4; I 5 = I 4 + 0,4 0,25 Mà U 2 + U 3 = U 4 + U 5 => 20I 2 + 40(I 2 - 0,4) = 40I 4 + 20(I 4 + 0,4) 0,50 => I 2 = I 4 + 0,4 ; I = I 2 + I 4 = 2I 4 + 0,4 0,25 Mặt khác: U 1 + U 4 + U 5 = U => 10(2I 4 + 0,4)+ 40I 4 + 20(I 4 + 0,4) = 60 => I 4 = 0,6A ; I 2 = 1A Hiệu điện thế hai đầu bóng đèn là: U D = U 4 - U 2 = 40.0,6 - 20.1= 4V 0,50 Điện trở của đèn là: R D = D D U I = 4 0,4 = 10 Ω 0,25 4, (4,0đ) a) (2,5đ) - Điện trở toàn mạch: R= r + R AB = r + 1 2 1 2 .R R R R = + 2 1 1 1 2 ( ) .R r R r R R R + + + 0,50 Trang 2/4 - Dòng điện mạch chính: I= 1 2 2 1 1 ( ) ( ) . U R RU R R r R r R + = + + 0,25 Từ hình vẽ ta có: U 2 = U AB =I.R AB = 1 2 2 1 1 ( ) . UR R R r R r R+ + 0,25 - Công suất trên R 2 : P 2 = 2 2 2 U R = ( ) 2 2 1 2 2 2 1 1 . .U R R R r R rR+ + 0,50 Vận dụng bất đẳng thức côsi ta có: P 2 = ( ) 2 2 1 2 2 2 1 1 . .U R R R r R rR+ + ≤ 2 2 2 1 2 1 2 1 1 1 . . . 4 ( ). 4 ( ) U R R U R R r R rR r r R = + + 0,25 Vậy P 2MAX = 2 1 1 . 4 ( ) U R r r R+ Khi R 2 (r +R 1 ) = rR 1 => R 2 = 1 1 rR r R+ (1) 0,25 Mặt khác theo bài ra ta có: 1 2 P P = 1 3 => 2 1 AB U R . 2 2 AB R U = 1 3 => 2 1 R R = 1 3 => R 1 =3R 2 (2) 0,25 Từ (1) và (2) Giải ra ta có: R 2 = 2 Ω ; R 1 =6 Ω 0,25 b) (1,5đ) Thay R 2 bằng đèn. Từ hình vẽ ta có: Cường độ dòng điện mạch chính . I = AB U r R+ 0,25 Công suất trên AB: P AB = I 2 .R AB => P AB = 2 2 . ( ) AB AB U R r R+ ≤ 2 2 . 4 . 4 AB AB U R U r R r = => P ABMAX = 2 4 U r Khi r=R AB = 3 Ω 0,50 Mặt khác R AB = 1 d 1 . d R R R R+ = 3 Ω => 6 6 d d R R+ =3 => R d = 6 Ω 0,25 Do R d =R 1 => P d =P 1 = 2 AB P = 2 8 U r =3W 0,25 Mặt khác vì R AB = r => U d =U AB = 2 U =6V 0,25 5, (4,0đ) Ta xét với 3 trường hợp: a/ Với α là góc nhọn: Góc INI’ hợp giữa hai pháp tuyến cũng bằng α . Vận dụng định lí về góc ngoài của một tam giác đối với tam giác II’N: i = i’+ α (hình a) Đối với ∆ II’B: 2i = 2i’+ β . Từ đó suy ra: β = 2 α . 0,50 Có thể xảy ra trường hợp giao điểm N giữa hai pháp tuyến nằm trong góc α tạo bởi hai gương (hình b). Chứng minh tương tự ta vẫn có β = 2 α . 0,50 b/ Trường hợp α là góc tù (hình c): Với ∆II’O: α = i +i’ Với ∆II’B: β =2(90 0 - i + 90 0 - i’) = 360 0 - 2(i + i’) Từ đó suy ra: β = 360 0 - 2 α 0,50 c/ Trường hợp α = 90 0 0,50 Trang 3/4 Dễ dàng nhận thấy các tia SI và I’R song song và ngược chiều nhau, ta chứng minh được β = 180 0 (hình d) Lưu ý: Mỗi hình vẽ đúng cho 0,50 điểm 2,00 Chú ý: Nếu thí sinh giải theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa - - - Hết - - - Trang 4/4 Hình a Hình c Hình d Hình b S R β R S S R β O i' i S α β i i i' i G 1 G 1 G 2 G 2 G 1 G 1 G 2 G 2 . dàng nh n thấy các tia SI và I’R song song và ngược chiều nhau, ta chứng minh được β = 180 0 (h nh d) Lưu ý: Mỗi h nh vẽ đúng cho 0,50 điểm 2,00 Chú ý: Nếu thí sinh. Phương tr nh cân bằng nhiệt giữa nước trong b nh và khối trụ: C n .m(t 1 - t) = C.M(t - t 2 ) ⇒ 4200.0,92(80 - 65) = 2000.1,08(65-t 2 ) 0,50 ⇒ t 2 = 38,2 0 C 0,50 b) (2,5đ) Khi chạm đáy b nh thì. Nếu thí sinh giải theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa - - - Hết - - - Trang 4/4 H nh a H nh c H nh d H nh b S R β R S S R β O i' i S α β i i i' i G 1 G 1 G 2 G 2 G 1 G 1 G 2 G 2