1. Trang chủ
  2. » Vật lí lớp 11

Đáp án HSG Vật lí lớp 9 Hải Dương 2014-2015 - Học Toàn Tập

7 325 1

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 7
Dung lượng 563,83 KB

Nội dung

[r]

(1)

ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI HSG MƠN VẬT LÍ NĂM HỌC 2014 - 2015

CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM

1 (2 điểm)

1 (1,5 điểm)

Gọi M vị trí người xe đạp quay lại; N vị trí người xe đạp quay lại đón người trước

- Thời gian người trước hết đoạn đường AB là:

36

4 12 12

AN NB AN AN

t     

- Thời gian người sau hết đoạn đường AB là:

36

12 12

AM MB AM AM

t     

- Thời gian người xe đạp hết đoạn đường AB là:

36 2

12 12

AM MN NB AM AN

t      

Ta có: t1 = t2 = t3 Khi đó:

36 36

36 (1)

4 12 12

AN AN AM AM

AM AN

 

     

36 36 2

2 (2)

4 12 12

AN AN AM AN

AM AN

  

   

Từ (1),(2): AM = 24 km; AN = 12 km

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ 2 (0,5 điểm)

Thời gian mà người xe đạp không chở người là: 12

1( ) 12 12

MN

t h

   

0,5 đ

1 (1 điểm)

Gọi nhiệt độ ban đầu nước nóng t2; nhiệt độ ban đầu nước lạnh bình chứa t1; nhiệt độ hỗn hợp có cân nhiệt t, nhiệt dung riêng nước C, nhiệt dung riêng kim loại làm bình chứa C’

Ta có: t2 – t = 70 (1) ; t – t1 = 10 (2) 0,25 đ

(2)

2 (2 điểm)

Theo phương trình cân nhiệt ta có: m2C(t2 – t) = m1C(t – t1) + m1C’(t – t1)

2 1 1

2

1

( ) ( ) ( )

4

(3)

4

C m C t t m C t t m t t

m t t m t t

     

 

Lấy (1) - (2) ta được: t2 – t = 60 (4) Từ (2), (3), (4) ta có :

1

5 10

4 60 24

m

m  

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ 2 (1 điểm)

Gọi t’ nhiệt độ cân hỗn hợp đổ thêm 2m

2 gam nước nóng

2

m

gam nước lạnh vào hỗn hợp Theo phương trình cân nhiệt ta có: 2m2C(t2 – t’) =

2

m

C(t’- t

1) + (m1+ m2)C(t’ – t) + m1C’(t’ – t) 2m2(t2 – t’) =

2

m

(t’- t

1) + (m1+ m2)(t’ – t) +

m

(t’ – t) Mà: m2 =

24m1; t2 = 60 + t; t1 = t – 10 Khi đó:

24m1 (60 + t – t

’) =

m

(t’- t + 10) + 29 24

m

(t’ – t) +

4

m

(t’ – t)

 t – t’ 160 8, 42 19

 

Vậy nhiệt độ hỗn hợp tăng thêm 8,42oC

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

1 (1 điểm)

Các cách mắc lại gồm:

Cách 3: [(R0//R0)ntR0]nt r ; Cách 4: [(R0 nt R0)//R0]nt r * Cđdđ mạch mắc nối tiếp điện trở : Int =

0

0,15

U

A rR  (1)

* Cđdđ mạch mắc song song điện trở:

Iss =

3.0,15 0, 45

U

A R

r

 

 (2)

R0 R0 R0 r

R0 R0 R0

(3)

3

( 2điểm) Từ (1) (2) ta có: 0 3

3

R r R

r R r

    

Đem giá trị r thay vào (1)  U = 0,6R0 * Với cách mắc 3: [(R0//R0)ntR0]nt r

+ I3 =

0 0

0

0,6

0, 24 2,5

2

R U

A

R R

r R

 

 

+ I1 = I2 = 0,12

I

A

* Với cách mắc 4: [(R0 nt R0)//R0]nt r Cđdđ mạch

0

0 0

0

0,6

0,36

3

R U

I A

R R R

r

R

  

+ U12 = 0

0

0, 24

R R

I R

R

+ I1 = I2 = 12

0

0, 24

0,12

2

R U

A

RR

+ I3 = 12

0

0, 24

0, 24

R U

A

RR

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

2 (0,5 điểm)

Ta nhận thấy U không đổi  công suất tiêu thụ mạch P = U.I nhỏ I mạch nhỏ nhất, cơng suất tiêu thụ mạch P = U.I lớn I mạch lớn

 cách mắc tiêu thụ điện cách mắc tiêu thụ điện lớn

0,25 đ

0,25 đ 3 (0,5 điểm)

Để cường độ dòng điện chạy qua điện trở R0 có giá trị phải mắc điện trở thành n dãy song song, dãy có m điện trở R0 mắc nối tiếp.(với m ; n  N )

Cường độ dòng điện mạch

0 0

0,6

U U

I

m m m

r R R R

n n n

  

  

Để cđdđ qua điện trở R0 0,1A ta phải có: 0,6

0,1

I n

m n

  

 m + n = 0,25 đ

r R0

R0

R0 I1

I2

I3

r R0

R0 R0 I12

I3

I

n

m R0

r R0

(4)

Ta có trường hợp sau:

m

n

Số đ.trở R0

Theo bảng ta cần điện trở R0 có cách mắc chúng - dãy song song, dãy điện trở

- dãy gồm điện trở mắc nối tiếp

0,25 đ

4 (2 điểm)

1 (1,25 điểm)

Tính điện trở dây biến trở, UMN độ sáng đèn Đ2

- Điện trở đèn Đ: 2 30

9( ) 100

R   

- Đoạn mạch MN gồm: r nt [R2 // (R1 nt Rb)] Rb =

2 AC AD AC AC AD

R R R

RR  (1)

R1b = R1 + Rb = 12 + Rb ; R2.1b = 2

9(12 ) 21

b b

b b

R R R

R R R

 

 

RMN = R2.1b + r = 150 11 21

b b

R R

 I2.1b = IMN =

(21 ) 150 11 MN MN b MN b

U U R

R R

 

U1b = U2.1b = I2.1b.R2.1b = (12 ) 150 11

MN b b

U R

R  

Ib = I1 = I1b = 1

9 150 11 b MN

b b

U U

R   R (2)  Pb =

2

2

2

2

81 81

150

(150 11 ) ( 11 ) MN b MN b b

b

b b

U R U

I R

R R

R

 

 

Pb cực đại

2 150

11 b b

R R

 

  

  cực tiểu Theo BĐT Cosi xảy

khi: 150 11 150( )

11 b b b

R R

R    

RAC = RAD = 2Rb = 300 11 

 điện trở vòng dây làm biến trở R = 4RAC = 1200 11  + Theo :

9

1 150 11

MN b

U I

R

  

 UMN=

100 V + U2 = U1b = I1b R1b = 1.(12 150) 282 25,63( )

11 11 V

    U2 < Uđm2  đèn Đ2 sáng yếu mức bình thường

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ 2 (0,75) điểm

(5)

+ Từ biểu thức Rb = AC AD AC AD

R R

RR

Mà RAC + RAD không đổi Rbmax (RAC RAD)max

Theo BĐT Cosi: 2 ( )2

2 AC AD AC AD AC AD AC AD

R R

RRR RR R  

Dấu “=” xảy : RAC = RAD

Vậy Rbmax RAC = RAD, tức CD vng góc với OA (trường hợp xét) Khi C  A D  A Rb=0

* Khi quay CD từ vị trí ban đầu (α =00) đến vị trí góc α =900 Khi đó:

Rb giảm dần  Rb + R1 = R1b giảm  1     Rb

tăng 

2 21

1 1

b b

RRR tăng

 R2.1b giảm  r + R2.1b = RMN giảm

 cường độ dịng điện mạch Ir tăng  Ur = Ir.r tăng  U2 giảm

 I2 giảm  đèn Đtối dần

* Khi quay CD từ vị trí ban đầu (α =900) đến vị trí góc α =1800 Khi đó:

Rb tăng dần  Rb + R1 = R1b tăng 1     Rb

giảm

2 21

1 1

b b

RRR giảm

 R2.1b tăng  r + R2.1b = RMN tăng

 cường độ dịng điện mạch Ir giảm  Ur = Ir.r giảm  U2 tăng

 I2 tăng  đèn Đ sáng dần lên

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ 1 (1 điểm)

Ảnh A1B1 tạo thấu kính O1 ảnh thật, ngược chiều với vật lớn vật

0,25 đ

F2

F1

A B A1

B1

A2

B2

O1 O2

I2

I1

F2’

(6)

5 (2 điểm)

Ảnh A2B2 tạo thấu kính O2 ảnh ảo, chiều với vật lớn vật

Ta có:

1 1

1

1 1 1 40

(1)

O AB O A B

O A AB

A B O A O A

 

  

:

Ta có:

' '

1 1 1 ' 1 1

'

1 1 1 1

30

(2) 30

F O I F A B

O I O F AB

A B F A O A A B

 

   

 :

Từ (1) (2) ta có: 1 1 1

40 30

120( )

30 O A cm

O AO A   

Vậy ảnh A1B1 cách thấu kính O1 120 cm Ta có:

2 2

2

2 2 2 35

(3)

O AB O A B

O A AB

A B O A O A

 

  

:

Ta có:

' '

2 2 2 ' 2 2

'

2 2 2 2

60

(4) 60

F O I F A B

O I O F AB

A B F A O A A B

 

   

 :

Từ (3) (4) ta có: 2 2 2

35 60

84( )

60 O A cm

O AO A   

Vậy ảnh A2B2 cách thấu kính O2 84 cm

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ 2 (1 điểm)

* Vật khoảng O1F2 thấu kính O1 cho ảnh ảo, chiều vật; thấu kính O2 cho ảnh thật, ngược chiều vật

* Vật khoảng O2F1 thấu kính O1 cho ảnh thật, ngược chiều vật; thấu kính O2 cho ảnh ảo, chiều vật

* Vật khoảng F1F2 thấu kính cho ảnh ảo, chiều vật

Vậy muốn hai thấu kính cho ảnh chiều, cao vật nằm khoảng F1F2 cho ảnh hình vẽ

(7)

Ta có:

1 1

1

1 1 1 (1)

O AB O A B

O A

AB x

A B O A O A

 

  

:

Ta có:

' '

1 1 1 ' 1 1

'

1 1 1 1

30

(2) 30

F O I F A B

O I O F AB

A B F A O A A B

 

   

 :

Ta có:

2 2

2

2 2 2 75

(3)

O AB O A B

O A

AB x

A B O A O A

 

  

:

Ta có:

' '

2 2 2 ' 2 2

'

2 2 2 2

60

(4) 60

F O I F A B

O I O F AB

A B F A O A A B

 

   

 :

Từ (2) (4) ta có: 2 1

1 2

30 60

2 (5)

30 60 O A O A

O A  O A   

Từ (1), (3) (5) ta có:

1 2 1 1

75 75

25( )

x x x x

x cm

O A O A O A O A

 

    

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

Chú ý: Nếu thí sinh làm theo cách khác mà cho điểm tối đa

F2

F1

A B

A1

B1

A2

B2

O1 O2

I2

I1

F2’

Ngày đăng: 24/02/2021, 01:15

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w