Đáp án HSG Vật lí lớp 9 Yên Lạc, Vĩnh Phúc 2015-2016 - Học Toàn Tập

- Nếu học sinh làm cách khác đúng kết quả và bản chất vật lí cho điểm tối đa - Học sinh viết thiếu hoặc viết sai đơn vị từ hai lần trở lên thì trừ 0,25 điểm của. toàn bài[r]

PHÒNG GD & ĐT YÊN LẠC

HƯỚNG DẪN CHẤM THI HSG LỚP CẤP HUYỆN NĂM HỌC: 2015 -2016

MƠN : VẬT LÍ

Câu Nội dung Điểm

1 (2 đ)

a, Gọi chiều dài vận tốc xe lửa L v, vận tốc người xe đạp vx

- Khi xe lửa vượt qua cầu dài S = 450m t1 = 45s, ta có:

S + L = v.t1 450 + L = 45.v (1)

0.25 - Khi xe lửa vượt qua cột điện t2 = 15s, ta có:

L = v.t2 L = 15.v (2) 0.25

- Từ (1) (2) tính L = 225m v = 15m/s 0.25

- Khi xe lửa vượt qua người xe đạp chiều t3 = 25s, ta có:

L = (v – vx) t3 225 = (15 – vx).25  vx = 6m/s

Vậy vận tốc người xe đạp 6m/s 0,25 b, D = 0,8g/cm3 = 800kg/m3 ; S = 900cm2 = 0,09m2

Trọng lượng riêng dầu d = 10.D = 8000N/m3

Trọng lượng người P = 10.m = 450N

- Khi người đứng pít tơng lớn pít tơng lớn xuống đoạn x, pít tông nhỏ nâng lên đoạn y

- Thể tích dầu chuyển từ xi lanh lớn sang xi lanh nhỏ là:

V = S.x = s.y 900.x = 300.y  y = 3x 0.25

- Độ chênh lệch mức dầu hai xi lanh x + y = 4x 0.25 - Ta có áp suất dầu hai xi lanh ngang mặt đáy pít tơng

lớn nhau:

 d x S

P

8000.4x x 0,15625m 09

,

450     y = 3x = 0,46875m

Vậy pít tông nhỏ nâng lên đoạn 0,46875m

0.5

c, Cơng có ích đưa vật lên cao là: A1 = H.A = 0,8.6000 = 4800 J

0.25 - Trọng lượng vật là:

P = N

h A

2400

4800

1   0.25

- Công để thắng lực ma sát là:

Ams = A – A1 = 6000 – 4800 = 1200 J 0.25

- Độ lớn lực ma sát

Fms = N

l Ams

60 20 1200

(2 đ)

- Ta có hai q trình tạo ảnh: Q trình 1:

Quá trình 2:

Các ảnh nằm đường thẳng qua S vng góc với hai gương A C - Vì hai gương đặt song song nên số ảnh vơ hạn Tuy nhiên mắt nhìn thấy ảnh mà tia phản xạ có đường kéo dài qua truyền đến mắt Nghĩa mắt nhìn thấy ảnh thuộc đoạn PQ hình vẽ

- Vì lí đối xứng nên SP = SQ Ta có AB//SM (gt)

 Tam giác PAB đồng dạng với tam giác PSM



35 30 10    

SP SP SM

AB SP AP

SP = 70cm

Vậy mắt nhìn thấy ảnh Sn cho

Bởi trình nếu: SSn  SP = 70cm

- Xét trình 1:

Vậy mắt nhìn thấy ảnh S1 , S2 S3

- Xét trình 2: Làm tương tự trình ta xác định mắt nhìn thấy ảnh Sa, Sb Sc

- Vậy mắt nhìn ảnh S qua hệ gương S1 , S2, S3, Sa, Sb

và Sc

HV 0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25 0,25 0,25

D B P

S3

Sb

S1 A S C Sa

S2 Sc Q

M

AB CD AB CD S  S1 S2  S3  S4 …

CD AB CD AB S  Sa Sb  Sc  Sd …

AB

S  S1 SS1 = 20cm

CD

S1 S2 SS2 = 40cm

AB

S2 S3 SS3 = 60cm

CD

(2 đ)

a, Gọi nhiệt dung riêng nước c, nhiệt dung nhiệt kế q - Nhúng nhiệt kế vào bình 1, ta có PTCBN:

3c(100 – 98) = q(98 – 26) c = 12q 0,5

- Tiếp tục nhúng nhiệt kế vào bình 2, nhiệt kế txoC Ta có

PTCBN:

2c (tx - 26) = q( 98 - tx ) 24q(tx - 26) = q( 98 - tx )

tx = 28,88oC 0,5

- Nhúng nhiệt kế trở lại bình 1, nhiệt kế tyoC Ta có PTCBN:

3c (98 - ty) = q( ty – 28,88) 36q(98 - ty ) = q( ty – 28,88 )

ty = 96,13oC 0,5

b, Sau nhiều lần nhúng nhúng lại vào bình vào bình nhiệt độ hai bình số nhiệt kế t Ta coi hai bình nhiệt kế trao đổi nhiệt với Nhiệt độ ban đầu bình 100oC, bình nhiệt kế 26oC Ta có PTCBN:

3c(100 – t) = (q + 2c)(t – 26) 36q(100 – t) = 25q(t – 26) t= 69,67oC

0,5

4 (1 đ)

Bước 1: Mắc mạch điện hình vẽ - Đọc số ampe kế I1 ,

của vôn kế U1

- Ta xác định điện trở ampe kế là: RA =

1 I U

0,25

Bước 2: Mắc mạch điện hình vẽ - Đọc số ampe kế I2 ,

của vôn kế U2

- Ta có: U2 = I2(RA+R) = I2(

1 I

U +R)

 R =

1

2 I U I U



0,5

Bước 3: Mắc mạch điện hình vẽ - Đọc số ampe kế I3 ,

của vôn kế U3

- Ta xác định điện trở vôn kế là: Rv =

3 I U

0,25

R

+ U -

A V

R

+ U -

A

V

+ U -

5A (2 đ)

Câu 5A (2 điểm)(Dành cho học sinh trường THCS Yên Lạc) Mạch điện cho tương đương với mạch điện sau:

SĐMĐ:({[(Đ2ntĐ3ntĐ4)//RAB]ntRBC}//RAC)ntĐ1

0,25

Do AB đường kính nên RAB = RACB = 50

Gọi RAC = x (0x50) RBC = 50 –x

Điện trở Đ1 là: R1 =  48

3 122 P U

Điện trở Đ2, Đ3, Đ4 là: R2=R3=R4 =  18

5 , 32 2 P U 0,25

- Điện trở tương đương đoạn mạch AB là:

RtđAB =  

     26 ) ( 4 R R R R R R R R AB AB

- Điện trở tương đương đoạn mạch AC là: RtđAC =

76 ) 76 ( )

( x x

R R R R R R AC BC tdAB AC BC

tdAB  

 



- Điện trở tương đương mạch điện là: RAO = R1 + RtđAC =

76 ) 38 ( 5092 76 ) 76 ( 48    

 x x x (*) 0,25

Từ (*) suy ra:

- RAO cực đại (x-38)2min (x-38)2= x = 38

- RAO cực tiểu (x-38)2max (x-38)2= (-38)2 x =

Vậy chạy c vị trí cho RAC = 38 điện trở mạch

cực đại, chạy c trùng vớ A điện trở mạch cực tiểu

0,25 * Tính cường độ dịng điện qua Đ1

- Khi RAO cực đại (x = 38)thì cường độ dịng điện qua Đ1 là:

I1min = A

R U AO 179 , 76 5092 12 max  

- Khi RAO cực tiểu (x = 0) cường độ dịng điện qua Đ1 là:

I1max = A

R U AO 25 , 76 ) 38 ( 5092 12     0,25

* Tính cường độ dịng điện qua Đ2, Đ3, Đ4

- Khi RAO cực đại x = 38RBC=12

RtđABC = RAB + RBC = 26 + 12 = 38= RAC , mà RtđABC // RAC

A I

I

IABC AC 0,0895     0,25

I2 Đ2 Đ3 Đ4

RAB

RAC

B RBC

C Đ1 O

_ I1

Ta có UAB = IABC.RtđAB = 0,0895.26= 2,327V

Cường độ dòng điện qua Đ2, Đ3, Đ4 I2=I3=I4 = A

R UAB

043 , 2 

- Khi RAO cực tiểu x =  A trùng C  UAC = nên khơng có

dòng điện qua đèn Đ2, Đ3, Đ4

b, Cường độ dòng điện qua Đ1 là:

I1 = 2 2

) 38 ( 5092

912 76

) 38 ( 5092

12

  

  

x x

R U

AO

với (0x50) (**)

Từ (**) suy ra:

- Khi x= I1max  Đ1 sáng

- Khi x = 38 I1min  Đ1 tối

- Khi (0<x<38) I1 giảm dần nên độ sáng Đ1 giảm dần

- Khi (38<x<50) I1 tăng dần nên độ sáng Đ1 tăng dần

0,5 5B

(2 đ)

Câu 5B(Dành cho học sinh trường THCS khác, trừ THCS Yên Lạc)

a,

- Khi cường độ dòng điện mạch 2A điện trở biến trở là: R1 =  12

4 48

1 I

P

- Khi cường độ dòng điện mạch

là 5A điện trở biến trở là: R2 =  1,2

25 30 2

2 I

P 0,25

Ta có: U = I1(r +R1) U = 2(r + 12) (1)

U = I2(r +R2) U = 5(r + 1,2) (2)

Từ (1) (2) tính r = 6 U = 36V

0,25 b, Gọi cường độ dòng điện mạch I

Cơng suất tồn mạch P, công suất tiêu thụ r Pr biến trở

là Pb

Ta có: P = Pr + Pb UI = I2r + Pb  6I2 – 36I + Pb = (*)

Phương trình (*) có nghiệm nên:

’ = 324 – 6Pb   Pb  54W  Pbmax = 54W 0,5

Khi Pbmax = 54W (*)6I2 – 36I + 54 = I = 3A

Ta có: Rb =  6

9 54

max I Pb

Vậy điện trở biến trở 6 cơng suất tỏa nhiệt biến trở lớn 54W

0,25 c, - Ta thấy Rtđ = 3,75< r = 6, nên đoạn mạch gồm điện trở r

mắc song song với đoạn mạch X

Ta có: Rtđ =   

  

 10

75 ,

x x x X

X R

R R R

r R

r

- Ta thấy Rx > r nên đoạn mạch X gồm điện trở r nối tiếp với

đoạn mạch Y Ta có: Ry = Rx – r = 10 – = 4 0,25

- Ta thấy Ry < r nên đoạn mạch Y gồm điện trở r mắc song song

với đoạn mạch Z

R

r

Ta có: Ry =   

  

 12

z z z z

z R

R R R

r R r

- Ta thấy Rz = r nên đoạn mạch Z gồm điện trở r mắc nối tiếp

nhau 0,25

Vậy cần tối thiểu điện trở r mắc thành đoạn mạch hình vẽ

0,25

Chú ý:

- Nếu học sinh làm cách khác kết chất vật lí cho điểm tối đa - Học sinh viết thiếu viết sai đơn vị từ hai lần trở lên trừ 0,25 điểm

tồn

- Nếu học sinh làm đáp số sai chất vật lí khơng cho điểm