- Học sinh tiến hành xác định chất lỏng có KLR lớn hơn ( như phương án 1) - Đổ cả hai chất lỏng ra ngoài.. - Mở khóa T, đổ chất lỏng có KLR lớn hơn vào bình sao cho mặt thoáng vượt qua [r]
(1)SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP CẤP THCS NĂM HỌC 2014 – 2015
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: VẬT LÝ – BẢNG A
(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)
Câu Vế Nội dung Điểm
Câu 1/
- Gọi thời gian Tình chạy từ A tới C t1, từ C tới B t2 Vậy thời gian Thương từ D tới C t1, thời gian Mến chạy bước từ D tới B t1+t2
- Theo ta có: t1= 2LU
= d
V1 (1) t1 + t2 = 2LU
1
+ L
2U2= L −2d
2V2 (2)
- Kết hợp với ta có:
¿
L 2U1
= d
V1 2,5L
3U1
=L−2d
4,8V1
¿{ ¿
- Giải ta có: L=10d = 500m
( Nếu viết biểu thức thời gian cho 0,25đ )
0,75điểm 0,75điểm
0,75điểm 0,75điểm
Câu 2/ a
- Khi cho m (kg) nước từ bình A sang bình B ta có t1.2 < tA PTCB nhiệt: m.c.(tA – t1.2) = M.c.(t1.2 – tB)
Chia hai vế cho M.c => X.( tA – t1.2) = t1.2 – tB => t1.2 = tA - tA−tB X+1
(1)
- Khi đổ m (kg) nước từ bình B trở lại bình A ta có: t1.1 = t1.2 + ∆t1 PTCB nhiệt: (M-m).c.(tA – t1.1) = m.c.(t1.1 – t1.2)
=> (1 – X).(tA – t1.1) = X ∆t1 => t1.1 = tA - X.Δt1
1− X = t1.2 + ∆t1 (2) Từ (1) (2) => tA - tA−tB
X+1 + ∆t1 = tA -
X.Δt1 1− X X.Δt1
1− X +∆t1 =
tA−tB X+1 =>
Δt1 1− X=¿
tA−tB
X+1 => ∆t1=
1− X
1+X (tA−tB) (*)
- Thay số ta có: 200C = 1− X
1+X (50−20) Giải ta có: X =
1
0,5điểm 0,5điểm 0,5điểm 0,5điểm
0,5điểm 0,5điểm
b
Tương tự (*) câu a, ta có: ∆t2= 11− X
+X (t1 1− t1 2) = (
1− X 1+X)
2
.(tA− tB) Tương tự sau n lần thí nghiệm, ta có:
0,5điểm C
A t1 D t1+ t2 B
(2)∆tn= (1− X 1+X )
n
.(tA− tB) Thay số: ∆tn = (23) n
.300C 0,5điểm
Câu 3/ a
- Gọi độ cao từ ống nối C đến đáy bình h
- Khi mở khóa T nước dầu cân áp suất mức ngang với ống C nhau, ta có: PE = PF
(10H – h).10D2 = (11,5H – h).10D1 => 10000.(10H – h) = 8000.(11,5H – h) 100H – 10h = 92H – 8h
=> h = 4H
- Vậy ống C có vị trí cách đáy bình khoảng h = 4H
0,75điểm 0,5điểm
0,75điểm
b
* Phương án 1:
- Đóng khóa T, đổ nước vào nhánh A cho cột nước có độ cao lớn vị trí ống nối, dùng thước xác định độ cao nước nhánh A h0
- Đặt thước sát bình B, đổ chất lỏng X vào nhánh B đến độ cao h0
- Mở khóa T cho chất lỏng lưu thông chậm, quan sát lưu thông hai chất lỏng qua ống C để xác định chất lỏng có TLR lớn
- Đổ từ từ chất lỏng có KLR nhỏ vào nhánh chứa nó, tới hai chât lỏng ngừng lưu thông qua ống C dừng lại
- Dùng thước đo độ cao chất lỏng X từ ống C đến mặt thoáng h1, nước từ ống C tới mặt thoáng h2
- Ta có: h1.10DX = h2.10D2 => DX = h2 h1
.D2 * Phương án 2: HS tiến hành sau
- Học sinh tiến hành xác định chất lỏng có KLR lớn ( phương án 1) - Đổ hai chất lỏng ngồi
- Mở khóa T, đổ chất lỏng có KLR lớn vào bình cho mặt thoáng vượt qua ống C với độ cao đủ lớn
- Sau đổ từ từ chất lỏng có KLR bé vào nhánh đến mặt thoáng hai chất lỏng vừa đủ ngang ống C
- Tiến hành đo bước lại phương án
(HS trình bày phần cho điểm phần Bài tốn cịn có phương án khác)
0,5điểm
0,25điểm 0,25điểm
Câu 4 a/
- Khi K1, K2 mở số vôn kế hiệu điện nguồn: Vậy nên U=30V
- Khi K1 đóng, K2 mở mạch có dạng R0ntĐ1 Lúc UĐ1 = UV = 15V, mà đèn Đ1 sáng bình thường nên Uđm1 = a = 15V
- Dòng điện qua đèn là: Iđm1 = Pđm1 Uđm1
=15
15=1A
- Vậy: I0 = Iđm1 = 1A, U0 = U - Uđm1 = 15V, => R0 = 15 Ω
0,5điểm 0,5điểm 0,5điểm 0,5điểm
b/
Khi K1, K2 đóng (Đ1//Đ2)ntR0 Ta có: 0,25điểm T
A B
C
(3)U1 = Uđm2 = √P1.Rđ1=√0,64 15 15=12V , ( Rđ1 = Uđm1; Iđm1 = 15 Ω ) Lúc này; I0 = (U - U1):R0 = 18:15 = 1,2A,
I1 = U1:R1 = 12:15 = 0,8A =>Iđm2 = I0 - I1 = 0,4A => Pđm2 = 4,8W Số ghi đèn Đ2(12V-4,8W)
0,5điểm 0,5điểm 0,5điểm 0,25điểm
Câu 5
- Mạch điện cấu trúc: R0ntR1nt(R2//Rb) + R0,1 = R0+R1=2+R1
+ R2,b = R2.Rb R2+Rb
= 12Rb 12+Rb
+ Rtđ = R0,1 + R2,b = 24+12R1+(14+R1).Rb 12+Rb
- Cường độ mạch chính: Itm = U.(12+Rb)
12(R1+2)+(14+R1).Rb = I1 (*)
Hiệu điện hai đầu biến trở: Ub = U2b = Itm.R2b = U.12 Rb 12(R1+2)+(14+R1).Rb
Vậy Công suất biến trở: P =
12.(R1+2)+(14+R1).Rb¿2
¿
U2.122.Rb
¿
Áp dụng bất đẳng thức cơsi ta có: P U
2
.122.Rb
4 12.(R1+2).(14+R1).Rb=
U2.3
(R1+2).(14+R1)
Vậy Pmax ¿ U
(R1+2).(14+R1) Khi Rb=
12(R1+2)
14+R1 (**)
Thay (**) vào (*) ta có: I1= 2 12U 24 (R1+8)
(R1+2).(14+R1) =
U.(R+8) (R1+2).(14+R)
- Ta có U1=Uv= I1.R1 => 18(R1+8).R1
(R1+2).(14+R)=8 V
Giải được: R1 = Ω , thay vào (**) ta có Rb = Ω Pmax= 9(W)
0,5điểm 0,25điểm 0,25điểm 0,25điểm
0,5điểm 0,25điểm 0,25điểm 0,25điểm
Câu 6
a/ - Do ảnh di chuyển ngược chiều với vật => S’ ảnh thật S, thấu kính cho thấu kính hội tụ Vị trí S, S1, S’ S1’ hình vẽ:
- ∆SOS1 ~ ∆S’OS1’ => h' h=
d'
d (1) - ∆OIF’ ~ ∆S’S1’F’ => h'
h= d'− f
f (2) - Từ (1) (2) ta có: h'
h= d'
d= d'− f
f =
f
d − f=1,5 =>d= 3f Vậy khoảng cách từ S đến O là: AO=d=5
3f
0,5điểm 0,5điểm (vẽ)
1,0điểm b/
0,25điểm S1’
S
S’ S1
F O
F’ I
S1’
S S’
H F
O F’
H’ O’
V R1
R2 R0
Rb U
(Hình 3)
(4)-Câu 6
- Khi thấu kính di chuyển từ lên theo phương vng góc với trục chính, sau thời gian t quang tâm di chuyển đoạn OO’= SH = v.t
- Ảnh ban đầu S S’ Sau thời gian t ảnh S S1’, ảnh H (chân đường vng góc S trục lúc này) H’
- Tương tự (vế a): h ' h=
d' d=
d'− f
f =
f
d − f=1,5 => S
'
H+H'S1'
SH =
1,5+1
1 ⇒ V'.t
V.t=2,5⇒V '
=2,5V
Vây thấu kính di chuyển với vận tốc V(mm/s) từ lên theo phương vng góc với trục thì:
+ Ảnh S’ S di chuyển chiều với thấu kính chiều từ lên. + Vận tốc ảnh so với đất là: V’=2,5V (mm/s)
0,25điểm
0,5điểm
0,5điểm