de thi hs gioi ly 9 cua Giooc

Bỏ qua điện trở của ampe kế, các dây nối và sự phụ thuộc của điện trở vào nhiệt độ... Lúc đầu con chạy C của biến trở đặt gần phía M?[r]

Tuần 20

Đề bài

Câu1: (1,5 điểm) Hai ô tô lúc khởi hành từ A đến B, xe ô tô thứ nửa quãng đường đầu với vận tốc v1 = 40km/h nửa quãng đường sau với vận tốc v2 = 60km/h Xe ôtô thứ nửa thời gian đầu với vận tốc v’1 = 60km/h nửa thời gian sau với vận tốc v’2 = 40km/h Hỏi ô tô đến B trước?

Câu 2: (2,5điểm) Người ta đổ m1=0,5kg nước nhiệt độ 600C vào xoong mỏng đựng

m =1kg nước 150C.

a) Khi có cân nhiệt nhiệt độ cuối hệ bao nhiêu? Bỏ qua thu nhiệt vỏ đựng nước môi trường

b) Người ta tiếp tục thả vào hỗn hợp nước cục nước đá có khối lượng m3=500g nhiệt độ –100C Hỏi có cân nhiệt đá có tan hết khơng nhiệt độ cuối hệ bao nhiêu? Bỏ qua thu nhiệt vỏ đựng nước môi trường

c)Người ta dùng bếp dầu có hiệu suất H=45% để làm hỗn hợp nước nói hóa hồn tồn 1000C.Hãy tính thể tích dầu cần thiết để thực trình Bỏ qua thu nhiệt vỏ đựng cho biết nhiệt dung riêng nước c1=4200J/kg.K nước đá c2=2100J/kg.K, nhiệt hóa nước L=2,3.106J/kg, nhiệt nóng chảy nước đá

=3,4 105J/kg,

suất tỏa nhiệt dầu là q =44.106J/kg, khối lượng riêng dầu D=800kg/m3

Bài 3: (3điểm) Cho mạch điện hình vẽ Biết UAB = 60V, R1 = 10; R2 = 30 ;R4 = 20; R3 biến trở Bỏ qua điện trở ampe kế, khóa K dây nối

a) Cho R3 = 15 tính điện trở tương đương đoạn mạch AB số ampe kế hai trường hợp :

+ Khóa K mở + Khóa K đóng

b) Tính R3 để số ampe kế K đóng K ngắt

Câu 4: (1,5điểm) Cho mạch điện có sơ đồ hình vẽ bên Điện trở tồn phần biến trở Ro , điện trở vôn kế lớn Bỏ qua điện trở ampe kế, dây nối phụ thuộc điện trở vào nhiệt độ Duy trì hai đầu mạch hiệu điện

C K

D _ +

B A

R4

R3

R2

R1

A

V A

R

M

C

N

R

R R R

R

R R

B O

C

A R

D

U không đổi Lúc đầu chạy C biến trở đặt gần phía M Hỏi số dụng cụ đo thay đổi dịch chuyển chạy C phía N?Hãy giải thích sao?

Câu 5: (1,5điểm) Cho mạch điện hình vẽ, điện trở R( ) , bỏ qua điện trở dây dây nối.Tính điện trở tương đương hai điểm A O

HƯỚNG DẪN CHẤM THI Bản hướng dẫn gồm 06 trang I.HƯỚNG DẪN CHUNG

- Thí sinh làm theo cách riêng đáp ứng yêu cầu cho đủ điểm - Việc chi tiết hố điểm số ( có) so với biểu điểm phải đảm bảo không sai lệch với

hướng dẫn chấm thống Hội đồng chấm

- Sau cộng điểm toàn bài, điểm để lẻ đến 0,25 điểm II ÁP ÁN VÀ THANG I MĐ Đ Ể

Câu

Tổng

điểm Nội dung đáp án Điểm

Câu 1,5đ Gọi quãng đường AB S (km)

Gọi t thời gian xe thứ hết quãng đường AB Gọi t’ thời gian xe thứ hết quãng đường AB Thời gian xe thứ nửa quãng đường đầu : 1

( )

S

t h

v 

Thời gian xe thứ nủa quãng đường sau : 2 ( )

S

t h

v  Thời gian xe thứ quãng đường AB :

1

1 2

1

( )

2 2

S S S t t t

v v v v

     

2

1

60 40

2 40.60 48

v v

S S S

v v

   

    

   48( )

S t  h

(1) Quãng đường xe ôtô thứ nửa thời gian đầu :

0,25

0,25 _ +

1

1

' ' '

' ( )

2

v t t

S v  km

Quãng đường xe ôtô thứ nửa thời gian sau :

2

2

' ' '

' ( )

2

v t t

S v  km

Ta có :

1 2

1

' ' ' ' '.( ' ' )

2 2

v t v t t v v SS S    

1

2S t v'.( ' v' )

  

1

2

' ( )

' ' 60 40 50

S S S

t h

v v

   

  ' 50( )

S

t h

 

(2) từ (1) (2) ⇒ t t’ Vậy xe thứ đến B trước

0,25

0,25

0,25 0,25 Câu a)

0,75đ

Gọi nhiệt độ hệ có cân nhiệt t0C (Đk : 15< t < 60)

Nhiệt lượng 0,5kg nước tỏa hạ nhiệt độ từ 600C xuống t0C :

Q1 = m1c1 (60 – t) (J)

Nhiệt lượng 1kg nước thu vào tăng nhiệt độ từ 150C đến t0C là Q2 = m2c1 (t – 15) (J)

Theo phương trình cân nhiệt ta có : Q1= Q2

 m1c1 (60 – t) = m2c1 (t – 15)  m1 (60 – t) = m2 (t – 15)

 0,5(60 – t) = 1(t – 15)  30 –0,5t = t – 15  45=1,5t  t = 300C

Vậy nhiệt độ cuối hệ 300C.

0,25

0,25

0,25 b)

1,0 đ

Nhiệt lượng nước đá thu vào để tăng từ –100C đến 00C : Q3 = m3c2.10 = 0,5.2100.10 = 10500 (J)=10,5(kJ)

Q4 = m3 =0,5.3,4 105 =170000(J)

Ta có QThu = Q3+Q4 = 10500+170000 =180500 (J)

Nhiệt lượng 1,5 kg nước tỏa hạ nhiệt độ từ 300C xuống 00C : QTỏa = (m1+m2)c1.30 =(0,5+1).4200.30 =189000(J)

Vì QTỏa > QThu nên cục đá tan hết gọi nhiệt độ cuối hệ t’ ta có :

QTỏa– QThu =( m1 +m2 +m3).c1.(t’–0)

 189000 –180500=(0,5+0,5+1).4200.t’  t’=

0 8500

1

2.4200 C

0,25

0,25 0,25

0,25 c)

0,75đ

Ta có H = 45%=0,45

Nhiệt lượng hỗn hợp nước thu vào để tăng từ 10C đến 1000C : Q = (m1+m2+m3)c1.99 =2.4200.99 = 831600(J)

Nhiệt lượng hỗn hợp nước thu vào để hóa hồn tồn 1000C : Q’=(m1+m2+m3).L = 2,3.106 = 4600000(J)

Ta có Qi = 831600 +4600000 = 5431600 (J) Ta có

5431600

12070222( ) 0, 45

i i

tp tp

Q Q

H Q J

Q H

    

Gọi khối lượng dầu cần dùng m’ ta có :

Qtp = m’.q 

12070222

' 0, 274( )

44.10

tp Q

m kg

q

  

Ta tích dầu cần dùng :

3

3

' 0, 274

' 0,0003425( )

800

0,3425( ) 0,3425( )

m

m DV V m

D

dm l

    

 

0,25

0,25 Câu a)

2,0đ

+ Khi K mở đoạn mạch vẽ lại :

_

+ R4 R3

R2 R1

I4 IAB

A D B

A

14 30( )

R R R  

 

14

1 1 1

30 30 15 15

AD

AD

R R R

R

    

  

RAB = RAD + R3 =15 15 30( )   IAB =

60

2( ) 30

AB

AB U

A

R    IAD 2( )A

UAD = IAD RAD =2.15= 30(V) U14 30( )V

Số ampe kế : IA = I4 =

14 14

30 1( ) 30

U

A R   + Khi K đóng đoạn mạch vẽ lại :

34

34

1 1 1 60

( )

15 20 60 60 R

R R R



        

R234 = R2 + R34 =

60 210 60 270

30 ( )

7 7

+

+ = = W

Ta có :

1 234

1 1 1 27 34 270

10 10 270 270 270

AB

R R R

+

= + = + = + = =

RAB=270 7,94( )34 » W

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

A R R

2

B R

1 A

R

4 D

IAB

I234

Ia

I234 =

34 234

60 60.7 1,56( ) 1,56( ) 270 270

7 AB

U A I A

R = = » ® =

U34 = I34 R34 =

60

1,56 13,37( )

7 V

 

=> IA = 34

4

13,37 0,67( ) 20

U A

R = »

0,25 0,25

0,25 b)

1,0đ

+ K mở :

Ta có RAD 15

 



3

'AB AD 15 ( )

R R R R

     

Ta có : I = 3

60 60 ( ) ( ) 15 15 AB AD AB U

A I A

R  R   R

14

3 3

60 900 900

15 ( ) ( )

15 15 15

AD AD AD

U I R V U V

R R R

      

  

3 14

14 14

14 3

900

15 30 30

( ) ( )

30 15 A 15

R U

I A I I A

R R R



     

  (1)

+ K đóng :

3

34 3

3 34

3

20

1 1 1

20 20

20

( ) 20

R

R R R R R

R R R         

R234 = R2 + R34 =

3

3

20 600 50

30 ( )

20 20

R R

R R

+

+ = W

+ +

3

234

3

234 3

3

60(20 ) 120

60

( )

600 50 600 50 60

20

AB R R

U

I A

R

R R R

R

 

   

  



I2 = I34 =

Ta có U4= U34 = I34 R34 =

3 3

234

3 3

120 20 120

( )

60 20 60

R R R

I V

R R R



  

  

IA = I4 =

3

3 3

4

4 3

120

60 120

( )

20 20(60 ) 60

R

R R R

U

A

R R R



  

  (2)

Từ (1) (2) ta có :

3

3 3

3

6 30

30(60 ) (15 )

15 60

R

R R R

R  R    

 

3 3

2

3 3

2

3

5(60 ) (15 )

300 25 15

10 300

R R R

R R R

R R

   

   

   

2

3

3

2

3

10 25 325

5 325 325

( 5) 325

5 325 325

R R

R R

R

R R

    

     

      

   

 

 

Ta có : R3  5 325() ( Chọn )

R3  5 325 ( Loại R3 < 0)

Vậy R3  5 325() số ampe kế K đóng

khi K ngắt

0,25

0,25

0,25 Câu 1,5đ Khi dịch chuyển chạy C biến trở phía N số

các dụng cụ đo tăng

Giải thích:

Gọi x phần điện trở đoạn MC biến trở; IA UV số ampe kế A vôn kế V

Điện trở tương đương đoạn mạch:

Rtđ =

x R

x R +(Ro – x)

2

x R

x R  

 =

0

2 1

R

R x x 



Khi dịch chạy phía N x tăng  (

1 R

xx ) tăng

 Rtđ =

2 1

R

R x x 



giảm

 cường độ dịng điện mạch chính: I = U/Rtđ tăng (do U

khơng đổi)

Vì R//RMC  I RA (I I A)x

IA

x =

I − IA

R =

I

R+x => IA =

I.x R+x=

I

1+R

x

Do đó, x tăng (1 + Rx¿ giảm I tăng (c/m trên) nên IA tăng

Đồng thời UV = IA.R tăng (do IA tăng, R không đổi)

0,25 0,25

0,25

0,25

0,25

0,25 Câu 1,5 đ Vì hai điểmC D đối xứng với nên hiệu điện hai

điểm C D nhau, nên ta châp đểm C D lại với nhau, nên ta có mạch điện sau

0,5

A

M

C

N

A B

R0

A

.

O

.

M

CD N

Ta có : EB 2( )

R R  

Và MC 2( )

R R  

3 ( )

2

EF

R R

R  R 

1 1

( )

3 CN

CN

R R

R RR R  R   

 

3

2 8

MN MC CN

R R R R R R    

1 1 15

7

7 ( ) 15

AO MN

AO

R R R R R R

R R

    

  

0,25

0,25

0,25

0,25