de hsg LI lop 9 tinh thanh hoa.doc

SỞ GD & ĐT THANH HOÁ
ĐÁP ÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
NĂM HỌC 2009 - 2010
MÔN THI: VẬT LÝ
LỚP: 9 THCS
Ngày thi: 24 - 3 - 2010
Thời gian làm bài 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Chú ý: - Nếu học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa của bài.
- Điểm bài thi làm tròn đến 0,5.
- Bài nào có hình vẽ, nếu HS không vẽ hình trừ tối đa 0,5 điểm.
CÂU HƯỚNG DẪN GIẢI
THANG
ĐIỂM
Câu 1
2 điểm
Gọi v là vận tốc của mỗi người khi đi trên đồng.
Vì hai người xuất phát cùng lúc và đến M cùng lúc nên ta phải có
v/2
c
v
cAM
v
BM
+
−
=

10mcAM-BMcAMBM ==⇒+=⇒
(1)

Giả sử điểm M
≡
H
1
như hình vẽ
Khi đó
c3,25mddaAHBHAMBM
22
11
<≈−+=−=−
Vậy điểm M phải nằm phía trên H
1
Đặt MH
1
= x > 0
Từ (1) suy ra
( )
cdxdxa
222
2
++=++
Bình phương hai vế và biến đổi ta được
2222
dx2c2axca +=+−
Tiếp tục bình phương hai vế ta được
( ) ( ) ( )
0112520xx
0d4ccaaxca4xca4
2
22

2
2222222
=−+⇒
=−−+−+−
m 25x
1
=⇒
và
m 45x
2
−=
(loại)
Vậy điểm M cách H
1
(hình chiếu của A) 25 m, cách H
2
(hình chiếu của B) 45 m.
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
Câu 2
5 điểm
a. 3đ
b. 2đ
a. Khi rót nước từ bình 1 sang bình 2, gọi nhiệt độ cân bằng của bình 2 là t'
2
ta có
( ) ( )
22212

t'tmtt'm −=−
Sau khi rót nước từ bình 2 sang bình 1, gọi nhiệt độ cân bằng của bình 1 là t'
1
. Lúc
này lượng nước còn lại trong bình 1 là (m
1
- m). Do đó ta có
( ) ( )( )
( ) ( )
11112
11112
tt'mtt'm
tt'mmt't'm
−=−⇒
−−=−
Từ các biểu thức trên ta rút ra
( )
2
11122
2
m
tt'mtm
t'
−−
=
và
( )
( ) ( )
111122
1121

tt'mttm
tt'mm
m
−−−
−
=
Thay số vào ta được
C59,025t'
0
2
=
;
100g0,1kgm ==
.
b. Áp dụng các công thức lập được ở câu a cho lần rót tiếp theo ta có
- Sau khi rót từ bình 1 sang bình 2 nhiệt độ cân bằng của bình 2 là

C58,12
mm
t'mmt'
t"
0
2
221
2
≈
+
+
=
- Sau khi rót từ bình 2 sang bình 1 nhiệt độ cân bằng của bình 1 là

( )
C23,76
m
tmmmt"
t"
0
1
112
1
≈
−+
=
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
1đ
1đ
A
a
B
M

x
H
1
H
2

d
c
Câu 3
5 điểm
a. 3đ
b. 2đ
a. Điện trở vôn kế rất lớn nên
VU
RR
RU
IU
V
V
V
30R
0
0
0
V
=≈
+
==
Khi thay vôn kế bằng ampe kế thì ampe kế chỉ 5 A nghĩa là ta có
Ω=== 6
5
30
0
0
A
I

U
R
b. Xét mạch điện như hình vẽ
Đặt
xRRxR
BCAC
−=⇒=

)0( Rx <<

( )
xR
xR
xR
R
MN
−+
+
=
1
1
.
Tổng trở của mạch điện

( )
xR
xR
xR
RRRR
MNt

−+
+
+=+=
1
1
00
.
Cường độ dòng điệnn trong mạch chính
( )
xR
xR
xR
R
U
R
U
I
t
−+
+
+
==
1
1
0
00
.
Mặt khác
xR
IR

I
III
x
R
I
I
A
A
A
+
=⇒





+=
=
1
1
1
1
1
Từ đó suy ra
( )( ) ( )
xy
RU
xRxRRxR
RU
I

A
10
101
10
=
+−++
=
Do tích
10
RU
không đổi nên I
A
min khi y(x) max.

( ) ( ) ( )
( ) ( )
2
0
10
2
0
100
2
22
R







+
−−++






+
=⇒
++++−=
RR
xRRR
R
xy
RRRxRRxxy
Vậy
( )
maxxy
khi
2
0
2
00
RR
x
RR
x
+

=⇒=
+
−
Khi đó
( ) ( )






+
++=
4
0
10
max
RR
RRRxy
Theo bài ra ta lại có
Ω==⇒
==
12
12.
min
min
I
U
x
VUIx

V
V
Ω=−=−=⇒ 18612.22
0
RxR
( )
Ω=⇒






+
=






+
++
=⇒
24
4
244
24
30
4

1
1
1
0
10
10
min
R
R
R
RR
RRR
RU
I
1,5đ
1,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu 4
4 điểm
Giả sử lực căng dây là T. Xét sự cân bằng của mỗi pittông. Gọi p
1
là áp suất của nước
ngay ở sát dưới pittông 1, p

2
là áp suất của nước ở ngay sát mặt trên của pittông 2, p
0

là áp suất không khí.
Ta có
( )
1011
SppTP −=+
(1)
( )
2022
SppPT −=−
(2)
1đ
1đ
A
+ -
U
0
R
0
M
N
hình 1b
R
R
1
V
A C B

I
1
I
I
A
dapp
12
+=
(3)
Thay (3) vào (2) ta có
( )
2012
SpdapPT −++=
(4)
Từ (1) suy ra
1
1
01
S
TP
pp
+
=−
thay vào (4) ta được
21
211221
2
1
1
2

SS
SdaSSPSP
T
Sda
S
TP
PT
−
++
=⇒








+
+
+=
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
Câu 5
4 điểm
Vẽ đúng được hình
Tính toán
Gọi A và B lần lượt là hình chiếu của S và S' trên trục chính của thấu kính.

Đặt SA = h; S'B = h'; OA = d; OB = d'
Xét hai tam giác đồng dạng OFI và BFS' ta có:
h
h'
f
d'f
=
+
Xét hai tam giác đồng dạng OAS và OBS' ta có:
d
d'
h
h'
=

Ta lại có
BtanαS'OJtanαHBHOd'
+=+=

( )
31,5h'tan60h'1,5tan60 +=+=
Suy ra
( )
f
f31,5h'
h
h' ++
=
với
12cmf0,5cm;OIASh ====

0,66cmh'≈⇒


3,7cmd'≈⇒
.

2,8cmd ≈⇒
2 đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
α
I
O
J
F
E
S
S'
B
M
A
H
N
a
S
1

P
1
S
2
P
2
hình 2