HƯỚNG dẫn CHẤM môn vật lý(a,b)

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

Câu

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS
NĂM HỌC 2016 – 2017
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn: Vật lý 9 bảng A
(Hướng dẫn chấm này gồm 3 trang)

Ý

a
(1đ)

Nội dung
+ Trong thời gian nước đá tan, vật m2 chuyển động xuống dưới được quãng
đường: S2 = 5cm
+ Vậy m1 chuyển động đi lên được quãng đường: S1 = 2S2 = 10cm.
S1 10
=
= 1(cm / phút )
t 10
+ Gọi thể tích của khối m2 là V2, của cục nước đá ban đầu là V0.
+ Vận tốc của vật m1 là: v =

+ Khi cục nước đá tan hết ta có: 2 P1 + FA2 = P2 (1)
+ Khi cục nước đá chưa tan ta có: 2 P1 +
b
(2đ)

+ Từ (1) ta có: 2m1 + V2.D2 = V2.D1
2m1
⇒ V2 =
= 0,2.10 −3 (m 3 )
D1 − D2
=> m2 = V2.D1 = 0,2.10-3.7,8.103 = 1,56 (kg)
V .D
2m1 + 2 2 − V2 .D1
+ Từ (2) ta có: V =
2
= 10 −3 (m 3 )
0
D0 − D 2
+ m0 = V0.D0 = 0,9 (kg)

1
(5đ)

c
(2đ)

+ Khi cục nước đá tan một nửa. Gọi thể tích m2 ngập trọng nước là V2’ ta có:
F
P
2 P1 + FA' 2 + A0 = P2 + 0 (3)
2
2
V
.
D

m
2m1 + V2' .D2 + 0 2 = m2 + 0 (4)
2
2
m0
V .D
m2 +
− 2m1 − 0 2
Từ (4) ta có: V , =
2
2 = 0,15.10 −3 (m 3 )
2
D2
V2' S .h ' h '
V'
=
= ⇒ h ' = h. 2 = 7,5(cm)
V2
S .h
h
V2
+ Gọi khối lượng chất lỏng trong mỗi bình lúc đầu là m, nhiệt dung riêng của
chất lỏng là C. Khối lượng chất lỏng tỷ lệ thuận với thể tích chất lỏng.
+ Giả sử nếu nhiệt độ chất lỏng trong các bình lúc đầu hạ xuống đến 100C thì
tổng nhiệt lượng tỏa ra là:
Q1 = m.C.(t2 – t1) + m.C.(t3 – t1) = 30mC + 70m.C = 100m.C (1)
+ Từ giả thuyết ta có khối lượng chất lỏng trong:
2
1
Bình 1: m1 = 2m; bình 2: m2 = m ; bình 3: m3 = m .

3
3
+ Giả sử nếu nhiệt độ chất lỏng trong các bình lúc này hạ xuống đến 100C thì
tổng nhiệt lượng tỏa ra là:
+

2
(4đ)

FA 2
+ FA0 = P2 + P0 (2)
2

a
(2đ)

Điểm
0,25 đ
0,5 đ
0,25 đ

0,5đ
0,5 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,5 đ
0,5 đ

0,5 đ
0,5 đ
0,25đ
0,5 đ

0,25 đ
0,5 đ


2
1
1
Q2 = 2m.C.(t1’ – t1) + m .C.(t2’ - t1)+ m .C.(t3’ – t1) = 90m.C + m .C.(t3’ – 10)
3
3
3
1
m .C.(t3’ – 10) => t3’ = 200C.
3
’
0
Vậy nhiệt độ bình 3 lúc này là: t3 = 40 C.
Sau nhiều lần rót đi rót lại thì nhiệt độ các bình như nhau là t0.
Ta có: m.C.( t1 – t0) + m.C.( t2 – t0) + m.C.( t3 – t0) = 0
=> t0 ≈ 43,30C.
+ Khi K mở mạch điện như hình 1:
+ Ta có: Q1 = Q2 => 100m.C = 90m.C +

b
(1đ)

R2

0,5 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,25 đ

Đ

R4

R1

R3

0,5 đ

Hình 1

+ Điện trở bóng đèn là: RĐ =
1.a
(2đ)

2
ĐM

U
= 6Ω
PĐM

0,25 đ

+ Cường độ dòng điện định mức của đèn là: I ĐM =

PĐM
= 1( A)
U ĐM

0,25 đ

( R2 + R Đ ).R3
+ R1 + R4 = 8,2Ω
R2 + R Đ + R3
U ( R2 + R Đ ).R3
.
Rtđ R2 + R Đ + R3
+ Cường độ dòng điện qua đèn lúc này là:
I Đ1 =
≈ 0,55( A)
R2 + R Đ
+ Vì: IĐ1 < IĐM nên bóng đèn sáng yếu hơn mức bình thường.
+ Khi K đóng mạch điện như hình 2:
R
+ Điện trở tương đương của toàn mạch: Rtđ =

0,25 đ

0,5 đ
0,25 đ

2

3
(5đ)

Đ

R3

R1

R4

0,5 đ

Hình 2

1.b
(2đ)

+ Điện trở tương đương toàn mạch là: Rtđ'

U
.R1 = 12(V )
Rtđ'
U2
R .R
U Đ' =
. Đ 4 = 3(V )

R .R
R Đ + R4
+ Hiệu điện thế 2 đầu bóng đèn là:
R3 + Đ 4
R Đ + R4
+ Vì: UĐ’ < UĐM . Vậy, bóng đèn sáng yếu hơn mức bình thường.
+ Khi K mở, theo mạch hình 1: U = 5IĐ .R + 3.IĐ.RĐ (1)
+ Khi K đóng, theo mạch hình 2: U = 3IĐ .R + 5.IĐ.RĐ (2)
+ Từ (1) và (2) => RĐ = R
+ Thay vào (1) => U = 8IĐ.RĐ = 8UĐ => UĐ = U/8 = 2V
+ Hiệu điện thế 2 đầu R2 là: U 2 = U −

2
(1đ)


R .R 
 R3 + Đ 4 .R2
R Đ + R4 
=
+ R1 = 5(Ω)
R Đ .R 4
R3 +
+ R2
R Đ + R4

0,5 đ

0,25 đ
0,5 đ

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ


Mạch 1:
Đ

Mạch 2:

0,5 đ
Rb

Đ

b4

a
(2đ)

0,5 đ

Rb

Mạch 3:

Đ

b4

0,5 đ
Rb

4
(4đ)

Mạch 4:

b
(2đ)

Đ

b4
Rb

0,5 đ

U I
+ Hiệu suất thắp sáng của mạch: H = bđ đ (1)
UI4
+ Trong biểu thức (1) chỉ có I thay đổi
+ Từ các sơ đồ ta thấy: I ≥ Iđ
+ Từ (1) ta thấy Hmax khi Imin = Iđ
+ Vì bóng sáng bình thường nên I = Iđ ứng với mạch 1 và mạch 3
U
10
+ H max = đ = .100% = 83,3%

U
12
Chú ý: - Nếu chỉ vẽ được 1 mạch thì không cho điểm ý b

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,5 đ

- Nếu vẽ được 2 mạch và làm đúng ý b, cho ½ số điểm
- Nếu vẽ được 3 mạch và làm đúng ý b, cho 3/4 số điểm
+ Ảnh S2 nằm trên đường tròn tâm K bán kính KS
+ Vẽ hình:

0,5 đ

S

G1

S1

5
(3đ)

G2

H

S’2

K
S2

+ Kẻ đường thẳng đi qua S1, K cắt đường tròn tâm K bán kính KS tại S2 và S2’
+ Vị trí S2 gần với S1 nhất ứng với khoảng cách nhỏ nhất
+ Vị trí S2 xa với S1 nhất ứng với khoảng cách lớn nhất
+ Ta có: S1K2 = S1S2 + SK2 => S1K = 15 (cm)
+ Vậy khoảng cách nhỏ nhất là: S1S2 = S1K – S2K = 6 (cm)
+ Vậy khoảng cách lớn nhất là: S1S’2 = S1K + KS’2 = 15 + 9 = 24 (cm)
Học sinh làm theo các cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

1đ

0,25đ
0,25 đ
0,25đ
0,25đ
0,25 đ
0,25 đ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS
NĂM HỌC 2016 – 2017
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn: Vật lý 9 bảng B
(Hướng dẫn chấm này gồm 3 trang)

Câu

Ý

a
(2,5đ)
1
(4đ)

b
(1,5đ)

2
(4đ)

a
(2,5đ)

b
(1,5đ)

Nội dung
+ Vận tốc dòng nước là: Vn = 6(km/h).
+ Gọi vận tốc xuồng máy là Vx .
S
+ Thời gian đi ngược dòng là: t1 =
(1)
vX − 6

S
+ Thời gian về xuôi dòng là: t 2 =
(2)
vX + 6
S
5S
5
=
+ Từ (1) và (2) ta có: t1 = t 2 =>
(3)
v X − 6 3( v X + 6)
3
Từ (3) => Vx = 24(km/h)
+ Mặt khác: t1 – t2 = 36 (phút) = 0,6(h)
S
S
−
= 0,6
+ Ta có:
(4)
Vx − 6 Vx + 6
+ Từ (4) => S = 27(km)
+ Gọi khối lượng chất lỏng trong mỗi bình lúc đầu là m, nhiệt dung riêng của chất
lỏng là C. Khối lượng chất lỏng tỷ lệ thuận với thể tích của chất lỏng.
+ Giả sử nếu nhiệt độ chất lỏng trong các bình lúc đầu hạ xuống đến 100C thì tổng
nhiệt lượng tỏa ra là:
Q1 = m.C.(t2 – t1) + m.C.(t3 – t1) = 30mC + 70m.C = 100m.C
(1)
+ Từ giả thuyết ta có khối lượng chất lỏng trong:
2

1
Bình 1: m1 = 2m; bình 2: m2 = m ; bình 3: m3 = m .
3
3
+ Giả sử nếu nhiệt độ chất lỏng trong các bình lúc này hạ xuống đến 100C thì tổng
nhiệt lượng tỏa ra là:
2
1
1
Q2 = 2m.C.(t1’ – t1) + m .C.(t2’ - t1)+ m .C.(t3’ – t1) = 90m.C + m .C.(t3’ – 10)
3
3
3
1
+ Ta có: Q1 = Q2 => 100m.C = 90m.C + m .C.(t3’ – 10)
(2)
3
Từ (2) => t3’ = 200C Vậy nhiệt độ bình 3 lúc này là: t3’ = 400C.
Sau nhiều lần rót đi rót lại thì nhiệt độ các bình như nhau là t0.
Ta có: m.C.( t1 – t0) + m.C.( t2 – t0) + m.C.( t3 – t0) = 0
=> t0 ≈ 43,30C.
+ Khi K mở mạch điện như hình 1:
R2

3
(5đ)

a
(2,5đ)

Điểm
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,25đ
0,5đ

0,25đ

0,5đ

0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ

Đ

R4

R1

R3

0,5đ

Hình 1

+ Điện trở bóng đèn là: RĐ =

2
U ĐM
= 6Ω ,
PĐM

0,25đ

+ Cường độ dòng điện định mức của đèn là: I ĐM =
+ Điện trở tương đương của toàn mạch: Rtđ =

PĐM
= 1( A)
U ĐM

( R2 + RĐ ).R3
+ R1 + R4 = 8,2Ω
R2 + RĐ + R3

0,25đ
0,5đ


U ( R2 + R Đ ).R3
.

Rtđ R2 + R Đ + R3
+ Cường độ dòng điện chạy qua đèn lúc này là:
R
I Đ1 = 2
≈ 0,55( A)
R2 + R Đ
R1
Đ
+ Vì: IĐ1 < IĐM nên bóng đèn sáng yếu hơn mức bình Rthường.
3

R4

+ Khi K đóng mạch điện như hình 2:

0,5đ
0,5đ

Hình 2

0,5đ

+ Điện trở tương đương của toàn mạch là:
b
(2,5đ)

Rtđ'


R .R 

 R3 + Đ 4 .R2
R Đ + R4 
=
+ R1 = 5(Ω)
R Đ .R 4
R3 +
+ R2
R Đ + R4

+ Hiệu điện thế 2 đầu R2 là: U 2 = U −

0,5đ

U
.R1 = 12(V )
Rtđ'

0,5đ

+ Hiệu điện thế 2 đầu bóng đèn là:
U2
R .R
U Đ' =
. Đ 4 = 3(V )
R .R
R Đ + R4
R3 + Đ 4
R Đ + R4
’
+ Vì: UĐ < UĐM . Vậy, bóng đèn sáng yếu hơn mức bình thường.

Với các dữ liệu cho trong bài, ta có thể mắc mạch điện theo các sơ đồ sau:

0,5đ
0,5đ

Đ

Mạch 1:

1đ

Rb
b4

Đ

Mạch 2:

1đ
4
(4đ)

Rb

Đ

Mạch 3:

b4

1đ

Rb
b4

Mạch 4:

G1

Đ

K
o

5
(3đ)

a
(1,5đ)

+ Vẽ hình:

30

IR

1đ

b

b4

O

A

M

J
H
G2

B

1đ


+ MIˆA = JIˆK = 300
0,25đ

+ ∆ HIJ đều nên HIˆJ = 600
+ KJˆO = 600 => JK ⊥ OA => Tia sáng sau khi phản xạ lần thứ 2 trên G1 thì sẽ quay
trở lại theo đường cũ ra khỏi hệ gương tại M.
+ MIˆH = 600 => MIˆA = OIˆJ = 300
L
+ Ta có: ∆MIA cân tại I nên MI = AI =
2
L
0
+ ∆HIJ đều nên: IJ = HI = OI.tan30 =

b
(1,5đ)

+ KJ = IJ.Sin300 =

0,25đ
0,25đ
0,25đ

2. 3

L

0,25đ

4 3

+ Ta có: 2(MI + IJ + JK) = 2.(

0,25đ

L
L
L
+
+
)=
2 2. 3 4 3

2+ 3

L

2



2+ 3
140
 = 70 => L =
≈ 37,5cm
+ Mặt khác: L

2
2
+
3


Học sinh làm theo các cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

0,25đ
0,25đ