HDC thi HSG vật lí năm 2016 2017

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH THỦY
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN
HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
NĂM HỌC: 2016 -2017
MÔN: VẬT LÝ
I. PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (10,0 điểm)
- Những câu có 1 đáp án. Đúng được 0,5 điểm
- Những câu có nhiều lựa chọn, nếu thí sinh trả lời không đầy đủ, không được cộng điểm.
Câu

1

2

3

4

5

6

Đá
p
án

B A D B B B,
D

7

8

C A,
B

9

10 11

12

13

14

15

16

17

18

B,
D

A

A,
C

A,
C

C

A,
D

C

B

A,
B
C

B

II. PHẦN TỰ LUẬN (10,0 điểm)
CÂU
YÊU CẦU VỀ NỘI DUNG
Câu 1
a, Gọi khoảng cách giữa hai bến sông là S = AB, giả sử nước
( 2,5 điểm) sông chảy đều theo hướng từ A đến B với vận tốc u.
S

- Thời gian thuyền đi từ A đến B là:

t1 = V  u

1
- Thời gian ca nô đi 4 lần quãng đường đó là:
2S

(1)
2S

t2= V  u + V  u
2
2

(2)

1
9
A

20
D

ĐIỂM

0,25
0,25
0,25

- Theo bài ra ta có:
t1 = t 2 

S

2S
2S
=
+
V1  u V2  u V2  u

u2 + 4uv2 + 4v1v2 - v22 = 0
(3)
Giải phương trình (3) ta được u = -1,54 km/h và u = -54,45 km/h
Dấu ( - ) chứng tỏ dòng nước có hướng chảy từ B đến A, với vận
tốc u = 1,54 km/h. ( Loại u = 54,45 km/h > 5 km/h)


2S

2S

4 S .V2

b, Thời gian ca nô đi và về là: t2= V  u + V  u = V 2  u 2 (4)
2
2
2
- Xét biểu thức (4) có S và V2 không đối, khi u tăng ( nước chảy
nhanh hơn) thì ( V22 - u2 ) giảm  t2 tăng, có nghĩa thời gian đi và
về của ca nô sẽ tăng.
Câu 2
a, Gọi: Nhiệt dung của bình 1, bình 2, nhiệt kế lần lượt là q1,q2,q.
( 1,5 điểm) Sau lần nhúng thứ nhất và thứ hai ta biết được:
- Nhiệt độ của bình 1 đang là 40oC; Nhiệt độ của bình 2 đang là

8oC, nhiệt kế đang trong bình 2 nên cũng có nhiệt độ là 8oC.

0, 25
0,5
0,5

0,5

0,25

1


Phương trình cân bằng nhiệt cho lượt nhúng thứ hai vào bình 1 là:
q1 (40  39)  q(39  8) � q1  31q(1)

Phương trình cân bằng nhiệt cho lượt nhúng thứ hai vào bình 2 là:
q2 (9,5  8)  q(39  9.5) � 1,5q2  29,5q � 3q2  59q(2)
(1)
q1
31
q1 93
Lập tỉ lệ: (2)  3q  59 � q  59
2
2

0,25
0,25

- Gọi nhiệt kế chỉ giá trị tx khi nhúng lượt thứ ba vào bình 1.

Phương trình cân bằng nhiệt cho lượt nhúng thứ ba vào bình 1 là
q1 (39  t x )  q(t x  9,5)(3)

Lập tỉ lệ:
(1)
q1
31q


(3) q1 (39  t x ) q (t x  9,5)
1
31
 ���
(39  t x ) t x  9,5

t x 9,5 31(39 t x )

32t x

1218,5

tx

38, 08o C

b, Sau khi nhúng đi nhúng lại một số lần rất lớn thì nhiệt độ của
hai bình và nhiệt kế là như nhau.Gọi nhiệt độ đó là t.
Ta có phương trình cân bằng nhiệt cho hệ là:
q1 (40  t )  (q  q2 )(t  8) (4)

0,25

0,25

Thế (1) và (2) vào (4) ta được:
59
62
q )(t  8) � 1240  31t  (t  8)
3
3
o
� 155t  4216 � t  27, 2 C

31q (40  t )  (q 

0,25

2


Câu 3
a, Nêu cách vẽ
( 2,0 điểm) - Chọn S1 đối xứng với S qua G1, S1 là vật sáng so với gương

phẳng G2.
- Lấy S2 đối xứng với S1 qua G2, S2 là ảnh cuối cùng (theo đề bài).
- Vì tia phản xạ cuối cùng qua S nên ta nối S 2 với S, S2S cắt G2 tại
I2; nối I2 với S1 ta có I2S1 cắt G1 tại I1.
- Nối I1 với S, ta được SI1 là tia tới đầu tiên. Như vậy, đường đi
của đường tia sáng là

G
G
S → I1 → I2 → S.
S
ͦͦ
+ Hình vẽ
2
1
N
N
1
6 I
2
2
0
S1 ͦͦ
I1 0
O

0,5

0,5

S2 ͦͦ
b, Xét ∆OI1I2, ta có: OI1 I 2 + OI 2 I1 = 1200

0,25

suy ra i1,  i2 60 0

0,25

mà i1,  i1 ; i2, i2 Nên: ∆SI1I2 ta có: SI 1 I 2 + SI 2 I 1 = 1200
suy ra I2SI2 = 600
Như vậy : góc hợp bởi tia tới và tia phản xạ cuối cùng là 600.

0,5

Câu 4
.a. R3 = 30Ω.
( 4,0 điểm) * K mở, ta có sơ đồ tương đương:
R1
+

IAB

A

Ia

A
R4

-

D

R2

R3

B

Ta có:
( R1  R4 ) �
R2
(40  20) �
100
 R3 
 30  67,5( )
R1  R4  R2
40  20  100
U AB
90
4
và: I AB  R  67,5  3 ( A)
AB
RAB 

R2
4
100
5
� I a  I AB �
 �
 ( A)
R2  R1  R4 3 100  40  20 6

0,5

0,5
3


b. * K đóng, ta có sơ đồ tương đương:
R1
R4

+
A

IAB

I234

R2

Ia

A

B

D
R3

Tính:

90 �
(20  R3 )

U AB
U AB
90



( A)
R3
20 �
R3
R234 R  R4 �
2000

120
R
3
100 
2
R4  R3
20  R3
R3
90 �
(20  R3 )
R3
90 R3
và: I a  I 4  I 234 �R  R  2000  120 R �20  R  2000  120 R ( A) (1)
4
3
3
3

3
I 234 

0,25
0,25

* K mở: Ta có sơ đồ mạch điện như câu a.
R �
R

14
2
Ta có: RAB  R  R  R3  37,5  R3 ()
14

U

2

90

AB
và: I AB  R  37,5  R ( A)
AB
3

R

0,25
90

100

225

2

( A) (2)
Nên: I a  I AB �R  R  37,5  R �
4(37,5  R3 )
14
2
3 60  100
Theo đề bài, từ (1) và (2) ta có :

90 R3
225

� 7500  450 R3  225 R3  6 R3 2
4(37,5  R3 ) 2000  120 R3
Giải phương trình ta được: R3  58, 77() (chọn); R3  21,3  0 loại
Vậy: R3  58, 77()

0,25

0,5

c, Khi K đóng
R3 .R4

20.R3

- Tính: R234 = R2 + R  R = 100 + 20  R =
3
4
3
90.(20  R3 )

20

2000  120 R3
20  R3

0,25

180

Nên ta có: I3 = 2000  120 R . 20  R = 200  R
3
3
3

0,25

1802

2

� 180
�

�
Khi đó: P3 = �
200
�. R3 = �
�
�

12
R
3
�200  12R3 �
2

�R
� 3

0,25

�
�

200

Ta thấy: P3 = Pmax khi ( R  12 R3 ) đạt cực tiểu
3
Áp dụng bất đẳng thức Côsi:
2

�200
� �200

�
 12 R3 ��4 � .12 R3 �= 9600
�
�R
� �R
�
� 3
� � 3
�

0,25
4


1802
Dấu (=) xảy ra khi: R3 = 16,67  , và Pmax =
= 3,38W
9600

0,5

Chú ý:
+ Ở từng phần hoặc cả một câu học sinh có thể làm các cách khác, nếu đúng
vẫn cho điểm tối đa từng phần và cả câu. Điểm từng phần hoặc cả câu theo phân phối
điểm trong hướng dẫn này.
+ Nếu học sinh sai đơn vị thì trừ điểm toàn bài như sau: nếu sai 3 lỗi trở xuống
thì trừ toàn bài 0,25 điểm; nếu sai trên 3 lỗi thì trừ toàn bài 0,5 điểm.
-------------------------------Hết----------------------------------

5