Đáp án HSG Vật lí lớp 9 Yên Lạc, Vĩnh Phúc 2015-2016 - Học Toàn Tập

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b>PHÒNG GD & ĐT YÊN LẠC </b>
<b> </b>

<b>HƯỚNG DẪN CHẤM THI HSG LỚP 9 CẤP HUYỆN </b>
<b>NĂM HỌC: 2015 -2016 </b>

<b>MƠN : VẬT LÍ </b>

<b>Câu </b> <b>Nội dung </b> <b>Điểm </b>

<b>1 </b>
<b>(2 đ) </b>

<b>a, Gọi chiều dài và vận tốc của xe lửa lần lượt là L và v, vận tốc của </b>
người đi xe đạp là vx

- Khi xe lửa vượt qua cái cầu dài S = 450m mất t1 = 45s, ta có:

S + L = v.t1 450 + L = 45.v (1)

<b>0.25 </b>
- Khi xe lửa vượt qua cột điện mất t2 = 15s, ta có:

L = v.t2 L = 15.v (2) <b>0.25 </b>

- Từ (1) và (2) tính được L = 225m và v = 15m/s <b>0.25 </b>

- Khi xe lửa vượt qua người đi xe đạp cùng chiều mất t3 = 25s, ta có:

L = (v – vx) .t3 225 = (15 – vx).25  vx = 6m/s

Vậy vận tốc của người đi xe đạp là 6m/s <b>0,25 </b>
<b>b, D = 0,8g/cm</b>3_{= 800kg/m}3_{; S = 900cm}2_{= 0,09m}2

Trọng lượng riêng của dầu là d = 10.D = 8000N/m3

Trọng lượng của người là P = 10.m = 450N

- Khi người đứng trên pít tơng lớn thì pít tơng lớn đi xuống một đoạn
x, pít tơng nhỏ nâng lên một đoạn y.

- Thể tích dầu chuyển từ xi lanh lớn sang xi lanh nhỏ là:

V = S.x = s.y 900.x = 300.y  y = 3x <b>0.25 </b>

<b>- Độ chênh lệch mức dầu trong hai xi lanh là x + y = 4x </b> <b>0.25 </b>
- Ta có áp suất trong dầu ở hai xi lanh ngang mặt đáy của pít tơng

lớn bằng nhau:


<i>d</i> <i>x</i>
<i>S</i>

<i>P</i>
4

. 8000.4<i>x</i> <i>x</i> 0,15625<i>m</i>
09

,

0

450 _ _ _ __{y = 3x = 0,46875m}

Vậy pít tơng nhỏ nâng lên một đoạn 0,46875m

<b>0.5 </b>

<b>c, Cơng có ích đưa vật lên cao là: </b>
A1 = H.A = 0,8.6000 = 4800 J

<b>0.25 </b>
- Trọng lượng của vật là:

P = <i>N</i>

<i>h</i>
<i>A</i>

2400
2

4800

1 _ _ <b>0.25 </b>

- Công để thắng lực ma sát là:

Ams = A – A1 = 6000 – 4800 = 1200 J <b>0.25 </b>

- Độ lớn của lực ma sát là

Fms = <i>N</i>

<i>l</i>
<i>A_ms</i>

60
20
1200_

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

<b> 2 </b>
<b>(2 đ) </b>

- Ta có hai q trình tạo ảnh:
Quá trình 1:

Quá trình 2:

Các ảnh này cùng nằm trên
đường thẳng đi qua S và vng
góc với hai gương tại A và C.
- Vì hai gương đặt song song
nên số ảnh là vơ hạn. Tuy nhiên
mắt chỉ nhìn thấy những ảnh mà
tia phản xạ có đường kéo dài qua
nó truyền đến mắt. Nghĩa là mắt

chỉ nhìn thấy những ảnh thuộc
đoạn PQ như hình vẽ.

- Vì lí do đối xứng nên SP = SQ
Ta có AB//SM (gt)

 Tam giác PAB đồng dạng
với tam giác PSM



35
30
10 _




<i>SP</i>
<i>SP</i>
<i>SM</i>

<i>AB</i>
<i>SP</i>
<i>AP</i>

SP = 70cm

Vậy mắt chỉ nhìn thấy ảnh Sn cho

Bởi mỗi quá trình nếu:
SSn  SP = 70cm

- Xét quá trình 1:

Vậy mắt nhìn thấy 3 ảnh S1 , S2 và S3

- Xét quá trình 2: Làm tương tự như quá trình 1 ta xác định được mắt
nhìn thấy 3 ảnh và Sa, Sb Sc

- Vậy mắt nhìn được 6 ảnh của S qua hệ gương là S1 , S2, S3, Sa, Sb

và Sc

<b>HV </b>
<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>
<b>0,25 </b>
<b>0,25 </b>

D
B
P

S3

Sb

S1
A
S
C
Sa

S2
Sc
Q

M

AB CD AB CD
S  S1 S2  S3  S4 …

CD AB CD AB
S  Sa Sb  Sc  Sd …

AB

S  S1 SS1 = 20cm

CD

S1 S2 SS2 = 40cm

AB

S2 S3 SS3 = 60cm

CD

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

<b> 3 </b>
<b>(2 đ) </b>

<b>a, Gọi nhiệt dung riêng của nước là c, nhiệt dung của nhiệt kế là q </b>
- Nhúng nhiệt kế vào bình 1, ta có PTCBN:

3c(100 – 98) = q(98 – 26) c = 12q <b>0,5 </b>

- Tiếp tục nhúng nhiệt kế vào bình 2, nhiệt kế chỉ txoC . Ta có

PTCBN:

2c (tx - 26) = q( 98 - tx ) 24q(tx - 26) = q( 98 - tx )

tx = 28,88oC <b>0,5 </b>

- Nhúng nhiệt kế trở lại bình 1, nhiệt kế chỉ tyoC . Ta có PTCBN:

3c (98 - ty) = q( ty – 28,88) 36q(98 - ty ) = q( ty – 28,88 )

ty = 96,13oC <b>0,5 </b>

<b>b, Sau nhiều lần nhúng đi nhúng lại vào bình 1 rồi vào bình 2 thì </b>
nhiệt độ của hai bình bằng nhau và bằng số chỉ của nhiệt kế là t. Ta
coi hai bình và nhiệt kế trao đổi nhiệt với nhau. Nhiệt độ ban đầu
của bình 1 là 100o_{C, của bình 2 và nhiệt kế là 26}o_{C. Ta có PTCBN:}

3c(100 – t) = (q + 2c)(t – 26) 36q(100 – t) = 25q(t – 26)
t= 69,67o_C

<b>0,5 </b>

<b>4 </b>
<b>(1 đ) </b>

Bước 1: Mắc mạch điện như hình vẽ.
- Đọc số chỉ của ampe kế là I1 ,

của vôn kế là U1

- Ta xác định được điện trở của
ampe kế là: RA =

1
1
<i>I</i>
<i>U</i>

<b>0,25 </b>

Bước 2: Mắc mạch điện như hình vẽ.
- Đọc số chỉ của ampe kế là I2 ,

của vôn kế là U2

- Ta có: U2 = I2(RA+R) = I2(

1
1
<i>I</i>

<i>U</i> _+R)

 R =

1
1
2

2
<i>I</i>
<i>U</i>
<i>I</i>
<i>U</i>



<b>0,5 </b>

Bước 3: Mắc mạch điện như hình vẽ.
- Đọc số chỉ của ampe kế là I3 ,

của vôn kế là U3

- Ta xác định được điện trở của
vôn kế là: Rv =

3
3
<i>I</i>
<i>U</i>

<b>0,25 </b>

R

+ U -

A
V

R

+ U -

A

V

+ U -

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

<b>5A </b>
<b>(2 đ) </b>

<b>Câu 5A (2 điểm)(Dành cho học sinh trường THCS Yên Lạc) </b>
Mạch điện đã cho tương đương với mạch điện sau:

SĐMĐ:({[(Đ2ntĐ3ntĐ4)//RAB]ntRBC}//RAC)ntĐ1

<b>0,25 </b>

Do AB là đường kính nên RAB = RACB = 50

Gọi RAC = x (0<i>x</i>50) thì RBC = 50 –x

Điện trở Đ1 là: R1 =  48

3
122
1
2
1
<i>P</i>
<i>U</i>

Điện trở Đ2, Đ3, Đ4 là: R2=R3=R4 =  18

5
,
0
32
2
2
2
<i>P</i>
<i>U</i>
<b>0,25 </b>

- Điện trở tương đương của đoạn mạch AB là:

RtđAB =  






26
)
(
4
3
2
4
3

2
<i>R</i>
<i>R</i>
<i>R</i>
<i>R</i>
<i>R</i>
<i>R</i>
<i>R</i>
<i>R</i>
<i>AB</i>
<i>AB</i>

- Điện trở tương đương của đoạn mạch AC là:
RtđAC =

76
)
76
(
)

( <i>x</i> <i>x</i>

<i>R</i>
<i>R</i>
<i>R</i>
<i>R</i>
<i>R</i>
<i>R</i>
<i>AC</i>

<i>BC</i>
<i>tdAB</i>
<i>AC</i>
<i>BC</i>

<i>tdAB</i> _ 






- Điện trở tương đương của mạch điện là:
RAO = R1 + RtđAC =

76
)
38
(
5092
76
)
76
(
48
2





 <i>x</i> <i>x</i> <i>x</i> (*) <b>0,25 </b>

Từ (*) suy ra:

- RAO cực đại khi (x-38)2min (x-38)2= 0 x = 38

- RAO cực tiểu khi (x-38)2max (x-38)2= (-38)2 x = 0

Vậy khi con chạy c ở vị trí sao cho RAC = 38 thì điện trở của mạch

cực đại, khi con chạy c trùng vớ A thì điện trở của mạch cực tiểu

<b>0,25 </b>
* Tính cường độ dòng điện qua Đ1

- Khi RAO cực đại (x = 38)thì cường độ dịng điện qua Đ1 là:

I1min = <i>A</i>

<i>R</i>
<i>U</i>
<i>AO</i>
179
,
0
76
5092
12
max




- Khi RAO cực tiểu (x = 0) thì cường độ dịng điện qua Đ1 là:

I1max = <i>A</i>

<i>R</i>
<i>U</i>
<i>AO</i>
25
,
0
76
)
38
(
5092
12
2
min




<b>0,25 </b>

* Tính cường độ dịng điện qua Đ2, Đ3, Đ4

- Khi RAO cực đại thì x = 38RBC=12

RtđABC = RAB + RBC = 26 + 12 = 38= RAC , mà RtđABC // RAC

<i>A</i>
<i>I</i>

<i>I</i>

<i>I_ABC</i> <i>_AC</i> 0,0895
2
min
1 _



<b>0,25 </b>

I2 Đ2 Đ3 Đ4

RAB

RAC

B RBC

C Đ1 O

_
I1

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

Ta có UAB = IABC.RtđAB = 0,0895.26= 2,327V

Cường độ dòng điện qua Đ2, Đ3, Đ4 là I2=I3=I4 = <i>A</i>

<i>R</i>
<i>U_AB</i>

043
,
0
3 ₂ 

- Khi RAO cực tiểu thì x = 0  A trùng C  UAC = 0 nên khơng có

dịng điện qua các đèn Đ2, Đ3, Đ4

<b>b, Cường độ dòng điện qua Đ</b>1 là:

I1 = ₂ ₂

)
38
(
5092

912
76

)
38

(
5092

12









<i>x</i>
<i>x</i>

<i>R</i>
<i>U</i>

<i>AO</i>

với (0<i>x</i>50) (**)

Từ (**) suy ra:

- Khi x= 0 thì I1max  Đ1 sáng nhất

- Khi x = 38 thì I1min  Đ1 tối nhất

- Khi (0<x<38) thì I1 giảm dần nên độ sáng của Đ1 giảm dần

- Khi (38<x<50) thì I1 tăng dần nên độ sáng của Đ1 tăng dần

<b>0,5 </b>
<b>5B </b>

<b>(2 đ) </b>

<b>Câu 5B(Dành cho học sinh các trường THCS khác, trừ THCS Yên Lạc)</b>

<b>a, </b>

- Khi cường độ dòng điện trong mạch
là 2A thì điện trở của biến trở là:
R1 =  12

4
48
2
1

1
<i>I</i>

<i>P</i>

- Khi cường độ dịng điện trong mạch

là 5A thì điện trở của biến trở là: R2 =  1,2

25
30
2
2

2
<i>I</i>

<i>P</i> <b>_0,25</b>

Ta có: U = I1(r +R1) U = 2(r + 12) (1)

U = I2(r +R2) U = 5(r + 1,2) (2)

Từ (1) và (2) tính được r = 6 và U = 36V

<b>0,25 </b>
<b>b, Gọi cường độ dòng điện trong mạch là I </b>

Cơng suất tồn mạch là P, công suất tiêu thụ trên r là Pr trên biến trở

là Pb.

Ta có: P = Pr + Pb UI = I2r + Pb  6I2 – 36I + Pb = 0 (*)

Phương trình (*) có nghiệm nên:

’ = 324 – 6Pb  0  Pb  54W  Pbmax = 54W <b>0,5 </b>

Khi Pbmax = 54W thì (*)6I2 – 36I + 54 = 0 I = 3A

Ta có: Rb =  6

9
54
2

max
<i>I</i>
<i>P_b</i>

Vậy khi điện trở của biến trở bằng 6 thì cơng suất tỏa nhiệt trên
biến trở lớn nhất bằng 54W.

<b>0,25 </b>
<b>c, - Ta thấy R</b>tđ = 3,75< r = 6, nên đoạn mạch gồm 1 điện trở r

mắc song song với đoạn mạch X.

Ta có: Rtđ =   





 6 10

.
6
75

,
3
.

<i>x</i>
<i>x</i>
<i>x</i>
<i>X</i>

<i>X</i> <i>_R</i>

<i>R</i>
<i>R</i>
<i>R</i>

<i>r</i>
<i>R</i>

<i>r</i> 

- Ta thấy Rx > r nên đoạn mạch X gồm 1 điện trở r nối tiếp với

đoạn mạch Y. Ta có: Ry = Rx – r = 10 – 6 = 4 <b>0,25 </b>

- Ta thấy Ry < r nên đoạn mạch Y gồm 1 điện trở r mắc song song

với đoạn mạch Z.

R

r

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

Ta có: Ry =   





 6 12

.
6
4
.

<i>z</i>
<i>z</i>
<i>z</i>
<i>z</i>

<i>z</i> <i>_R</i>

<i>R</i>
<i>R</i>
<i>R</i>

<i>r</i>
<i>R</i>
<i>r</i>

- Ta thấy Rz = 2 r nên đoạn mạch Z gồm 2 điện trở r mắc nối tiếp

nhau. <b>0,25 </b>

<b> Vậy cần tối thiểu 5 điện trở r và mắc thành đoạn mạch như hình vẽ. </b>

<b>0,25 </b>

<b>Chú ý: </b>

- Nếu học sinh làm cách khác đúng kết quả và bản chất vật lí cho điểm tối đa
- Học sinh viết thiếu hoặc viết sai đơn vị từ hai lần trở lên thì trừ 0,25 điểm của

toàn bài

- Nếu học sinh làm đúng đáp số nhưng sai bản chất vật lí thì khơng cho điểm

</div>

<!--links-->