Đáp án HSG Vật lí lớp 9 Ninh Bình 2012-2013 - Học Toàn Tập

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (516.87 KB, 4 trang )

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

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HDC ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 THCS 
Năm học 2012 – 2013

MÔN: VẬT LÝ

(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)

Chú ý: Ghi chú : - Nếu sai đơn vị trừ 0,25 đ và chỉ trừ 1 lần.

- Mọi cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa./.

Câu Đáp án Điểm

1

4,0 đ

Gọi chiều cao của cột xăng đổ vào một nhánh là h1, độ chênh
lệch mực nước biển giữa hai nhánh là h2. Độ chênh lệch mặt
thoáng chất lỏng giữa hai nhánh là h.

Xét hai điểm A, B trong hai nhánh nằm trong cùng

một mặt phẳng ngang trùng với mặt phân cách giữa
xăng và nước biển có áp suất là PA và PB như hình vẽ…….
Ta có : PA = PB………

PA = d1.h1 ; PB = d2h2………
=>d1.h1 = d2 h2………
Theo hình vẽ ta có : h2 = h1-h………...

d1.h1 = d2 (h1- h) = d2h1 – d2h => (d2 – d1) h1 = d2h………...

=>h1 = 56,18 ( )
7000

10300
18
.
10300
1

2 mm

d
d

h
d






 ...
Hình

vẽ:
0,5 đ

0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ

0,5 đ

p2

4,0 đ

Công suất định mức của bếp là :

R
U

P o

0  (1) với U0 là hiệu điện thế định mức. 0,5 đ
Cơng suất tồn phần của bếp :

R
U

P

 ( 2) 0,5 đ

Từ (1) và (2) suy ra P = 0

16
9

P 0,5 đ

Cơng suất có ích của bếp là: P1 = H.P = 450 W. 0,5 đ

Cơng suất toả nhiệt ra khơng khí là:

W
18
60

5
,
0
).
( 1 1 2 2

2 



 cm c m

P 0,5 đ

( P1- P2) t =(c1m1 + m2c2)(100 – 20) 1,0 đ

Suy ra : t = 400(s) 0,5 đ

3

5,0 đ

a (3 điểm) 
Khi K đóng

- Mạch điện được mắc như sau:
[{( R3//R4) nt R2}//(Rx ntRA)] R1

Ta có R34 = 6



; R234 = 10(



)

hình
vẽ:
0,5 đ

0,5 đ
Gọi Rx = x (x > 0)

- Ta có: RAB =

10(

1)

11 x



- Điện trở toàn mạch: Rm =

10(x 1)

10 11 x







20x 120

11 x



-Tính UAB = I.RAB= AB

U

R

Thay vào ta tính được: UAB=

U(x 1)

2x 12



(1)

0,25đ

0,25đ
A

B
h1

R1
R3

Rx
R4

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

- Tính Ix=

U

x 1



U

2x 12



(A)

- Tính Px = Ix2.Rx =





2 2

U x

U

2x 12

12 2 x

x



















(2)

- Để Px lớn nhất, theo (2) thì biểu thức: 2

x

12 x

phải nhỏ nhất.

Vậy khi đó x = 6(



)

- Tính UAB = IA(x +1) = 21 (V)
- Từ (1) tính U= 72V

0,25đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

b.( 2 điểm) 
* Khi K mở

- Mạch điện được mắc như sau:
{(Rx ntRAnt R4)//R2} nt R3 nt R1
Giữ ngun Rx khi đó tính được điện trở
của cả mạch:

Rm = 25,3(



)

- Cường độ dịng điện trong mạch chính:
Ic=

U

R

= 2,84(A)

- Ta có:

2 x a 4

a 2

2 a

I

R

19 I

R

4 I

2,84



 







  



- Giải hệ phương trình này ta được Ia ≈ 0,49(A)

Hình

vẽ:
0,5 đ

0,25đ

0,25đ
0,25đ
0,5đ
4

5,0 đ

a.(1 điểm)

- Vẽ hình đúng

1,0 đ

b) 3 điểm

-Vẽ được 2 tia đúng qua hai thấu kính, mỗi tia cho: 0,5 điểm
-Vẽ được ảnh cuối cùng A2B2 ảo (đường không liền nét) : 1,0 đ

-Tính đúng khoảng cách O2B2 =

4
3f

1,0 đ

B
A

A1
L1

B

A

O1 B1

L

B2 O2

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

c) 1 điểm

Vẽ đúng đường truyền của tia sáng AIKM qua 2 thấu kính : 0,5 đ
- Vẽ đúng phần đường liền nét, đường đứt nét : 0,5 đ

Chú ý: - Vẽ thiếu mỗi mũi tên chỉ chiều truyền tia sáng thì trừ 0,25 đ và trừ tối đa là 0,5 đ 
 - Nếu sai tỉ lệ trừ 0,5 đ cho cả bài

5

2,0 đ

+ Vì tam giác ABC đều nội tiếp đường trịn tâm O, suy ra ln ln có hai điểm thuộc một 
nửa đường tròn và điểm còn lại thuộc nửa đường tròn kia.

+ Ta chỉ xét sự dịch chuyển của một đỉnh của tam giác ABC khi chỉ đỉnh đó nằm trên nửa
đường trịn.

+ Ta có: Sđ cung DE = EG = GH = HK = KN = ND =


.
Sđ cung EF = FG = NM = MK =


.

Khi A nằm trên cung DE thì B  cung KN; C  cung GH.
Khi A nằm trên cung EG thì B  cung DN; C  cung HK.
Khi A nằm trên cung GH thì B  cung DE; C  cung KN.
Khi A nằm trên cung HK thì B  cung FG; C  cung ND.
Khi A nằm trên cung KN thì B  cung GH; C  cung DE.
Khi A nằm trên cung ND thì B  cung HK; C  cung EG.

Hv +
Nx:
0,25đ
Vì tam giác ABC đều nên tất cả các trường hợp đều cho ta những mạch điện tương đương.

Nên ta chỉ xét trường hợp A  EG; B  cung DN; C  cung HK.
+ Sđ cung DP = PN = HQ = QK = EF = FG =


.
Khi A  EF thì B  cung NP; C  cung HQ.
Khi A  FG thì B  cung DP; C  cung QK.

Vì tam giác ABC đều nên hai trường hợp này lại cho ta những mạch điện tương đương với
nhau nên ta chỉ cần xét trường hợp A  EF; B  cung NP; C  cung HQ.

+ Đặt góc AOD =  suy ra

2
3




   0,25đ

B
A

O1 B1

B2 O2

I
K



O
A

C
I






 

D H

E G

N K

P Q

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

góc AOH = 



2
1
R
R
RAD  




2
)
(
2



R R

RAH
)
2
3
1
(
3 1
3 







R R R R

RDB
)
2
3
1
(
3 2
4 

 





 R R R R

RHC 0,25đ

Vì VA = VB =VC nên chập A, B,C với nhau ta được mạch điện như sau:
(R1 // R3) nt (R2 // R4).

)
12
1

2
2
(
3
.
.
2
2
4
2
4
2
3
1
3

1    









R
R
R
R

R
R
R
R
R
RM
0,25đ

Xét A =

24
1
24
1
)
2
1
(
2
1
12
1
2
2
2
2
2
















RM lớn nhất khi A lớn nhất.

Amax = F;B P;C Q

2
2
1
24
1








   A



Và
8
24
1
.
3
max
R
R

RM   0,25đ

Ta có:
2
1
3
1




0
2
1
6

1  






0 )

2

1 (

36

1 











0,25đ
RM nhỏ nhất khi A nhỏ nhất.

A nhỏ nhất khi 2

)
2
1
( 



lớn nhất.
36
1
)
2
1
(  2 




6
1
)
2
1
(  



;
;
;

3 AE BE C H



  0,25đ

Và
12
)
72
1
24
1
(
3
min
R
R

RM    0,25đ

</div>

Đáp án HSG Vật lí lớp 9 Ninh Bình 2012-2013 - Học Toàn Tập





10(

1)

11

<i>x</i>

<i>x</i>





10(x 1)

10

11 x



<sub></sub>



20x 120

11 x





U

R

R

U(x 1)

2x 12





U

x 1



U

2x 12







U x

U

2x 12

12

2 x

x







<sub></sub>











x

12

x





U

R

I

R

R

R

19

I

R

4

I

I

2,84





 







  



B

A

L

0