De thi HSG Tinh Li 9

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG. HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 - THCS KỲ THI NGÀY 02/4/2011 MÔN THI: VẬT LÍ (Đề chính thức). (Bản hướng dẫn chấm có 03 trang) CÂU Câu 1. NỘI DUNG Điện nhiệt Khi nhiệt độ của tủ sấy ổn định: công suất tỏa nhiệt của điện trở tủ sấy bằng công suất tỏa nhiệt của tủ sấy ra môi trường. Gọi k là hệ số tỷ lệ. U I1  2   R0  R . * Ban đầu: I 1 R k t1  t 0 với U 2R  k  t1  t 0  2  R  R  Từ đó: 0 * Khi mắc tủ sấy song song thì: 1 U I2  R 2  R0   2 I 2 R k  t x  t 0  2  với U 2R R  4 R0   2 Suy ra: . 2. Câu 2. 0,5 0,5 0,5. (1) R0. 0,5. °U °. k  t x  t 0 . R. R. 0,5. (2) t x  t 0  t 1  t 0  . Từ (1) và (2) rút ra: o Suy ra t x 42 C .. Điểm 4,0 điểm. R 0  R. 2. R  4 R 0   2 . 2. 1,0. 22 o C .. Điện từ 1. Thanh MN chuyển động trong từ trường chịu tác dụng của hai lực: trọng lực và lực từ. Do thanh MN chuyển động đều nên trọng lực và lực từ phải cân bằng nhau, suy ra: lực từ có phương thẳng đứng chiều hướng lên trên. Áp dụng quy tắc bàn tay trái: dòng điện có chiều từ M đến N. Suy ra: electron chuyển động từ N đến M qua thanh. 2. Khi MN chuyển động thẳng đều xuống dưới: thế năng của thanh MN giảm, trong mạch xuất hiện dòng điện. Như vậy có sự chuyển hóa thế năng của thanh MN thành điện năng trong mạch điện kín. Dòng điện chạy qua điện trở R nên có sự chuyển hóa điện năng thành nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở. ⇒ Trong hệ trên có sự chuyển hóa thế năng của thanh MN thành nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở R.  Công suất nhiệt tỏa ra trên điện trở R là: P = I2.R  Quãng đường thanh MN đi được trong 1 giây là: S = v.t = v. Độ giảm thế năng của thanh MN trong 1 giây là: E = 10mh = 10mv. 0,5 3,5 điểm 0,5 0,5 0,5. 0,5. 0,5. 2. Theo ĐLBT&CHNL ta có: 10mv = I2.R ⇒ v=. I R =0 , 0025 ( m/s )=0 , 25 ( cm/ s ) 10 m. 1,0.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu 3. Dòng điện không đổi. 4,0 điểm. 20 * Vôn kế V1 chỉ 20V, nên: UCB = I1RV = 20V ⇒ I 1= RV R R 20 U CB=I 2 R2 + 3 V ⇒ I 2= R 3+ R V 100 . R V Ta có: 250+ 100+ RV. (. (1). ). 0,5. (2). * U = I.R1 + I1.RV ⇒ 30 = 100.I + 20 ⇒ I = 0,1 (A). 0,5 (3). * Tại nút C: I = I1 + I2 . Thay (1, 2, 3) vào ta có: 20 20 + =0,1 ⇒ RV =500 Ω; RV =−66 ,7< 0 RV 100. RV (loại) 250+ 100+ RV Vậy điện trở của vôn kế là 500Ω. Khi đó: I1 = 0,04 A, I2 = 0,06A R3 . R V =¿ 5(V) * Số chỉ của vôn kế V2 là: U V 2=U AB =I 2 . R3 + R V Câu 4. Dòng điện không đổi * Đặt RMC = x ⇒ RNC = R – x (với 0 < x < R) ⇒ RMNC= ⇒ Số chỉ của ampe kế:. I=. U0 = R 0+ R MNC. U0 x ( R − x) R 0+ R. x(R − x) R. * Khi con chạy ở M hoặc N thì RMNC = 0, ampe kế chỉ giá trị cực đại: U U I max = 0 ⇒ R0 = 0 =6 ( Ω ) R0 I max x ( R − x) * Để ampe kế chỉ giá trị nhỏ nhất thì RMNC= phải có giá trị cực đại: R 2 2 R R − x− x (R − x) 4 2 RMNC= = R R R 2 R =0 ⇒ x= Để RMNC có giá trị cực đại thì x − 2 2 R Tức là con chạy C ở chính giữa của biến trở: RMNC= 4. (. ). (. ⇒ I min=. 0,5. 1,0 0,5 1,0 2,5 điểm 0,5. 0,5. 0,5. ). 0,5. U0 =1( A) ⇒ R=48 ( Ω ) Vậy: R0 = 6 Ω; R = 48 Ω. R0 + R MNC 0,5. Câu 5. Quang hình 1. Vẽ đường đi của chùm tia sáng AB: - Chùm sáng AB qua thấu kính (TK) hội tụ tại điểm F. Tới gương G, chùm tia phản xạ đều đi qua F’ (F’ đối xứng với F qua gương) rồi tới TK, chùm tia ló ra từ TK có tia sáng ở biên đều đi qua các tiêu điểm phụ F1 và gặp màn ở C và D. - Vậy vết sáng trên màn là một hình vành khăn có tâm O’ nằm trên trục chính, có bán kính trong là O’A = 1 cm và bán kính ngoài là O’C. M C A O’. F1. I K. J. 3,0 điểm 0,5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> B. K’ I’. D. F1 M ’. 0,5. Câu 6. 2. Tính kích thước vết sáng trên màn Ta có: I I ' =AB=2 cm và Δ FJ \{ J ' ~ Δ FI \{ I ❑' ' ' ' ⇒ J J /I I =FG /FO=1 /4 ⇒ J J =0,5 cm  Xét Δ F ' J J ' ~ Δ FK \{ K ' : ' ' ' ' ' ⇒ J J /K K =G F / F O ¿ 1/2⇒ K K =1 cm  Xét ΔF 1 KO ~ ΔF 1 CM : ' ⇒ KO /CM=FO / F O =f (5 f /3 − f )=3/2 ⇒CM=1/3 cm  Xét Δ F ' OK ~ ΔO O' M : ⇒ KO /O ' M =O F ' /O ' O=( f /2 ) / ( 5 f /3 ) =3/10 ⇒ O' M =5 /3 cm Suy ra: O' C=O' M −CM=5/3 −1/3=4 /3 cm . Vậy bề rộng của hình vành khăn là 1/3cm. Quang hình - Giả sử ta đã dựng được ảnh thật S1 như hình vẽ: Ta có: SF SF IO // FF1 ⇒ 1 = SI SO SF1 SO OF 1 // IS 1 ⇒ = SI SS1. }. F1 1 S. F. 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 3,0 điểm. I. 1,0 O. S1. SF SO 2 = ⇒ SO =SF . SS1 SO SS1 - Cách dựng vị trí thấu kính (quang tâm O): + Qua S kẻ đường vuông góc với SS1 . Trên đó lấy 2 điểm M, N nằm ở 2 phía khác nhau sao cho: SM=SS1=L , SN=SF=ℓ . + Dựng đường tròn đường kính MN cắt trục chính tại O1 và O2. Khi đó: O1 là quang tâm của thấu kính. Chứng minh: Thật vậy, theo cách dựng ta được ΔO1 MN vuông tại O1, O1S là N đường cao nên: O1 S2=SM. SN=L . ℓ . 2 O S1 O1 S Như vậy điểm O1 thỏa mãn: O1 S =SS1 .SF 2 F ⇒ O1 S=√ L. ℓ - Lại có: O1 F=O1 S − FS=√ L. ℓ − ℓ ⇒ f = √ L . ℓ − ℓ M Vậy thấu kính có tiêu cự: f =√ L. ℓ − ℓ ⇒. Lưu ý khi chấm bài:. - Học sinh làm cách khác đúng cho điểm tối đa. - Thiếu hoặc sai đơn vị: trừ 0,25 đ/lỗi (toàn bài trừ không quá 0,5đ). 1,0. 1,0.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>