Thời gian để cả nhóm tới B là ít nhất khi cả nhóm đồng thời tới B còn xe đạp được sử dụng trong thời gian đó.. - Giả sử lúc đầu người đi xe đạp chở người thứ nhất, còn người thứ hai đi b
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA CẤP TỈNH
NGÀY THI: 21/3/2017 MÔN THI: VẬT LÍ - LỚP 9
Bản hướng dẫn chấm có 06 trang
1
1 Thời gian để cả nhóm tới B là ít nhất khi cả nhóm đồng thời tới B còn xe đạp được sử
dụng trong thời gian đó
- Giả sử lúc đầu người đi xe đạp
chở người thứ nhất, còn người thứ
hai đi bộ: Người đi xe đạp đi được
quãng đường dài x (km) thì thả để
người thứ nhất đi bộ tới B trên
quãng đường (L - x) với L = AB
+ Thời gian đi xe đạp trên quãng
đường x là:
1 2
x
t =
v . + Thời gian đi bộ trên đoạn (L - x) là: 2
0
L - x
t =
+ Sau khi đi quãng đường x, người đi xe đạp quay trở lại đón người thứ hai đi bộ và họ
gặp nhau tại D rồi cùng nhau đạp xe về B
- Để người thứ hai cùng
tới B như người thứ nhất
thì đoạn DB phải bằng x
và AD = L - x (Hình vẽ)
Vì:
AD - CB AD - CB
Gọi thời gian từ khi người đi xe đạp quay lại để đến đón người thứ hai là t3 thì:
3
x - (L - x) 2x - L
Sau đó hai người cùng đi xe đạp tới B sau thời gian t1
Vậy thời gian người đi xe đạp (t3 + t1) bằng thời gian đi bộ t2 của người thứ nhất:
t3 + t1 = t2 Hay
2x - L x L - x
Thay các giá trị và giải phương trình ta được x = 22,5 km
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
ĐỀ CHÍNH THỨC
C
v
0
D
B
v2
C
v2
v2
v0
D v2
Người1
Người2
Trang 22 Ta có AC = DB = 22,5 km, CB = AD = 33 - 22,5 = 10,5 km
CD = v1t3 = 2.22,5 - 33 = 12 km
* Người 1: Đi bộ AD = 10,5 km, ngồi trên xe đạp DB = 22,5 km
* Người 2: Đi bộ CB = 10,5 km, ngồi trên xe đạp AC = 22,5 km
* Người 3: Đi xe đạp (AB + CD) = 45 km với vận tốc v2 = 12 km/h, đi đoạn CD = 12
km với vận tốc v1 = 16 km/h
* Đồ thị của người đèo xe đạp: Chọn gốc
toạ độ O trùng với A Vì tốc độ đi xe đạp
hai người không đổi nên đoạn OC song
song với DB
0.25đ
0.5đ
0.5đ
2
1 Một số tính toán và phân tích hiện tượng:
- Thể tích trống bên trong nhiệt lượng kế xung quanh thỏi đồng là
V' = b2.a - a3 = 3.10-3m3
- Lượng nước cuối cùng trong nhiệt lượng kế là m1 = DnV' = 3kg < 3,5kg
Như vậy đã có lượng nước bị hóa hơi trong quá trình thí nghiệm, lượng đó là m2 = 0,5
kg
- Diện tích mặt thoáng của nhiệt lượng kế: S = b2 = 0,22 = 0,04 m2
- Thể tích và khối lượng thỏi đồng là V1 = a3 = 10-3m3 và m = V1.D = 8,9 kg
* Gọi nhiệt độ ban đầu của thỏi đồng là Tvà nhiệt độ cuối cùng là T2
- Nhiệt lượng tỏa ra do thỏi đồng tỏa nhiệt:
Q= m.c1 (T - T2) = 8,9.380.(T - 50) = 3382(T - 50) (J)
- Nhiệt lượng các quá trình thu nhiệt:
+) m2 kg nước tăng từ T1 = 200C lên 1000C và hóa hơi:
Q1 = 0,5.4200.(100 - 20) + 0,5.2,3.106 = 1318000 (J) +) m1 kg nước và nhiệt lượng kế tăng từ 200C lên 500C:
Q2 = (3.4200 + 0,2.880).(50 - 20) = 383280 (J)
+) của môi trường:
Q3 = k1.S.t1 = 5000.0,04.1800 = 360000 J
- Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt: Q = Q1 + Q2 + Q3 suy ra T � 659,5 0C
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ 0,5đ
2 Ta có Q0 = k2St2 = 2500.0,04.t2 = 100t2 (J)
- Nhiệt lượng mà hỗn hợp toả ra môi trường từ lúc cân bằng ban đầu đến khi bằng nhiệt
độ môi trường là:
0,25đ
0,25đ
x (km)
t (h)
10,5 22,5
33
C
D
B
Trang 33 1a Điện trở của đèn:
dm 2
dm
R13 = R1 + R3 = 10 Ω; R24 = R2 + R4 = 10 Ω
- Điện trở mạch ngoài AB:
13 24 n
13 24
R R
R +R
- Cường độ dòng điện mạch chính:
n
E
R + r
- Vì R13 = R24 nên I1 = I2 = I3 = I4 = I/2 = 1 A
- Hiệu điện thế đèn: Uđ = U2 = I2R2 = 6 V = Uđm Vậy đèn sáng bình thường
- Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B và M, N:
UAB = IRn = 2.5 = 10 V; UMN = -I1R1 + I2R2 = -4 + 6 = 2 V
0,25đ
0,25đ 0,25đ 0,25đ 1b Mắc ampe kế vào hai điểm M, N Ta có mạch như sau:
- Giả sử chiều dòng điện chạy qua các đoạn
mạch và ampe kế như hình vẽ
- Vì ampe kế có điện trở không đáng kể nên
ta chập hai điểm M, N làm một Khi đó
mạch có dạng:
1 2 12
3 4 34
RAB = R12 + R34 = 4,8 Ω
- Cường độ dòng điện mạch chính:
AB
1
60 6
4 3
60 4
- Tại nút M ta có phương trình:
IA = I1 - I3
12
I = I - I = 0,41(A)
29� Vậy am pe kế chỉ �0,41A.
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
X
E, r
R1
Đ
R3
R4
M
N
B
A I1
I3 I
X
E, r
R1
Đ
R3
R4
M
N
B
A I1
I3 I
A
IA
X
E, r
R1
Đ
R3
R4
M
N
B
A I1
I3 I
Trang 41c R13 = R1 + R3 = R1 + 6 (Ω); R24 = R2 + R4 = 10 (Ω)
- Cường độ dòng điện mạch chính:
1 1
1
12(16 + R )
10(R + 6)
16 + R
- Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B là:
12(16 + R ) 10(R + 6) 120(6 + R )
- Cường độ dòng điện qua R1: 1 AB
- Công suất tiêu thụ trên R1:
2
1
1
1
11 R +
R
- Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho mẫu số: 1
1
76
2
120
1
76
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
2 Gọi công suất một máy khi hoạt động bình thường là P0, hiệu điện thế ở máy phát là
U, ở xưởng là U'; điện trở đường dây là R
- Lúc đầu hiệu suất tải điện là H1 = 90%:
+ Công suất có ích cung cấp cho xưởng (90 máy) là:
'
P = H P = 90%P = 90P �P = 100P
+ Công suất hao phí:
� �
- Gọi x là số máy nhập thêm, hiệu suất tải điện bây giờ giảm 10% so với ban đầu tức là
H2 = 80%:
+ Công suất có ích cung cấp cho xưởng (x + 90) là:
+ Công suất hao phí:
� �
Hay U2 = 6,25(x + 90)P0
0,25đ 0,25đ
0,25đ
0,25đ
Trang 52 Cảm ứng từ tại tại tâm O do 3 phần dây gây ra:
AC
B = B + BDE + BTron
ur uuuur uuuur uuuur
- Vì các véc tơ cảm ứng từ đều cùng chiều nên độ lớn cảm ứng tổng hợp tại O có độ
lớn là:
B = BAC + BDE + BTròn (1)
- Áp dụng công thức tính cảm ứng từ do dòng điện I trong dây dẫn thẳng rất dài gây ra
tại điểm cách dây một khoảng R là:
-7
2.10 I
B =
R và do dây dẫn tròn bán kính R gây ra tại tâm O là
-7
2π.10 I
B =
+ Phần AC và DE là nửa đường thẳng nên độ lớn cảm ứng từ gây ra tại O là:
1 2.10 I 10 I
+ Phần tròn là 5/4 đường tròn nên:
CD
5 2π.10 I 5π.10 I
Thay (2), (3) vào (1):
-5
0,25
0,25đ 0,25đ 0,25đ
5
1 Lực cản FC = 1%.10.m = 100 (N)
- Công lực cản: AC = - FC.s = - 100.100 = - 104 (J)
- Áp dụng định lý biến thiên động năng:
2
1
ΔW = mv - 0 = A + A
2 1
2
�
0,25đ 0,25đ
0,5đ 0,25đ
2 Xe xuống dốc BC với góc nghiêng α:
- Áp dụng định lý biến thiên động năng:
- Tổng công của các ngoại lực:
A = A + A = 10mh + A �A = A - A = -148.10 (J)
- Lực cản trung bình tác dụng lên xe:
C
0,5đ
0,5đ
0,25đ
α P
N
FC
C B
h
Trang 61 Xét hai tam giác đồng dạng ABF và OHF ta có:
AB
OH =
AF
AB
OH =
AO - f
d - f
f (1) Xét hai tam giác đồng dạng F’A’B’ và F’OI ta có:
OI A'B' =
OF' A'F' � OI
A'B' =
f OA' - f =
f d' - f (2)
Mà OI = AB ; OH = A’B’, kết hợp với (1) và (2) ta có:
d - f
f =
f d' - f � d'
d =
f
d - f hay dd’ = d’f + df Chia cả hai vế cho (dd'f): 1
f =
1
d +
1 d' � ta có ĐPCM.
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
2 Theo đầu bài ta có: d - f d' - f = xx'
d d' - f d + d' + f = xx' (1)
Từ 1 = + 1 1 d + d' f = dd'
f d d'� (2) Thay (2) vào (1) ta được f = xx'2
0,5đ
0,5đ
3 Vị trí ban đầu f = xx' (3)2
f x 10 x ' 20 xx ' 20x 10x ' 200 (4)
2
f x 5 x ' 4 xx ' 5x ' 4x 20 (5) Thay (3) vào (4), (5) có hệ 20 10 ' 200
�
�
� Nghiệm: x x ' 20cm Suy ra f 20cm
0,25đ
0,25đ 0,25đ
0,25đ
A
B
F H
O
F'
A''
B''
I
Trang 71 Ta có sơ đồ mạch điện như hình vẽ.
* Chú ý : HS có thể vẽ 3 mạch điện
riêng rẽ trong 3 bước thí nghiệm
2 Các bước tiến hành thí nghiệm và
lập công thức tính điện trở am pe kế:
+ Bước 1: Khi K1 đóng, K2 mở, mạch
R0 nối tiếp với ampekế Ampe kế chỉ
I1 =
R + R
E
� E = I1(R0 + RA) (1)
+ Bước 2: Khi K1 mở, K2 đóng, mạch gồm Rx nối tiếp với ampekế Dịch chuyển con
chạy sao cho số chỉ ampe kế cũng bằng I1 khi đó, điện trở của biến trở cũng bằng R0
+ Bước 3: Khi K1, K2 cùng đóng, mạch (R0//Rx)nt Ampe kế
Ampe kế chỉ I2 = 0
A
R + R 2
E
suy ra: E = I2
0 A
R + R 2
+ Từ (1) và (2) ta có I1(R0 + RA) = I2
0 A
R + R 2
R 2I - I
2 I - I
0,5đ
0,25đ 0,25đ
0,5đ
0,5đ
* Chú ý 1: trong bước 3:
- Nếu dùng cách biến trở và R0 ghép nối tiếp
Ampe kế chỉ I2 =
2R + R
E
ta có I1(R0 + RA) = I22R + R0 A
Suy ra RA = 0 2 1
1 2
R 2I - I
I - I
Chú ý:
- Học sinh làm cách khác đúng cho điểm tối đa của phần đó;
- Giải sai ra kết quả đúng không cho điểm;
- Sai hoặc thiếu đơn vị trừ 0,25 điểm cho một lỗi, toàn bài trừ không quá 0,5 điểm do lỗi đơn vị
R0
R
x
A
K
2
K
1