Đáp án đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Vật lí 9 - Năm học 2010-2011 - Sở GD & ĐT Bắc Ninh

Së gi¸o duc- §µo t¹o
B¾c ninh
Kú thi häc sinh giái THcs cÊp tØnh
N¨m häc 2010- 2011
M«n: Vật lý. Lớp 9
§¸p ¸n - BiÓu ®iÓm chÊm
Bài
Cách giải
Điểm
Bài 1
4,0 điểm
+ Thời gian từ khi xuồng máy qua A đến khi gặp tàu thủy chạy từ B đến lần thứ nhất là: Ta có: 
A
B
B1
A1
A2
C
. 
.
.
.
.
.
.
.
A
B
 ó 
0,5đ
+ Sau thời gian t1, xuồng máy đi được quãng đường: 
Còn tàu thủy chạy từ A thì đi được quãng đường: 
Khi xuồng máy quay trở lại, khoảng cách giữa nó và tàu thủy chạy từ A là: 
0,5đ
0,5đ
+ Thời gian từ lúc xuồng máy gặp tàu thủy B đến khi quay lại gặp tàu A là:
Trong thời gian này, xuồng máy chạy được quãng đường là:
Vậy tốc độ trung bình của xuồng máy khi chạy xuôi gặp tàu B và chạy ngược gặp tàu A là:
Biểu thức trên cho thấy tốc độ trung bình của xuồng máy đối với bờ sông không phụ thuộc vào khoảng cách giữa các tàu thủy.
Vậy quãng đường cần tìm là với t0 là thời gian mà xuồng máy đã đi từ khi qua A đến khi hai tàu thủy gặp nhau:
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
Bài 2
4,0 điểm
- Khi cân bằng nhiệt mực nước dâng lên thêm chứng tỏ có một phần nước bị đông đặc ( do khối lượng riêng của phần đó giảm nên thể tích tăng)
0.25đ
- Gọi S là tiết diện đáy của ống, x là chiều cao của cột nước bị đông đặc. Sau khi đông đặc nó có chiều cao là (x+∆h1) nhưng khối lượng vẫn không thay đổi:
- Khối lượng phần nước có độ cao x là: M1 = S.x.D1
- Khối lượng đá có chiều cao (x+∆h1) là: M2 = S(x+∆h1).D2
0,5đ
Ta có: M1 = M2 
0,5đ
- Do nước chỉ đông đặc một phần nên nhiệt độ cân bằng là 00C
0,25đ
- Gọi m1 là khối lượng nước ở ống 2 ( có độ cao h2 đổ sang ống 1) tỏa ra để giảm nhiệt độ từ t1 = 40C đến 00C là:
 Q1 = C1.m1(t1-0) = C1.V.D1(t1-0) = C1.S.h2.D1(t1-0)
0,5đ
- Nhiệt lượng của phần nước có độ cao là x tỏa ra để đông đặc ở 00C: 
 Q2 = 3,4.105.M1 = 3,4.105.S.x.D1
0,5đ
Nước đá (độ cao h1) ở ống 1 có khối lượng m2 nhận nhiệt lượng để tăng nhiệt độ từ t2 đến 00C: Q3 = C2.m2(0-t2) = C2.S.h1.D2(0-t2)
0,5đ
- Theo phương trình cân bằng nhiệt ta có: Q1 + Q2 = Q3
 C1.S.h2.D1(t1-0) + 3,4.105.S.x.D1 = C1.S.h1.D2(0-t2)
 C1.h2.D1(t1-0) + 3,4.105.x.D1 = C1.h1.D2(0-t2)
 C1.h2.D1.t1 + 3,4.105.x.D1 = -C1.h1.D2.t2
0,5đ
0,5đ
Bài 3
4,5 điểm
a) K mở: mạch mắc R1 nt R2 [(R4 nt R5)// R3]
Ampe kế A1 đo cường độ dòng điện qua R3: I3 = 1,5 A
Hiệu điện thế ở hai đầu R3 là: U3 = I3.R3 = 9.1,5 = 13,5(V)
0,5đ
Hiệu điện thế ở hai đầu đoạn R1 nt R2 là:
U12 = UAB – U3 = 36 – 13,5 = 22,5 (V)
Cường độ dòng điện mạch chính: 
0,75đ
Vậy cường độ dòng điện qua R4, R5 là:
I4 = I5 = I – I3 = 2,25 – 1,5 = 0,75(A)
0,75đ
b) K đóng: Vì RA không đáng kể nên coi ampe kế như dây nối. Ta chập các điểm N với M mạch mắc: R1 nt {[(R2//R4) nt R3]//R5}
A
B
N, M
R1
R2
R4
R5
C
R3
0,5đ
Ta có: R2//R4 và R2 = R4 nên 
R234 = R24 + R3 = 3 + 9 = 12Ω
R234//R5 và R234 = R5 nên 
RAB = R1 + R2345 = 4 + 6 = 10Ω
Cường độ dòng điện chạy trong mạch chính: 
1,0đ
U2345 = U234 = U5 = I.R2345 = 3,6.6 = 21,6 (V)
. Vậy ampe kế A1 chỉ 1,8(A)
0,5đ
U2 = I3.R24 = 1,8.3 = 5,4 (V). 
Xét tại nút N: IA2 = I – I2 = 3,6 – 0,9 = 2,7(A). Ampe kế A2 chỉ 2,7(A)
0,5đ
Bài 4
4,0 điểm
1) Cách vẽ: Nối I với J ta được vị trí thấu kính. Trục chính của thấu kính vuông góc với thấu kính, F’ nằm trên trục chính do đó từ F’ kẻ đường thẳng vuông góc với thấu kính ta được trục chính của thấu kính. Giao điểm của trục chính với thấu kính là quang tâm O.
0,25đ
- Ta có tia tới đi qua quang tâm thì tia ló tiếp tục truyền thẳng
- Tia tới // với trục chính của thấu kính hội tụ cho tia ló đi qua tiêu điểm F’ → cách xác định S như sau:
- Nối I với F’ và S’ ta được tia ló IS’ của tia tới song song với trục chính của thấu kính.
- Từ I kẻ tia tới // trục chính của thấu kính
- Nối OS’ kéo dài OS’ cắt tia song song với trục chính tại S ( S là điểm sáng cần tìm)
0,25đ
S
O
I
J
F’
S’
1,0đ
2) Nối J với F’: xét ∆OF’I có OI2 = (IF’)2 – (OF’)2 (1)
 xét ∆OJF’ có OJ2 = (JF’)2 –(OF’)2 (2)
→ OI2 – OJ2 = (IF’)2 – (JF’)2 = 152 - 132 = 56
Mà OJ = OI – IJ = OI – 4
→ OI2 – (OI – 4)2 = 56 → OI2 – OI2 + 8.OI – 16 = 56
→ 8.OI = 72 → OI = 9 (cm)
Thay OI = 9cm vào (1) ta được OF’ = 12cm
1,0đ
Xét hai tam giác SIS’ và tam giác OF’S’ có góc S chung, SI//OF’ nên góc ISO bằng góc F’OS’ ( đồng vị ) → ∆SIS’ đồng dạng ∆OF’S’ 
 mà IS’ = IF’ + F’S’ = 15 + 3 = 18cm
1,5đ
Bài 5
3,5 điểm
+ Dùng vôn kế mắc vào hai cực của nguồn điện. Số chỉ của vôn kế cho biết hiệu điện thế U.
0,25đ
V
U
+ Dùng thước đo xác định khoảng cách từ điểm tì của con chạy C đến 2 đầu biến trở. Để cho dễ, ta có thể dùng thước để xác định điểm giữa của biến trở (R1 = R2 = ), rồi mắc mạch điện như hình vẽ.
B
R2
R1
C
A
1,0đ
+ Nhìn vôn kế ta biết UCB = U1 → UAC = U – UCB = U – U1 
0,25đ
+ Gọi R’ là điện trở tương dương của R2 và Rv:
 thay R2 = 50Ω ta có: 
0,5đ
Áp dụng công thức:
 (R1 = 50Ω)
0,75đ
Giải phương trình và suy ra Rv:
50U1 + Rv.U1 = RvU – RvU1
0,75đ
Học sinh có thể giải bài theo cách khác đúng kết quả cho điểm tối đa.
Thiếu đơn vị mỗi lần trừ 0,25 điểm, toàn bài thiếu hoặc sai đơn vị trừ không quá 1 điểm
Điểm bài thi là tổng điểm các câu không làm tròn.