3 đề thi HSG Vật lí 9 cấp tỉnh kèm đáp án

Chia sẻ: Trần Thị Hằng | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:13

Thêm vào BST

Báo xấu

665
lượt xem 82
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh ôn tập, luyện tập và vận dụng các kiến thức vào việc giải các bài tập được tốt để chuẩn bị cho kì thi sắp tới được tốt hơn mời các bạn tham khảo 3 đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Vật lí lớp 9 kèm đáp án.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: 3 đề thi HSG Vật lí 9 cấp tỉnh kèm đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH KHÁNH HÒA NĂM HỌC 2009-2010 Môn : VẬT LÝ THCS (Bảng A) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1 : (4,00 điểm) U U Trên một đường thẳng có ba người chuyển động, một người đi xe máy, một người đi xe đạp và một người đi bộ; người đi bộ ở giữa hai người kia. Ở thời điểm ban đầu, khoảng cách giữa người đi bộ và người đi xe đạp nhỏ hơn khoảng cách giữa người đi bộ và người đi xe máy hai lần. Người đi xe máy và người đi xe đạp đi ngược chiều nhau với vận tốc lần lượt là 60 km/h và 20 km/h. Biết rằng cả ba người gặp nhau tại cùng một thời điểm. Xác định hướng chuyển động và vận tốc của người đi bộ; hãy giải bài toán bằng hai cách (lập phương trình và vẽ đồ thị). Bài 2 : (3,00 điểm) U U Dùng một ca múc nước ở thùng chứa nước A có nhiệt độ tA = 20 0C và ở thùng chứa nước B có nhiệt độ tB = 80 0C rồi đổ vào thùng chứa nước C. Biết rằng trước khi đổ, trong thùng chứa nước C đã có sẵn một lượng nước ở nhiệt độ tC = 40 0C và bằng tổng số ca nước vừa đổ thêm vào nó. Tính số ca nước phải múc ở mỗi thùng A và B để có nhiệt độ nước ở thùng C là 50 0C. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường, với bình chứa và ca múc nước. Bài 3 : (5,00 điểm) U U Cho mạch điện như hình vẽ 1. Các điện trở trong mạch đều giống nhau và bằng r. Bỏ qua điện trở của các ampe kế và dây nối. Đặt vào A và B một hiệu điện thế U thì thấy ampe kế A chỉ I = 4,45 A. a) Tìm số chỉ của ampe kế A0 và A1. b) Cho r = 1  , tìm công suất tiêu thụ của đoạn mạch AB và xác định điện trở của đoạn mạch AB. A A1 a b c A A0 B e d Hình 1 Bài 4 : (5,00 điểm) U U Hai vật nhỏ A1B1 và A2B2 giống nhau, đặt song song với nhau và cách nhau 45 cm. Đặt một thấu kính hội tụ vào trong khoảng giữa hai vật sao cho trục chính vuông góc với các vật. Khi dịch chuyển thấu kính thì thấy có hai vị trí của thấu kính cách nhau là 15 cm cùng cho hai ảnh : một ảnh thật và một ảnh ảo, trong đó ảnh ảo cao gấp hai lần ảnh thật. Tìm tiêu cự của thấu kính (không dùng công thức thấu kính). Bài 5 : (3,00 điểm) U U Xác định khối lượng riêng của dầu hỏa bằng phương pháp thực nghiệm với các dụng cụ gồm : Một ống thủy tinh rỗng hình chữ U, một cốc đựng nước nguyên chất, một cốc đựng dầu hỏa và một thước dài có độ chia nhỏ nhất đến mm. ---------Hết ----------
HƯỚNG DẪN CHẤM HSG THCS (Bảng A) Môn VẬT LÝ, năm học 2009-2010 Bài 1 : (4,00 điểm) U U a) 2,00đ Giải bằng lập phương trình : A B C Gọi vị trí của người đi xe đạp, xe đi xe đi bộ và xe máy lần lượt là A, B, C. đạp 1 bộ 2 máy 3 s là chiều dài khoảng đường AC. s Vậy AB = 3 Kể từ thời điểm xuất phát, thời gian người đi xe đạp gặp người đi xe máy là : s s s t= =  (giờ). (1,00 đ) v1  v3 20  60 80 s s 1 Chổ gặp nhau cách A : s0 = tv1 = .20 = (km) < .s (0,50 đ) 80 4 3 Suy ra hướng chuyển động của người đi bộ là chiều B đến A. (0,25 đ) s s  Vận tốc của người đi bộ là v2 = 3 4  6,67 km/h (0,25 đ) s 80 b) 2,00 đ Giải bằng cách vẽ đồ thị : Vẽ đồ thị đường đi theo thời gian. Trong hệ tọa độ này chọn mốc A là vị trí xuất phát của người đi xe đạp và mốc thời gian là lúc xuất phát, chiều dương trùng với chiều chuyển động của người đi xe đạp. Người đi xe đạp s1 = v1t =20t. (0,25 đ) Người đi xe máy s3 = s - v3t = s - 60t (0,25 đ) s (km) Ta thấy đồ thị chuyển động của người đi xe đạp (AA') và người đi xe máy (CI) s s s C cắt nhau tại M( h; km) . (0,25 đ) 80 4 Đồ thị chuyển động của người đi bộ là BM. Do đó hướng chuyển động của người đi bộ là hướng về phía người đi xe đạp. A' Vận tốc người đi bộ là (nhìn từ đồ thị) : s/3 B s/4 M s s  v2 = 3 4  6,67 km/h A O s/80 I t (h) (0,25 đ) s 80 (hình vẽ 1,00 đ) Bài 2 : (3,00 điểm) U U - Gọi : c là nhiệt dung riêng của nước ; m là khối lượng nước chứa trong một ca ; n1 và n2 lần lượt là số ca nước múc ở thùng A và thùng B ; (n1 + n2) là số ca nước có sẵn trong thùng C. - Nhiệt lượng do n1 ca nước ở thùng A khi đổ vào thùng C đã hấp thụ là : Q1 = n1.m.c(50 – 20) = 30cmn1 (0,75 đ) - Nhiệt lượng do n2 ca nước ở thùng B khi đổ vào thùng C đã toả ra là : Q2 = n2.m.c(80 – 50) = 30cmn2 (0,75 đ) - Nhiệt lượng do (n1 + n2) ca nước ở thùng C đã hấp thụ là : Q3 = (n1 + n2)m.c(50 – 40) = 10cm(n1 + n2) (0,75 đ) - Phương trình cân bằn nhiệt : Q1 + Q3 = Q2 (0,50 đ)  30cmn1 + 10cm(n1 + n2) = 30cmn2  2n1 = n2 Vậy, khi múc n ca nước ở thùng A thì phải múc 2n ca nước ở thùng B và
số nước đã có sẵn trong thùng C trước khi đổ thêm là 3n ca. (0,25 đ) Bài 3 : (5,00 điểm) U U I = 144I0 55I0 21I0 A A1 a 8I0 b 3I0 c I0 89I0 34I0 13I0 5I0 2I0 I0 A A0 B e d a) 3,00 điểm Gọi dòng điện qua ampe kế A0 là I0, thì hiệu điện thế của đoạn mạch cd là 2r.I0 và cường độ dòng điện chạy trên đoạn mạch đó là 2 I0. (0,50 đ) Cường độ dòng điện chạy trên đoạn mạch bc là (2I0 + I0) = 3I0 . Hiệu điện thế trên đoạn mạch be là Ube = Ubc + Ucd = 3rI0 + 2rI0 = 5rI0 (1,00 đ) Cường độ dòng điện chạy trên đoạn be là 5I0. Cứ tiếp tục như trên, ta được cường độ dòng điện chạy qua ampe kế A là 89I0 = 4,45 (giả thiết) (0,50 đ) 4,45 Từ đó : I0 =  0,05 A. (0,50 đ) 89 Ampe kế A1 chỉ : 144I0 = 144.0,05 = 7,2 A (0,50 đ) b) 2,00 điểm Theo công thức cộng hiệu điện thế thì : UAB = 144I0.r + 89IO .r = 233I0.r = 233.0,05.1 = 11,65 V (0,50 đ) P = UAB.I = 11,65.7,2 = 83,88 W (0,50 đ) U Điện trở của đoạn mạch AB : RAB = AB với I là cường độ I dòng điện mạch chính và bằng 144I0 . (0,50 đ) 11,65 Từ đó tính được RAB =  1,6180  1,62 (0,50 đ) 144.0,05 Bài 4 : (5,00 điểm) U U Gọi O và O’ là hai vị trí quang tâm trên trục chính : OO’ = 15 cm. Theo tính chất thuận nghịch của ánh sáng A1O = O’A2 A1O + OO’ + O’A2 = 45 cm ==> A1O = O’A2 = 15 cm F /O IO f IO tg F'IO đồng dạng tg F ' B1' A1' ==> / /  / / ==>  / / (1) (0,50 đ) F A1 B1 A1 f  OA1 B1 A1 / OA1 B1 A1 15 BA tg OB1A1 đồng dạng tg OB1/ A1/ ==> /  / / ==>  1 1/ (2) (0,50 đ) OA1 B1 A1 / OA1 B1/ A1 f 15 IO f  15 IO Từ (1) và (2) ==>   / /  / / (*) (0,50 đ) f  OA1 / OA1/ B1 A1 f B1 A1 AO B A 30 B A tg B2A2O đồng dạng tg B2/ A2/ O ==> 2/  2/ 2 ==> /  2/ 2 / / (3) (0,50 đ) A2 O B2 A2 A2O B2 A2
OF IO f IO tg IOF đồng dạng tg B2/ A2/ F ==>  / / ==> /  / / (4) (0,50 đ) / A2 F B2 A2 A2O  f B2 A2 Từ (3) và (4) 30 f IO 30  f IO  /  / / = / / (**) / A2O A2O  f B2 A2 f B2 A2 f  15 B / A/ Chia vế với vế của (*) cho (**), ta có : = 2/ 2 (0,50 đ) 30  f B1 A1/ mà 2 B2 A2/  B1/ A1/ / f  15 1 nên = 2f - 30 =30-f 3f = 60 ==> f = 20 cm (1,00 đ) 30  f 2 hình vẽ 1,00đ B'1 B1 I B2 A'2 A'1 F A1 O O' A2 B'2 Bài 5 : (3,00 điểm) U U Cách xác định khối lượng riêng của dầu như sau : Đổ nước vào cốc chữ U, sau đó đổ dầu vào một dầu nhánh. Do dầu nhẹ hơn và không hòa tan nên nổi h1 trên mặt nước. h2 (1,00 đ) Dùng thước đo chiều cao cột dầu là h1 và cột nước A B ở nhánh kia là h2. Do áp suất ở A và B bằng nhau nên : nước PA = Po +10Ddh1 = PB = Po + 10 Dnh2. (1,00 đ) trong đó Po là áp suất khí quyển. Từ đó suy ra h Dd = Dn 2 (0,50 đ) h1 Biết khối lượng riêng của nước nguyên chất, đo được h1 và h2 ta xác định được khối lượng riêng của dầu. (0,50 đ) ----------Hết --------
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH KHÁNH HÒA NĂM HỌC 2009-2010 Môn : VẬT LÝ THPT (Bảng B) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1 : (4,0 điểm) Một trái banh m = 100 g được ném lên từ mặt đất theo phương thẳng đứng (không có sự tròn xoay) với vận tốc đầu 20 m/s . Lấy g = 10 m/s2. a) Tính : độ cao tối đa ho mà banh có thể lên tới. b) Vừa rơi xuống đất, trái banh nảy lên ngay, biết rằng sau mỗi lần nẩy trái banh lại mất ½ năng lượng sẵn có. Tính các độ cao liên tiếp h1, h2, …hn . ( với h1 là độ cao có thể tới được sau lần chạm đất thứ nhất) c) Chứng tỏ rằng sau một thời gian T trái banh sẽ hoàn toàn nằm yên. Tính thời gian T đó. Bài 2: (4,0 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ. Nguồn điện có E = 8V, r =2  . K Điện trở của đèn là R1 = 3  ; R2 = 3  ; ampe kế có điện A trở không đáng kể. + - D a) K mở, di chuyển con chạy C người ta nhận thấy khi điện trở phần AC của biến trở AB có giá trị 1  thì đèn E,r R1 R2 tối nhất. Tính điện trở toàn phần của biến trở. b) Thay biến trở trên bằng một biến trở khác và mắc C vào chỗ biến trở cũ ở mạch điện trên rồi đóng khoá K. B A 5 Khi điện trở phần AC bằng 6  thì ampe kế chỉ A. 3 Tính điện trở toàn phần của biến trở mới. Bài 3 : (4,0 điểm) Cho mạch điện RLC, R thay đổi được. a) Xác định R để công suất của mạch cực đại. Tính công suất đó. b) Chứng minh : với một công suất P < Pmax thì R có hai giá trị và hai giá trị đó thỏa : R1R2 = (ZL – ZC)2. c) Định giá trị lớn nhất của UR khi R thay đổi. Bài 4 : (4,0 điểm) Một êlectron sau khi được tăng tốc bởi hiệu điện x O thế U trong ống phóng, chuyển động theo quán tính theo hướng Ox, đến đập vào điểm M trên màn huỳnh quang. M cách O một khoảng d. B OM hợp với Ox một góc  . M Xác định dạng quỹ đạo của êlectron và độ lớn của cảm ứng từ B trong trường hợp từ trường có phương vuông góc với mặt phẳng của hình vẽ. Bài 5 : (4,0 điểm) Cho một hệ hai thấu kính hội tụ L1 và L2 đồng trục, tiêu cự lần lượt bằng : f1 = 10 cm, f2 = 12 cm; cách nhau l = 30 cm. a) Trên trục chính và ở trong khoảng hai thấu kính có đặt một nguồn sáng điểm S. Hãy xác định vị trí của S để ảnh S1 và S2 của nó qua các thấu kính là những ảnh thật cách nhau một đoạn S1S2 = 126 cm. Vẽ hình giải thích sự tạo ra các ảnh S1, S2. b) Bây giờ, giữ nguyên hệ thấu kính, đặt nguồn sáng S trên trục chính, trước thấu kính L1 và cách L1 là 5 cm. Hãy xác định ảnh của S qua hệ thấu kính. Vẽ hình. -------Hết------
HƯỚNG DẪN CHẤM HSG Môn VẬT LÝ THPT (Bảng B) Năm học 2009-2010 Bài 1 : ((4,0 điểm)) a) 1,0 đ 1 2 mv0  mgh0 (0,50 đ) 2 2 v0 400 ==> ho = =  20 m (0,50 đ) 2g 2.10 b) 1,50 đ W0 Khi đụng mặt đất lần 1 trái banh mất một năng lượng bằng 2 W0 1 h0 W1 = mgh1 = = mgh0 ==> h1 = (0,50 đ) 2 2 2 Do mỗi lần nẩy năng lượng trái banh giảm đi một nửa. Vậy năng lượng ứng với những lần nẩy liên tiếp là : W0 , W1 , W2 , W3 ... Wn W0 1 1 1 W0 , W1 = , 2 W0 , 3 W0 ... n W0 (0,50 đ) 2 2 2 2 Các trị số này hợp thành một cấp số nhân, do đó các độ cao liên tiếp cũng hợp thành một cấp số nhân : h0 = 20 m , h1 = 10 m, h2 = 5 m ... h 20 hn = 0 = n n (0,50 đ) 2 2 c) 1,50 đ 1 2h h = gt 2 ==> t = (0,50 đ) 2 g 2h Thời gian giữa hai lần nẩy liên tiếp là   2t  2 g Ta thấy  tỉ lệ với căn bậc hai của độ cao h nẩy lên. Các độ cao này đã hợp thành 1 một cấp số nhân mà công bội là ==> thời gian ứng với các lần nẩy lên liên 2 1 tiếp cũng hợp thành một cấp số nhân mà công bội q = (0,50 đ) 2 v 20 Nếu gọi thời gian ứng với lần bay lên đầu tiên là  0 , ta có t0 = 0 =  2s g 10  0 = 2t0 = 4s thì các số hạng của cấp số nhân là  0 ,  0 q ,  0 q2 ,  0 q3 , ...,  0 qn. 1 Cấp số nhân này là cấp số nhân thoái (q = < 1) nên giới hạn của tổng số các số 2 hạng này là  4 4 2 T= 0 = = = 13,65 s (0,50 đ) 1 q 1  1 2 1 2 E r + - Bài 2 : (4,0 điểm) x A R1 a ) 2,00 đ Gọi R là điện trở toàn phần, x là điện trở phần AC. R-x Khi K mở, ta vẽ lại mạch điện như hình bên. B C R2 D - Điện trở toàn mạch là: 3( x  3)  x 2  ( R  1) x  21  6 R Rtm  R  x  r  x6 x6
E 8( x  6)  I  2 ; (1,00 đ) R tm  x  ( R  1) x  21  6 R 24( x  3) - H.đ.t giữa hai điểm C và D: U CD  E  I ( R  r  x)  ;  x  ( R  1) x  21  6 R 2 U 24 - Cường độ dòng điện qua đèn là: I1  CD  2 ; R1  x  x  ( R  1) x  21  6 R - Khi đèn tối nhất tức I1 đạt min, và khi đó mẫu số đạt cực đại. b R 1 - Xét tam thức bậc 2 ở mẫu số, ta có: x    1; 2a 2 - Suy ra R  3 (  ). (1,00 đ) b) 2,00đ Khi K đóng, ta chập các điểm A và B lại với nhau như hình vẽ. Gọi R' là giá trị biến trở toàn phần mới. 17 R ' 60 + - - Điện trở toàn mạch lúc này: Rtm  E, r 4( R ' 3) R1 - Từ các nút ta có: I  I A  I BC hay I A  I  I BC . A R'-6 - Từ sơ đồ ta tính được cường độ dòng điện mạch chính B IBC C R2 D và cường độ qua BC: 32( R ' 3) 48 x=6 I ; I BC  ; (1,00 đ) 17 R ' 60 17 R ' 60 5 32( R ' 3) 48 5 - Theo giả thiết I A  A, ta có:   ; 3 17 R ' 60 17 R ' 60 3 - Từ đó tính được : R' = 12 (  ) (1,00 đ) Bài 3: (4,0 điểm) a) 1,00 đ 2 U2 2 P = RI = ; I = 2 (0,50 đ) R  (Z L  ZC )2 2 2 U 2R U2 Đặt Z X = (ZL – ZC) ta có : P = 2 = R  ZX2 Z2 R X R 2 ZX P = Pmax khi mẫu số cực tiểu; mãu số cực tiểu khi R =  R = ZX = Z L  Z C R U2 U2 Pmax =  (0,50 đ) 2Z X 2 Z L  Z C b) 1,50 đ * Chứng minh với P < Pmax thì R có hai giá trị R1 và R2. U 2R Từ P = 2 ==> PR2 - U2R + PZ X  0 2 (0,50 đ) R  ZX 2  = U4 - 4 PZ X với U2 = 2PmaxZX thì 2  = 4 Pmax Z x2 - 4 PZ X = 4 Z x2 ( Pmax  P 2 )  0 2 2 2 (2) Vậy phương trình (2) có hai nghiệm riêng biệt R1 và R2. U 2  U 4  4P 2 Z X 2 R1 = (3) (0,25 đ) 2P U 2  U 4  4P 2 Z X 2 R2 = (4) (0,25 đ) 2P
* Chứng minh R1.R2 = (ZL – ZC)2 Lấy (3) nhân (4) ta được điều chứng minh R1.R2 = (ZL – ZC)2 = Z x2 (0,50 đ) c) 1,50 đ U2 UR = IR; I = 2 ; Z X = (ZL – ZC)2 2 R  (Z L  ZC ) 2 U .R U UR = = (0,50 đ) R2  Z X 2 Z2 1 x R2 U lớn nhất khi mẫu số nhỏ nhất, mẫu số nhỏ nhất khi R   và U R max  U (1,00 đ) Vậy không thể tạo ra ở hai đầu R một hiệu điện thế lớn hơn hiệu điện thế của nguồn. Bài 4 : (4,0 điểm) Êlectron đạt vận tốc v trước khi bay vào từ trường nhờ được tăng tốc bởi hiệu điện thế U 1 2eU me v 2  eU hay v = (1,00 đ) 2 me Lực do từ trường tác dụng lên êlectron đóng vai trò lực hướng tâm, làm êlectron chuyển động trên một đường tròn bàn kính r. m v2 ta có Bev = e (1,00 đ) r Để cho êlectron rơi vào M thì OM phải là dây cung căng cung OM d 2 của vòng tròn quỹ đạo, r = = 2 sin  2 sin  m .v .2 sin  2 Do đó Bev = e d 2 sin  me v 2 sin  me 2eU 2 sin  2meU ==> B = . = = (1,00 đ) d e d e me d e O x (1,00 đ)  d B Bài 5 : (4,0 điểm) M a) 2,50 đ Theo đầu bài ta có sơ đồ tạo ảnh : L1 S L2 S2 S1 d1' d1 d2 d2' 1 1 1 d f Với cặp ảnh (S, S1) ta có :   / ==> d1/  1 1 (1) (0,25 đ) f1 d1 d1 d1  f1 1 1 1 d f Với cặp ảnh (S, S2) ta có :   / ==> d 2/  2 2 (2) f2 d2 d2 d2  f2 Khoảng cách giữa hai thấu kính : l  d1 + d2 (3) Khoảng cách giữa hai ảnh : S1S2 = d1/  l  d 2/ (4) Thay d1' và d2' từ (1) và (2) vào (4) :
10d1 12d 2 10d1 12d 2 126 = + 30 + ==> + = 96 (5) d1  10 d 2  12 d1  10 d 2  12 Thay d2 = l - d1 = 30 - d1 từ (3) vào (5) : 10d1 12(30  d1 ) + = 96 hay 37d12  1014d1  6840  0 (1,00 đ) d1  10 18  d1 ' 507 2  37.6840 = 3969 = 632. 507  63 d  12cm d1 = ==>  1 (0,50 đ) 37 d 2  15,41cm Vậy đặt S cách L1 hoặc 12 cm hoặc 15,4 cm 12.10 18.12 Hình vẽ trong trường hợp d1 = 12 cm; d1/   60cm ; d2 = 18 cm và d2' =  36cm 12  10 6 L1 L2 (0,75 đ) S1 S2 F1 O1 S O 2 b) 1,50 đ Sơ đồ tạo ảnh L1 S1 L2 S S2 d1, d'1 d2, d'2 S1 S2 (0,75 đ) F1 S O1 F1 ' O2 d1 f1 5.10 d1' =   10cm (ảnh ảo) d1  f1 5  10 d2 = l - d1' = 30 -(-10) = 40 cm (vật thật) d2 f2 40.12 d2' =   17,1cm > 0 (0,75 đ) d 2  f 2 40  12 Vậy ảnh S2 của S qua hệ thấu kính là ảnh thật cách thấu kính L2 là 17,1 cm. -------Hết-----
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH KHÁNH HÒA NĂM HỌC 2009-2010 Môn : VẬT LÝ THCS (Bảng B) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1 : (4,00 điểm) U U An và Hòa cùng khởi hành từ Thành phố Huế đến Đà Nẵng trên quãng đường dài 120km. An đi xe máy với vận tốc 45km/h; Hòa đi ôtô và khởi hành sau An là 30 phút với vận tốc 60km/h. a) Hỏi Hòa phải đi mất bao nhiêu thời gian để đuổi kịp An ? b) Khi gặp nhau, Hòa và An cách Đà Nẵng bao nhiêu km ? c) Sau khi gặp nhau, An cùng lên ôtô với Hòa và họ đi thêm 25 phút nữa thì tới Đà Nẵng. Hỏi khi đó vận tốc của ôtô bằng bao nhiêu ? Bài 2 : (3,00 điểm) R R A2 U U Trong sơ đồ mạch điện như hình vẽ 1, ampe kế A1 chỉ I1. Hỏi ampe kế A2 chỉ bao nhiêu ? 3R R Bỏ qua điện trở của ampe kế và dây nối. A1 A+ -B Hình 1 Bài 3 : (6,00 điểm) U U Đặt một mẩu bút chì AB ( đầu B vót nhọn ) vuông góc với trục chính của một thấu kính hội tụ, A nằm trên trục chính (xem hình 2). a) Vẽ ảnh A’B’ của AB qua thấu kính . Dựa vào hình vẽ chứng minh công thức sau : B 1 1 1   OF OA OA' X F A O Y Hình 2 b) Khi mẩu bút chì dịch chuyển dọc theo trục chính lại gần thấu kính thì ảnh ảo của nó dịch chuyển theo chiều nào ? Vì sao ? Bài 4 : (7,00 điểm) U U Muốn mắc ba bóng đèn, Đ 1 (110V-40W), Đ 2 (110V-50W) và Đ 3 (110V-80W) vào hiệu điện thế 220V sao cho cả ba bóng đều sáng bình thường, một học sinh mắc thêm vào mạch một điện trở R0. Tìm các cách mắc khả dĩ (có thể có) và giá trị R 0 tương ứng với mỗi cách mắc. ------Hết -------
HƯỚNG DẪN CHẤM HSG THCS (Bảng B) Môn Vật lý THCS Bài 1 : (4,00 điểm) U U a) 2,00 đ Gọi S1 là quãng đường từ Huế đến chổ gặp nhau (km) t1 là thời gian An đi từ Huế đến chổ gặp nhau (giờ) Ta có: S1 = v1t1 = v2( t1  t ) 1  45t1  60(t1  ) 2  45t1 = 60t1 – 30  t1 = 2(h)  t2 = 1,5(h) Vậy sau 1,5h Hòa đuổi kịp An. b) 1,00 đ Quãng đường sau khi gặp nhau đến Đà Nẵng là : S2 = S – S1 = S – v1t1 = 120 – (45.2) = 30(km) c) 1,00 đ Sau khi gặp nhau, vận tốc của xe ôtô là: S2 30 12 v= = = 30 = 72 km/h t 5 5 12 Bài 2 : 3,00 điểm U U R R A2 I3 I2 I1 3R R I4 A A1 B + - Xét dòng điện tại các nút A và B : I1 + I3 = I2 + I4 (1) (0,50 đ) Mặt khác : UAB = I3.R + I2.R = (I3 + I2 )R (2) (0,50 đ) UAB = I1.3R + I4.R = (3I1 + I4) R (3) (0,50 đ) Từ (2) và (3) , ta có : (I3 + I2 ) = (3I1 + I4) (4) (0,50 đ) Lấy (1) trừ (4) vế với vế : I1 + I3 - I3 - I2 = I2 + I4 - 3I1 - I4  I2 = 2I1 Vậy ampe kế A2 chỉ 2 I1. (1,00 đ) Bài 3 : (6,00 điểm) U U a) 4,00 điểm : B' I B (1,00 đ) X A' F A O Y
Xét hai cặp tam giác đồng dạng : OAB và OA’B’ ta có : A' B' OA'  (1) (0,50 đ) AB OA FAB và FOI ta có : OI A' B' OF   (2) (0,50 đ) AB AB FA OA' OF =>  (3) (0,50 đ) OA FA Từ hình vẽ : FA = OF – OA (4) (0,50 đ) OA' OF Từ (3),(4) =>  (5) (0,50 đ) OA OF  OA Từ (5) => OA’.OF – OA’.OA = OA.OF 1 1 1 =>   (6) (0,50 đ) OF OA OA' b) 2,00 đ Từ (6) ta nhận thấy OF không đổi nên khi OA giảm thì OA’ cũng giảm. (1,00 đ) Vậy khi vật dịch chuyển lại gần thấu kính thì ảnh ảo của nó cũng dịch chuyển lại gần thấu kính . (1,00 đ) Bài 4 : (7,00 điểm) U U Tìm các cách mắc khả dĩ và giá trị R 0 tương ứng với mỗi cách mắc. - Điện trở của các bóng đèn : 2 U Dm1 110 2 R D1 = = = 302,5 ( ) (0,75 đ) PDm1 40 2 U Dm 2 110 2 R D2 = = = 242 ( ) (0,75 đ) PDm 2 50 2 U Dm3 110 2 R D3 = = = 151,25 ( ) (0,50 đ) PDm3 80 Vì mạng điện có hiệu điện thế gấp đôi hiệu điện thế định mức của các đèn, nên phải mắc thành hai nhóm nối tiếp, mỗi nhóm có một số đèn song song và mắc thêm điện trở phụ R 0 sao cho điện trở tương đương của hai nhóm bằng nhau (dòng điện qua hai nhóm như nhau). Có 4 cách mắc khả dĩ như sau : (1,00 đ) (1,00 đ) - Với sơ đồ (a) : 1 1 1 1    R D1 R D 2 R D 3 R0 1 1 1 1     R 0 = 1210 (  ) (0,75 đ) 302,5 242 151,25 R0 - Với sơ đồ (b) : 1 1 1 1    R D1 R D3 R D 2 R0
1 1 1 1     R 0  172,86 (  ) (0,75 đ) 302,5 151,25 242 R0 - Với sơ đồ (c) : 1 1 1 1    R D 2 R D3 R D1 R0 1 1 1 1     R 0  134,44 (  ) (0,75 đ) 242 151,25 302,5 R0 - Với sơ đồ (d) : 1 1 1 1 1 1 1        R td  71,17 (  ) Rtd R D1 RD 2 RD 3 302,5 242 151,25  R0  71,17 (  ) (0,75 đ) ------------