Đáp án đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 9 cấp THCS năm 2014-2015 môn Vật lý - Sở GD&ĐT Nghệ An

Chia sẻ: Nguyễn Duy Hải | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

389
lượt xem 20
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Xin giới thiệu tới các bạn học sinh hướng dẫn chấm thi tài liệu "Đáp án đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 9 cấp THCS năm 2014-2015 môn Vật lý" của Sở GD&ĐT Nghệ An. Tài liệu gồm có 4 trang với 6 câu hỏi tự luận kèm hướng dẫn giải chi tiết.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đáp án đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 9 cấp THCS năm 2014-2015 môn Vật lý - Sở GD&ĐT Nghệ An

SỞ GD&ĐT NGHỆ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS AN NĂM HỌC 2014 – 2015 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: VẬT LÝ – BẢNG A (Hướng dẫn chấm này gồm 04 trang) Câu Vế Nội dung Điểm C t1 D t1+ t2 A B t1 t2 Gọi thời gian Tình chạy từ A tới C là t1, từ C tới B là t2. Vậy thời gian Thương đi bộ từ D tới C là t1, thời gian Mến chạy bước từ D tới B là t1+t2. L d 0,75điể Theo bài ra ta có: t1= (1) m 2U 1 V1 L L L 2d Câu 1/ t1 + t2 = (2) 2U 1 2U 2 2V2 0,75điể L d m 2U 1 V1 Kết hợp với bài ra ta có: 2,5 L L 2d 3U 1 4,8V1 0,75điể Giải ra ta có: L=10d = 500m. m ( Nếu viết được một biểu thức của thời gian cho 0,25đ ) 0,75điể m Câu 2/ a Khi cho m (kg) nước từ bình A sang bình B ta có t1.2 X.( tA – t1.2) = t1.2 – tB => t1.2 = tA (1) X 1 Khi đổ m (kg) nước từ bình B trở lại bình A ta có: t1.1 = t1.2 + ∆t1 0,5điểm PTCB nhiệt: (Mm).c.(tA – t1.1) = m.c.(t1.1 – t1.2) X . t1 0,5điểm => (1 – X).(tA – t1.1) = X. ∆t1 => t1.1 = tA = t1.2 + ∆t1 (2) 1 X t t X . t1 Từ (1) và (2) => tA A B + ∆t1 = tA X 1 1 X X . t1 t t t1 tA tB 1 X 0,5điểm +∆t1 = A B => => ∆t1= .(t A t B ) (*) 1 X X 1 1 X X 1 1 X 1 X 1 0,5điểm Thay số ta có: 200C = .(50 20) . Giải ra ta có: X = 1 X 5 b Tương tự (*) ở câu a, ta có: 1 X 1 X 2 0,5điểm ∆t2= .(t1.1 t1.2 ) = .(t A t B ) 1 X 1 X Tương tự sau n lần thí nghiệm, ta có:
1 X n 2 n 0,5điểm ∆tn= .(t A t B ) Thay số: ∆tn = .30 0 C 1 X 3 Gọi độ cao từ ống nối C đến đáy bình là h. A B Khi mở khóa T nước và dầu cân bằng thì áp suất cùng mức ngang với ống C bằng nhau, ta có: PE = PF 0,75điể (10H – h).10D2 = (11,5H – h).10D1 T m a => 10000.(10H – h) = 8000.(11,5H – h) E F 0,5điểm 100H – 10h = 92H – 8h C => h = 4H Vậy ống C có vị trí cách đáy bình một khoảng h = 4H 0,75điể m Câu 3/ * Phương án 1: Đóng khóa T, đổ nước vào nhánh A sao cho cột nước có độ cao lớn hơn vị b trí ống nối, dùng thước xác định độ cao nước trong nhánh A là h0. Đặt thước sát bình B, đổ chất lỏng X vào nhánh B đến độ cao h0. Mở khóa T sao cho chất lỏng lưu thông chậm, quan sát sự lưu thông của hai 0,5điểm chất lỏng qua ống C để xác định chất lỏng có TLR lớn hơn. Đổ từ từ chất lỏng có KLR nhỏ hơn vào nhánh chứa nó, tới khi hai chât lỏng ngừng lưu thông qua ống C thì dừng lại. Dùng thước đo độ cao của chất lỏng X từ ống C đến mặt thoáng là h1, của 0,25điể nước từ ống C tới mặt thoáng là h2. m h2 Ta có: h1.10DX = h2.10D2 => DX = .D2 0,25điể h1 m * Phương án 2: HS có thể tiến hành như sau. Học sinh tiến hành xác định chất lỏng có KLR lớn hơn ( như phương án 1) Đổ cả hai chất lỏng ra ngoài. Mở khóa T, đổ chất lỏng có KLR lớn hơn vào bình sao cho mặt thoáng vượt qua ống C với độ cao đủ lớn. Sau đó đổ từ từ chất lỏng có KLR bé hơn vào một nhánh đến khi mặt thoáng giữa hai chất lỏng vừa đủ ngang ống C. Tiến hành đo các bước còn lại như phương án 1. (HS trình bày được phần nào cho điểm phần đó. Bài toán còn có phương án khác) Khi K1, K2 mở thì số chỉ vôn kế là hiệu điện thế của nguồn: Vậy nên U=30V. 0,5điểm a/ Khi K1 đóng, K2 mở thì mạch có dạng R0ntĐ1. Lúc này UĐ1 = UV = 15V, mà đèn Đ1 sáng bình thường nên Uđm1 = a = 15V. 0,5điểm Pđm1 15 Dòng điện qua đèn là: Iđm1 = 1A . 0,5điểm U đm1 15 Vậy: I0 = Iđm1 = 1A, U0 = U Uđm1 = 15V, => R0 = 15 . 0,5điểm
Câu 4 +U R0 V b/ K1 Đ1 K2 Đ2 Khi K 1, K2 đều đóng thì (Đ1//Đ2)ntR0. Ta có: 0,25điể U1 = Uđm2 = P1 .Rđ 1 0,64.15.15 12V , ( vì Rđ1 = Uđm1; Iđm1 = 15 ) m Lúc này; I0 = (U U1):R0 = 18:15 = 1,2A, 0,5điểm I1 = U1:R1 = 12:15 = 0,8A =>Iđm2 = I0 I1 = 0,4A. => Pđm2 = 4,8W. 0,5điểm Số ghi trên đèn Đ2(12V4,8W) 0,5điểm 0,25điể m Mạch điện cấu trúc: R0ntR1nt(R2//Rb) + R0,1 = R0+R1=2+R1 + U R0 R2 .Rb 12 Rb V + R2,b = = R2 R2 Rb 12 Rb R1 Rb 24 12 R1 (14 R1 ).Rb + Rtđ = R0,1 + R2,b = 0,5điểm 12 Rb (Hình 3) U .(12 Rb ) Cường độ mạch chính: Itm = = I1. (*) 12( R1 2) (14 R1 ).Rb 0,25điể U .12.Rb m Hiệu điện thế hai đầu biến trở: Ub = U2b = Itm.R2b = 12( R1 2) (14 R1 ).Rb Câu 5 0,25điể U 2 .12 2.Rb m Vậy Công suất trên biến trở: P = (12.( R1 2) (14 R1 ).Rb ) 2 Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có: U 2 .12 2.Rb U 2 .3 0,25điể P m 4.12.( R1 2).(14 R1 ).Rb ( R1 2).(14 R1 ) U 2 .3 12( R1 2) Vậy Pmax Khi Rb= (**) ( R1 2).(14 R1 ) 14 R1 U .24.( R1 8) U .( R 1 8) Thay (**) vào (*) ta có: I1= = 2.12( R1 2).(14 R1 ) ( R1 2).(14 R 1 ) 0,5điểm 18( R1 8).R1 Ta có U1=Uv= I1.R1 => 8V ( R1 2).(14 R 1 ) Giải ra được: R1 = 4 , thay vào (**) ta có Rb = 4 và Pmax= 9(W) 0,25điể m 0,25điể m 0,25điể m a/ Do ảnh di chuyển ngược chiều với vật => S’ là ảnh thật của S, thấu kính đã cho là thấu kính hội tụ. Vị trí của S, S1, S’ và S1’ như hình vẽ: 0,5điểm
S1 I F’ S’ 0,5điểm S F O (vẽ) S1’ Câu 6 h' d ' ∆SOS1 ~ ∆S’OS1’ => (1) h d h' d ' f ∆OIF’ ~ ∆S’S1’F’ => (2) h f h' d ' d ' f f 5 Từ (1) và (2) ta có: 1,5 d f . h d f d f 3 5 Vậy khoảng cách từ S đến O là: AO d f 1,0điểm 3 b/ S1’ H F O’ H’ F’ 0,25điể O S S ’ m Khi thấu kính di chuyển từ dưới lên trên theo phương vuông góc với trục chính, sau một thời gian t thì quang tâm di chuyển đoạn OO’= SH = v.t Ảnh ban đầu của S là S’. Sau thời gian t thì ảnh của S là S1’, ảnh của H (chân đường vuông góc của S trên trục chính lúc này) là H’. h' d ' d ' f f 0,25điể Tương tự như (vế a): 1,5 . m h d f d f S ' H H ' S1' 1,5 1 V ' .t => 2,5 V ' 2,5V Câu 6 SH 1 V .t Vây khi thấu kính di chuyển với vận tốc V(mm/s) từ dưới lên trên theo 0,5điểm phương vuông góc với trục chính thì: + Ảnh S’ của S di chuyển cùng chiều với thấu kính là chiều từ dưới lên. + Vận tốc của ảnh so với đất là: V’=2,5V (mm/s) 0,5điểm Ghi chú : Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa