Tài liệu Dapan vatly

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HDC ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 THCS Năm học 2012 – 2013 MÔN: VẬT LÝ (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Chú ý: Ghi chú : - Nếu sai đơn vị trừ 0,25 đ và chỉ trừ 1 lần. - Mọi cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa./. Câu 1 h h1 4,0 đ h2 A Đáp án Gọi chiều cao của cột xăng đổ vào một nhánh là h1, độ chênh lệch mực nước biển giữa hai nhánh là h2. Độ chênh lệch mặt thoáng chất lỏng giữa hai nhánh là h. Xét hai điểm A, B trong hai nhánh nằm trong cùng một mặt phẳng ngang trùng với mặt phân cách giữa xăng và nước biển có áp suất là PA và PB như hình vẽ……. Ta có : PA = PB…………………………………………………………………… PA = d1.h1 ; PB = d2h2……………………………………………… B =>d1.h1 = d2 h2………………………………………………………………… Theo hình vẽ ta có : h2 = h1-h……………………………......................... d1.h1 = d2 (h1- h) = d2h1 – d2h => (d2 – d1) h1 = d2h……….......... =>h1 = p2 d2h 10300.18   56,18 d 2  d1 10300  7000 Công suất định mức của bếp là : P0  Công suất toàn phần của bếp : P  4,0 đ 3 Từ (1) và (2) suy ra P = (mm) ....................... 2 o U (1) với U0 là hiệu điện thế định mức. R Điểm Hình vẽ: 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ U2 ( 2) R 0,5 đ 9 P0 16 0,5 đ Công suất có ích của bếp là: P1 = H.P = 450 W. Công suất toả nhiệt ra không khí là: (c m  c 2 m2 ).0,5 P2  1 1  18W 60 ( P1- P2) t =(c1m1 + m2c2)(100 – 20) Suy ra : t = 400(s) a (3 điểm) Khi K đóng - Mạch điện được mắc như sau: [{( R3//R4) nt R2}//(Rx ntRA)] R1 0,5 đ 0,5 đ 1,0 đ 0,5 đ R3 R4 R2 R1 hình vẽ: 0,5 đ Ta có R34 = 6  ; R234 = 10(  ) 5,0 đ Rx Gọi Rx = x 0,5 đ (x > 0) - Ta có: RAB = 10( x  1) 11  x 10(x  1) 20x  120  10 = 11  x 11  x U R AB Thay vào ta tính được: UAB= U(x  1) (1) -Tính UAB = I.RAB= Rm 2x  12 - Điện trở toàn mạch: Rm = 0,25đ 0,25đ - Tính Ix= U U AB = (A) x  1 2x  12 U 2x - Tính Px = Ix2.Rx =  2x  12  2 0,25đ  U2 0,25đ 2 12  (2)  2 x   x  12 - Để Px lớn nhất, theo (2) thì biểu thức: 2 x + phải nhỏ nhất. x Vậy khi đó x = 6(  ) 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ - Tính UAB = IA(x +1) = 21 (V) - Từ (1) tính U= 72V b.( 2 điểm) * Khi K mở - Mạch điện được mắc như sau: {(Rx ntRAnt R4)//R2} nt R3 nt R1 Giữ nguyên Rx khi đó tính được điện trở của cả mạch: Rm = 25,3(  ) - Cường độ dòng điện trong mạch chính: Hình vẽ: 0,5 đ 0,25đ U = 2,84(A) Rm  I 2 R x  R a  R 4 19    R2 4 - Ta có:  I a  I  I  2,84  2 a 0,25đ Ic= 0,25đ 0,25đ - Giải hệ phương trình này ta được Ia ≈ 0,49(A) 4 0,5đ a.(1 điểm) L1 - Vẽ hình đúng A O1 B F1 B1 A1 b) 3 điểm -Vẽ được 2 tia đúng qua hai thấu kính, mỗi tia cho: -Vẽ được ảnh cuối cùng A2B2 ảo (đường không liền nét) : 5,0 đ -Tính đúng khoảng cách O2B2 = 3f 4 0,5 điểm 1,0 đ 1,0 đ 1,0 đ c) 1 điểm Vẽ đúng đường truyền của tia sáng AIKM qua 2 thấu kính : - Vẽ đúng phần đường liền nét, đường đứt nét : 5 0,5 đ 0,5 đ Chú ý: - Vẽ thiếu mỗi mũi tên chỉ chiều truyền tia sáng thì trừ 0,25 đ và trừ tối đa là 0,5 đ - Nếu sai tỉ lệ trừ 0,5 đ cho cả bài + Vì tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn tâm O, suy ra luôn luôn có hai điểm thuộc một nửa đường tròn và điểm còn lại thuộc nửa đường tròn kia. + Ta chỉ xét sự dịch chuyển của một đỉnh của tam giác ABC khi chỉ đỉnh đó nằm trên nửa đường tròn. F A  E I G  D 6 K  + Ta có: Sđ cung DE = EG = GH = HK = KN = ND =  Q  M Sđ cung EF = FG = NM = MK = C O P B  N 2,0 đ H   3 . . Khi A nằm trên cung DE thì B  cung KN; C  cung GH. Khi A nằm trên cung EG thì B  cung DN; C  cung HK. Khi A nằm trên cung GH thì B  cung DE; C  cung KN. Khi A nằm trên cung HK thì B  cung FG; C  cung ND. Khi A nằm trên cung KN thì B  cung GH; C  cung DE. Khi A nằm trên cung ND thì B  cung HK; C  cung EG. Vì tam giác ABC đều nên tất cả các trường hợp đều cho ta những mạch điện tương đương. Nên ta chỉ xét trường hợp A  EG; B  cung DN; C  cung HK.  + Sđ cung DP = PN = HQ = QK = EF = FG = . Hv + Nx: 0,25đ 6 Khi A  EF thì B  cung NP; C  cung HQ. Khi A  FG thì B  cung DP; C  cung QK. Vì tam giác ABC đều nên hai trường hợp này lại cho ta những mạch điện tương đương với nhau nên ta chỉ cần xét trường hợp A  EF; B  cung NP; C  cung HQ.   0,25đ + Đặt góc AOD =  suy ra    3 2 góc AOH =   R R AD  R1  2 R (   ) R AH  R2  2 R 1  RDB  R3   R1  R (  ) 3 3 2 R 1   RHC  R4   R2  R(  ) 3 3 2 Vì VA = VB =VC nên chập A, B,C với nhau ta được mạch điện như sau: (R1 // R3) nt (R2 // R4). R1 .R3 R 2 .R 4 2  1 RM    3R (    ) 2 R1  R3 R2  R4 2 12 2 0,25đ 0,25đ 2  1 1  1 1 1     (  )2   2 2 12 2  2 24 24 2 RM lớn nhất khi A lớn nhất. Xét A =  1  1        A  F; B  P; C  Q 24  2 2 1 R Và RM max  3R.  24 8 Amax = 1  1   3  2 1  1    0 6  2 1  1   (  )2  0 36  2 0,25đ Ta có: 0,25đ RM nhỏ nhất khi A nhỏ nhất.  1 A nhỏ nhất khi (  ) 2 lớn nhất.  2  1 1  (  )2   2 36  1 1 (  )  2 6     A  E; B  E ; C  H ; 3 Và RM min 0,25đ 1 1 R  3R (  ) 24 72 12 0,25đ -----------Hết-----------