Câu

Nội dung

Điểm

Câu 1 (2,5 điểm)

• Gọi độ dài mỗi đoạn đường là L. Thời gian ô tô chuyển động trên các đoạn đường

BC, CD lần lượt là:

t = L = L ; t = L = L

2 v 0,8v 3 v 0,75v

2 0 3 0

• Thời gian xe đi hết quãng đường BC và CD là:

t + t = L + L = L ( 1 + 1 ) = 1,25 (h)

2 3 0,8v 0,75v v 0,8 0,75

0 0 0

• Thay số vào ta được: v0 = 74,4 km/h
• Tốc độ trung bình của ô tô trên cả quãng đường AD là:

v = AD = AD = 36.3  62,29 (km/h)

tb t t + t + t 36 + 36 + 36

AD 1 2 3

74,4 74,4.0,8 74,4.0,75

0,5 đ

1.

0,5 đ

2,5 đ

0,5 đ

1,0 đ

Câu 2 (2,5 điểm)

2.a

- Gọi chiều cao phần chìm của khúc gỗ là h₁, khúc gỗ nổi cân bằng, ta có:

P = F_A  10DhS₁ = 10D_nh₁S₁

 h = Dh = 300.20 = 6 (cm) = 0,06 m

1 D 1000

n

b. Khi lực tác dụng kéo khúc gỗ lên một đoạn là x thì mực nước trong bình hạ xuống một đoạn là y.

- Ta có x.S₁ = y(S – S₁)  y = x.S1 = x.100 = x

S - S1 300 - 100 2

• Khi kéo khúc gỗ lên khỏi mặt nước, ta có h

x + y = h₁  x + x = 0,06  x = 0,04 (m) S

2 1

S

• Trọng lượng của khúc gỗ:

P = 10D.V = 10D.h.S₁ = 10.300.0,2.0,01 = 6 (N)

• Lực kéo khúc gỗ tăng đều từ 0 đến P, lực kéo trung bình:

Ftb = 0 + P

2

• Công tối thiểu để kéo khúc gỗ lên khỏi mặt nước:

A = F_tb.s = 0 + P . s = 0 + 6 .0,04 = 0,12 (J).

2 2

x

h₁

y

0,5 đ

1,0 đ

0,5 đ

0,25 đ

0,25 đ

2.b

1,5 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,5 đ

Câu 3 (4,0 điểm)

3.a

2,5 đ

Gọi khối lượng chất lỏng trong mỗi bình lúc đầu là m, nhiệt dung riêng của chất lỏng

là C, nhiệt độ của chất lỏng ở bình 1 sau vài lần rót từ bình này sang bình khác là t,

1

• Giả sử bình 2 và bình 3 cùng hạ nhiệt độ tới 20⁰C thì chúng tỏa ra nhiệt lượng là: Q₁ = mC(40 - 20) + mC(80 - 20) = 80mC (J) (1)
• Sau vài lần rót, khối lượng chất lỏng ở bình 3 là 2m, ở bình 2 là ( 1 .2m ) và ở bình 1

3

0,5 đ

0,5 đ

là: 3m - (2m + 2 m ) = 1 m

3 3

• Giả sử cả ba bình đều hạ nhiệt độ tới 20⁰C thì chúng tỏa ra nhiệt lượng là

Q₂ = 1 mC( t, – 20) + 2 mC(48 – 20) + 2mC(50 – 20) (J) (2)

3 1 3

• Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với bình chứa và môi trường nên ta có: Q₁ = Q₂

 80mC = 1 mC( t, - 20) + 56 mC + 60mC

3 1 3

• Giải phương trình trên ta được t, = 24⁰C.

1

• Sau nhiều lần rót đi rót lại thì nhiệt độ chất lỏng trong 3 bình là như nhau và bằng nhiệt độ cân bằng của chất lỏng khi ta trộn chất lỏng ở 3 bình với nhau, gọi nhiệt độ đó là t.
• Vì không có sự trao đổi nhiệt với bên ngoài nên ta có:

Q_thu = Q_toa  Q_thu - Q_toa = 0  mC(t - 20) + mC(t - 40) + mC(t - 80) = 0

• Giải phương trình trên ta được: t  46,67⁰C

0,5 đ

1,0 đ

3.b

0,5 đ

1,5 đ

0,5 đ

0,5 đ

Câu 4 (4,0 điểm)

* Vẽ ảnh của vật sáng ABC

• Dựng tia sáng AI song song với trục chính cho tia ló (1) IF’ đi qua tiêu điểm F’.
• Dựng tia sáng AO đi qua quang tâm của thấu kính, tia ló đi thẳng và cắt tia ló (1) tại

A’. A’ là ảnh của A.

• Dựng CD vuông góc với trục chính của thấu kính (D nằm trên AI). Từ D kẻ DO đi

qua quang tâm của thấu kính, nó cắt tia IF’ ở D’, ta xem D’ là ảnh của D qua TK.

• Từ D’ hạ D’C’ vuông góc với trục chính của thấu kính, C’ là ảnh của C qua TK.

* Ta có hình vẽ bên A D I

F’ B’ C’ B C O

A’ D’

- Tính diện tích ảnh A’B’C’

Gọi OB = d₁; OB’ = d₁’; OC = d₂; OC’ = d₂’

A'B' OB' d'

Ta có: ΔABO ~ ΔA'B'O  = = 1 (1)

AB OB d1

'

OIF ' ~ ΔB'A'F'  A'B' = B'F' = d1 - f (2)

OI OF' f

- Mặt khác: d₁ = d₂ + BC = 16 + 4 = 20 cm. (3)

d' - f d' ' d f 20.12

- Từ (1), (2) và (3) suy ra: 1 = 1  d1 = 1 = = 30 cm.

f d1 d1- f 20 - 12

d' 30

- Thay vào (1) ta có: A’B’ = 1 .AB = .3 = 4,5 cm.

d1 20

D'C' d'

- Tương tự: ΔD'C'O ~ ΔDCO  = 2 (4)

DC d2

D'C' D'C' d' - f

ΔD'C'F' ~ ΔIOF  = = 2 (5)

IO AB f

- Từ (4) và (5) suy ra: d' = d2f = 16.12 = 48 cm.

2 d - f 16 - 12

2

- Suy ra: B’C’ = d₂’ – d₁’ = 48 – 30 = 18 cm

- Diện tích ảnh A’B’C’ là: S_A’B’C’ = 1 .A’B’.B’C’ = 1 .4,5.18 = 40,5 (cm²)

2 2

0,5 đ

4.a

1,0 đ

0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ

4.b

3,0 đ

0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ

Câu 5 (5,0 điểm)

- Do ampe kế có điện trở không đáng kể, chập M  N, mạch điện có dạng như hình vẽ

R 2 nt (R3 // R 4 )//R₁.

U 24 I1 R1

I₁ = = = 2 A.

R1 12 A M, N

● I3 R₃ ●

R₂₃₄ = R₂ + R3.R 4 = 12  I2 R

R3 + R 4 R C I4 4

2

I = U = 24 = 2 A.

2 R 12

234

I₃ = I₄ = I2 = 1 A.

2

• Quay về sơ đồ gốc, tại nút M: I_A = I₁ + I₃ = 3 A. Vậy ampe kế chỉ 3 A.
• Vôn kế có điện trở rất lớn, mạch điện được mắc: (R1nt R3 ) // R2  nt R₄, vôn kế chỉ

U_MN.

Ta có U_AM = U₁ = U – U_MN = 24 – 16 = 8 V

I₁ = U1 = 8 = 2 A ● U ●

R1 12 3 I R1 M N

 I R A I V

1

 1 = 2

• Mặt khác:  I2 R1 + R3 I R3

2

I + I = I R₂ R

 1 2 4

Suy ra: I = R2 I = 9 I C I4

1

R2 + R1 + R3 21 + R3

 I = I 21 + R3 = 2 . 21 + R3

1 9 3 9

• Lại có: U_MN = U_MC + U_CN = I₁R₃ + IR₄ Thay số: 16 = 2 R + 2 . 21 + R3 .6

3 3 3 9

 R₃ = 6 

• Khi R₃ tăng  điện trở toàn mạch tăng  cường độ dòng điện mạch chính

I = I₄ = U giảm  U₄ = I.R₄ giảm  U₂ = U – U₄ tăng  I₂ = U2 tăng

R tm R 2

 I₁ = I – I₂ giảm  U₁ = I₁R₁ giảm.  U_MN = U – U₁ sẽ tăng lên, tức là số chỉ của

vôn kế tăng.

0,5 đ

5.1.a

0,5 đ

2,0 đ

0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ

5.1.b

1,5 đ

0,5 đ

0,5 đ

5.2

1,5 đ

- Từ mạng có dạng ‘‘bức tường’’ ta dễ dàng vẽ lại mạng điện trở thành dạng ‘‘tổ

ong’’ như hình bên

a _• c

•b

- Giả sử có dòng điện I đi vào từ a, dòng điện này từ a theo mọi hướng ra vô cùng, do

0,5 đ

tính đối xứng của mạch nên dòng từ a đến c là I , dòng từ c đến b là I .

3 6

- Lại giả sử có dòng điện I theo mọi hướng đi tới b tương tự trên ta thấy có dòng I từ

6

a đến c, dòng I từ c đến b.

3

• Tổng hợp 2 trường hợp trên có dòng điện I vào a và ra c thì dòng điện chạy qua

đoạn ac là: I_ac = I + I = I và dòng điện chạy qua đoạn cb là: I_cb = I + I = I 3 6 2 3 6 2

• Điện trở tương tương của mạng điện giữa hai điểm a, b là

R = Uab = Uac + Ucb = Iacr + Icb r = r = 2 Ω

ab I I I

U2 62

* Công suất tiêu thụ của mạng điện là: P ab = ab = = 18 W

Rab 2

0,5 đ

0,5 đ

Câu 6 (2,0 điểm)

Bước 1: Dùng thước đo đường kính trong của ống nghiệm là 2r; đo đường kính ngoài của ống nghiệm là 2R. Suy ra tiết diện trong của ống nghiệm là S₁ = πr2 ; tiết diện ngoài của ống S₂ = πR 2

Bước 2:

• Rót một ít nước vào ống nghiệm sao cho khi thả ống vào cốc thì ống nổi thẳng đứng.
• Đo chiều cao cột nước trong ống nghiệm là h₁, thả h₂ h'

2

ống nổi trong cốc nước, đo chiều cao phần ống nghiệm

chìm trong nước là h₂ h1 h'

1

• Ống nghiệm nổi cân bằng:

P_ống= F_A1 = S₂.h₂.10.D_n (1) •■●♦

Bước 3:

• Bỏ vào ống một ít thủy tinh vụn, đo chiều cao cột nước trong ống nghiệm lúc này là h’₁, đo chiều cao phần ống nghiệm chìm trong nước là h’₂.
• Ống nghiệm nổi cân bằng: P_ống + P_{thủy tinh} = F_A2 = S₂.h’₂.10.D_n (2)

Bước 4: Tính toán

• Thể tích thủy tinh vụn là: V = (h₁’- h₁)S₁
• Trọng lượng thủy tinh vụn là: P_{thủy tinh} = F_A2 – P_ống = S₂.10.D_n(h₂’ – h₂)
• Khối lượng riêng thủy tinh vụn:

P S .10.D h ’ – h  R2 .D h ’ – h 

D = thuûy tinh  2 n 2 2  n 2 2

10V 10.h ’  h S r2 h ’ - h 

1 1 1 1 1

0,5 đ

0,5 đ

6

2,0 đ

0,5 đ

0,5 đ

UBND TỈNH BẮC NINH

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi có 02 trang)

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2017 – 2018

Môn thi: Vật lí – Lớp 9

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 3. (4,0 điểm)

Cho mạch điện như hình 2. Biết hiệu điện thế ở hai cực nguồn điện được giữ không đổi U₀ = 18V, điện trở R₁ = 4, điện trở của Ampe kế là không đáng kể, hiệu điện thế định mức của đèn Đ là U_đ = 6V. Dịch chuyển con chạy C trên biến trở MN thì thấy khi đèn sáng bình thường cũng là lúc số chỉ của Ampe kế nhỏ nhất và đúng bằng 1A.

1. Tính điện trở của đèn Đ và điện trở đoạn MN?

2. Chọn điện trở đoạn MC bằng bao nhiêu thì số chỉ của Ampe kế là lớn nhất, tìm số chỉ lớn nhất đó?

A

Đ

M

C

R₁

U₀

+

-

N

Hình 2

I₁

K

I₂

A

S

Câu 1. Có một cơ hệ như hình vẽ. Trọng lượng hai vật là và , biết < . Áp lực của vật B lên mặt sàn có giá trị là:

A. 20000N

B. Lớn hơn 20000N

C. Nhỏ hơn 20000N

D. Không thể xác định được

A.

B.

C.

D.

Câu 7. Cho mạch điện như hình vẽ: Biết R₁ = 4, bóng đèn Đ ghi 6V - 3W, R₂ là một biến trở. Đặt vào hai đầu MN một hiệu điện thế không đổi 10V. Để đèn sáng bình thường thì R₂ bằng

Đ

M

N

R₂

R₁

A. 8 B. 10

C. 12 D. 14

A.

15480 (đồng)

B.

145800 (đồng)

C.

1458 (đồng)

D.

14580 (đồng)

A. : :

B. 2:: 4

C. 3: 10: 6

D. : : 1

Câu 3. (2,0 điểm) Một chùm tia sáng mặt trời nghiêng một góc so với phương nằm ngang. Dùng một gương phẳng hứng chùm tia sáng đó để chiếu xuống một đáy giếng sâu, thẳng đứng và hẹp (như hình vẽ)

a) Vẽ hình biểu diễn đường truyền của tia phản xạ.

b) Tính góc nghiêng của mặt gương so với phương nằm ngang?

Với mạch điện như hình vẽ.

1. Biết R₁ = 1Ω, R₂ = 8Ω, R₃ = 6Ω, R₄ = 3Ω, bóng đèn ghi 6V – 6W, hiệu điện thế nguồn U = 15V. Bỏ qua điện trở các dây nối, xem điện trở dây tóc bóng đèn không phụ thuộc vào nhiệt độ. Hãy cho biết bóng đèn sáng như thế nào? Vì sao?

a. Khi K mở.

R₂

R₄

K

R₃

R₁

U

_Đ

b. Khi K đóng.

2. Biết U = 16V, R₁ = R₂ = R₃ = R₄ = R, bóng đèn chưa có số ghi. Hãy xác định hiệu điện thế định mức của bóng đèn, biết rằng đèn sáng bình thường cả khi đóng hoặc mở khóa K.

Câu

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

Đáp án

D

C

B

A

C

A

C

B

B

B

Câu

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

Đáp án

D

A

C

B

A,B

A

A,C

D

D

B

1. Gọi t₁, t₂ và tn lần lượt là thời gian của máy bay khi đi, về và nghỉ

Ta có t₁ + t₂ + t_n = 6.35h

🡪 t₁ + t₂ = 6.35 - t_n = 6.35 – 0.5 = 5.85 (h)

Mà t₁ + t₂ = +

🡪 + = 5.85 + = 5.85

🡪 s = 1300 (km)

0.25

0.25

0,25

0.25

0.25

2. Gäi chiÒu cao cña khèi gç ch×m trong chÊt láng lµ h (m).

PhÇn ch×m trong chÊt láng cã thÓ tÝch: V = a²h

Lùc ®Èy Acsimet cña chÊt láng t¸c dông lªn khèi gç lµ: F = d₁a²h

Träng l­îng cña khèi gç lµ : P = a³d

V× khèi gç ®øng c©n b»ng trªn mÆt chÊt láng nªn ta cã; F = P

Hay: d₁a²h = a³d h = = 15 cm

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

- Gọi khối lượng của chì và kẽm lần lượt là m_c và m_k, ta có:

m_c + m_k = 0,05(kg). (1)

- Nhiệt lượng do chì và kẽm toả ra: ;

.

- Nước và nhiệt lượng kế thu nhiệt lượng là:

;

.

- Phương trình cân bằng nhiệt:

15340m_c + 24780m_k = 1098,4 (2)

- Giải hệ phương trình (1) và (2) ta có: m_c 0,015kg; m_k 0,035kg.

Đổi ra đơn vị gam: m_c 15g; m_k 35g.

0,25

0,25

0,25

0,25

0,50

Câu 3. (2,0 điểm)

a) Vẽ hình biểu diễn đường truyền tia sáng

- Vẽ được tia phản xạ IS’

- Xác định được pháp tuyến IN và

đường truyền của tia sáng

b/ Có

Vậy góc nghiêng của mặt gương so với phương nằm ngang bằng 60⁰

0.5

0.5

0.25

0.25

0.25

0.25

1.a

(1,5đ)

+ Khi K mở mạch điện như hình 1:

R₂

R₄

R₃

R₁

_Đ

+ Điện trở bóng đèn là:

R_Đ =

0,25

0,25

+ Cường độ dòng điện định mức của đèn là:

0,25

+ Điện trở tương đương của toàn mạch:

0,25

R₂

R₄

R₃

_Đ

R₁

+ Cường độ dòng điện qua đèn lúc này là: + Vì: I_Đ1 < I_ĐM nên bóng đèn sáng yếu hơn mức bình thường.

0,25

1.b

(1,5đ)

+ Khi K đóng mạch điện như hình 2:

0,25

+ Điện trở tương đương toàn mạch là:

0,5

+ Hiệu điện thế 2 đầu R₂ là:

0,25

+ Hiệu điện thế 2 đầu bóng đèn là:

0,25

+ Vì: U_Đ^’ < U_ĐM . Vậy, bóng đèn sáng yếu hơn mức bình thường.

0,25

2

(1,0đ)

+ Khi K mở, theo mạch hình 1: U = 5I_Đ .R + 3.I_Đ.R_Đ (1)

0,25

+ Khi K đóng, theo mạch hình 2: U = 3I_Đ .R + 5.I_Đ.R_Đ (2)

0,25

+ Từ (1) và (2) => R_Đ = R

0,25

+ Thay vào (1) => U = 8I_Đ.R_Đ = 8U_Đ => U_Đ = U/8 = 2V

0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG NAM

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS

Năm học 2013 – 2014

Môn thi : VẬT LÝ

Thời gian : 150 phút ( không kể thời gian giao đề)

Ngày thi : 08/4/2014

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

QUẢNG NAM

ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS

Năm học 2013 – 2014

Môn thi : VẬT LÝ

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu

Đáp án

Điểm

Câu 1

(4 đ)

1. Tính quãng đường AB

Vận tốc trung bình của xe mô tô

km/h

Vận tốc trung bình của xe ô tô

km/h

Do v_A< v_B nên để đến nơi cùng lúc xe mô tô phải xuất phát trước 30 phút

km

2. Tìm vị trí hai xe gặp nhau

Thời gian mô tô chuyển động với vận tốc v₁ để đi hết một nữa đoạn đường AB

Thời gian ô tô chuyển động với vận tốc v₁

Gọi t là thời gian chuyển động của hai xe kể từ lúc xuất phát đến lúc gặp nhau thì t phải nằm trong khoảng:

Khoảng cách từ A đến điểm gặp nhau được tính:

0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ

Câu 2

(4 đ)

1. Biện luận các trường hợp có thể xảy ra.

Nhiệt lượng nước đá thu vào để tăng nhiệt độ từ -5⁰C đến 0⁰C là

Nhiệt lượng nước đá thu vào để nóng chảy hoàn toàn

Nhiệt lượng nước tỏa ra khi hạ nhiệt độ từ t₂ xuống 0⁰C

Bằng cách so sánh các nhiệt lượng ta thấy có các trường hợp sau đây có thể xảy ra

Trường hợp 1:

Q₃ < Q₁

Một phần nước bị đông đặc thành nước đá, mức nước trong bình sẽ tăng

Trường hợp 2:

Q₃ = Q₁, t₂ = 2,5⁰C

thì nước đá tăng nhiệt độ đến 0⁰C và không bị nóng chảy, hệ cân bằng ở 0⁰C, mức nước không thay đổi.

Trường hợp 3:

thì nước đá nóng chảy một phần và mức nước trong bình hạ xuống.

Trường hợp 4:

,

thì nước đá nóng chảy hoàn toàn và mức nước trong bình hạ xuống

2. Tính nhiệt độ ban đầu của nước:

- Gọi S là tiết diện đáy bình; h₀ là độ cao cột nước ban đầu; h là độ cao cột nước sau khi cân bằng nhiệt; m là khối lượng nước và khối lượng nước đá ban đầu; là khối lượng nước đá tan sau khi cân bằng nhiệt (nếu có).

- Ta có:

(1)

(2)

- Từ (1) và (2) suy ra:

- Giả sử khi cân bằng nhiệt nước đá tan hết: , khi đó đạt cực đại, thay số ta tính được .

- Theo đề ra mức nước giảm 2% nên nước đá tan chưa hết nhiệt độ cân bằng

- Thay vào biểu thức (3) ta tính được:

- Phương trình cân bằng nhiệt:

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,5đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,5đ

Câu 3

(4 đ)

Từ (1) và (2) ta có

(3)

Thay (3) vào (2) tính được

R_V = 3R₁

Hiệu điện thế trên vôn kế khi mắc nối tiếp R₁, R₂, R_V vào hiệu điện thế U số chỉ của vôn kế là:

0,5đ

1,0 đ

1,0 đ

0,25đ

0,25 đ

0,5đ

0,5đ

Câu 4

(4 đ)

a. Khi K đóng, con chạy C trùng với M thì biến trở bị nối tắt, dòng điện không qua biến trở, mạch điện gồm (R₂ // Đ) nt R₁, I_A = I = 2,5A

R₂ = 4()

b. Khi K mở, Đặt x = R_MC R_CN = R – x = 8 – x ()

Đèn sáng tối nhất khi I_Đ nhỏ nhất163,56 – (x – 3,4)² lớn nhất x = 3,4()

Vậy để đèn sáng mờ nhất thì con chạy C ở vị trí sao cho R_MC = 3,4() và R_CN = 4,6().

c. Khi K mở, đèn sáng mờ nhất khi con chạy C ở vị trí sao cho R_MC = 3,4 (), nên

nếu dịch chuyển con chạy từ M tới vị trí ứng với R_MC = 3,4 thì đèn sáng mờ dần, nếu tiếp tục dịch chuyển con chạy từ vị trí đó tới N thì đèn sẽ sáng mạnh dần lên.

0,5đ

0,5đ

0,75đ

0,5đ

0,75đ

0,5đ

0,5đ

Câu 5

(4đ)

Hình vẽ đúng đầy đủ chiều truyền

I

A

B

O

A₁

B₁

A₂

B₂

F’

F

mà (gt)

(1)

(2)

(1) và (2)

thay vào (1) AB = OI =2(cm)

(Trường hợp thí sinh dùng công thức thấu kính để giải và cho kết quả đúng thì xem xét độ chính xác và cho điểm tối đa)

1,0đ

0,5 đ

0,5đ

0,75 đ

0,75 đ

0,25đ

0,25đ

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

DUY TIÊN

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THCS

NĂM HỌC 2013-2014

MÔN VẬT LÝ 9

(Thời gian làm bài: 150 phút)

PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO

DUY TIÊN

HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HSG

MÔN VẬT LÝ 9 CẤP THCS

NĂM HỌC 2013-2014

Câu

Nội dung

Điểm

Câu 1

(7,5 điểm)

1) Mở khóa K. Cấu trúc mạch: R₁ nt(Đ//R₃)

a)

 U_Đ=U_CB=4,5V < U_Đ(đm)

Vậy đèn sáng yếu hơn mức bình thường.

0.5

0.5

0.5

0.25

0.5

b) Có I_AB = I_Đ + I₃

Theo bài ra: I_AB = 3I₃

 I_Đ = 2I₃



0.25

0.5

0.5

c) Đặt R₃=x 

P₃ = 4W

 x = 1 hoặc x = 4

Vậy với R₃ = 1Ω hoặc R₃ = 4Ω thì công suất tiêu thụ trên R₃ bằng 4W

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

2) Đóng khóa K:

Ta có

Vì I₁ > I_Đ nên dòng điện qua ampe kế có chiều từ C tới D.

Xét tại nút C ta có:

I₁ = I_A + I_Đ  I_A = I₁ - I_Đ = 1,2 - 0,9 = 0,3(A)

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

Câu 2

(6 điểm)

1/

a) Khi con chạy C đặt tại điểm N, đoạn mạch chứa biến trở và R₂ bị nối tắt (không có dòng điện chạy qua), mạch chỉ có R₁.

 U₂ = I₂R₂ = 0(V)

Ta có U_V = U_AB - U₂ = 6-0=6(V)

b) Khi con chạy C đặt tại chính giữa biến trở, ta có cấu trúc mạch: R₁ nt [R_CN // (R_CM nt R₂)

U_V = U₁ + U_CM = 2 + 2 = 4(V)

Vậy vôn kế chỉ 4V

0.5

0.5

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.5

0.25

2/ Đặt R_CN = x  R_CM = 12 - x.



- Biện luận:

+ Khi x tăng từ 0 đến 9 thì x-9 tăng và x - 9 ≤ 0 (x - 9)² giảm

 -(x - 9)² tăng  tăng  I_AB giảm

+ Khi x tăng từ 0 đến 12 thì x-9 tăng và x - 9 ≥ 0 (x - 9)² tăng

 -(x - 9)² giảm  giảm  I_AB tăng

Vậy I_AB đạt giá trị lớn nhất tại x = 0 hoặc x= 12.

- Khi x = 0 thì I_AB = 3A

- Khi x = 12 thì I­_AB = 1A.

Có 3A > 1A. Vậy I_AB đạt giá trị lớn nhất là 3A khi con chạy C ở vị trí điểm N

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

Câu 3

(4.5 điểm)

a) Áp dụng quy tắc nắm tay phải ta xác định được đường sức từ trong lòng ống dây có chiều từ dưới lên trên

Vì khi nam châm đặt trong từ trường thì sau khi đứng cân bằng, Nam châm sẽ định theo hướng sao cho các đường sức từ đi vào cực Nam và đi ra ở cực Bắc

 Cực Bắc của nam châm sẽ hướng lên trên.

 Kim chỉ thị quay sang bên phải.

0.5

0.5

0.5

0.5

b) - Khi chưa có phần nào của khung dây vào trong vùng không gian có từ trường thì số đường sức từ xuyên qua tiết diện của khung luôn bằng 0 (không bị biến thiên) nên không có dòng điện cảm ứng trong khung.

- Khi khung dây đang vào trong vùng không gian có từ trường: số đường sức từ xuyên qua tiết diện của khung tăng dần nên trong khung xuất hiện dòng điện cảm ứng.

- Khi khung dây nằm toàn bộ trong từ trường đều thì số đường sức từ qua tiết diện của khung không thay đổi nên không có dòng điện cảm ứng trong khung dây.

- Khi khung dây đang ra khỏi vùng không gian có trường thì số đường sức từ qua khung dây giảm dần nên trong khung dây xuất hiện dòng điện cảm ứng.

- Khi toàn bộ khung dây ra khỏi vùng không gian có từ trường thì không có đường sức từ nào qua tiết diện của khung nên không có dòng điện cảm ứng trong khung.

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

Câu 4

(2 điểm)

Bố trí thí nghiệm như hình vẽ:

- Đóng khóa K cho dòng điện chạy qua ống dây. Khi đó ống dây có từ trường và đóng vai trò như một nam châm. Dựa vào sự tương tác giữa hai nam châm ta sẽ xác định được các cực của ống dây, từ đó áp dụng quy tắc nắm tay phải để xác định chiều dòng điện qua các vòng dây và biết được các cực của nguồn điện.

+ Nếu cực Nam của kim nam châm bị hút lại gần đầu B ống dây  đầu B là cực từ Bắc  M là cực dương, N là cực âm

+ Nếu cực Bắc của kim nam châm bị hút lại gần đầu b của ống dây  N là cực dương, M là cực âm.

0.5

1

0.25

0.25

Bài

Đáp án

Biểu điểm

Bài 1

(5 điểm)

Giải:

Ta có quãng đường đi được của mỗi người khi đi ngược chiều:

s₁ = , s₂ = . Mà s₁ + s₂ = 25 Nên + = 25

Hay v₁ + v₂ = 100 (1)

Ta có quãng đường đi được của mỗi người khi đi cùng chiều:

s₁ =, s₂ = Mà s₁ = s₂ +25

Nên = + 25 Hay 5v₁ = 5v₂ +100

v₁ – v₂ = 20 (2)

Giải (1) và (2) ta được v₁ = 60km/h ; v₂ = 40km/h

1đ

1đ

1đ

1đ

1đ

Bài 2

(4 điểm)

a. Lượng dầu cần phải đổ vào nhánh B. (Hình vẽ)

V_n = 1 lít = 1 dm³ = 10^-3m³

Để khi mở khóa T nước và dầu vẫn đứng yên, nghĩa là áp suất tại hai đáy của hai nhánh đều bằng nhau P_n = P_d

d_n.h_n = d_d.h_d d_n. = d_d.

d_n. = d_d.

T

Nước

d_n.V_n = 2.d_d.V_d

V_d = =

V_d = 625.10^-6 (m³) = 0.625 lít

b. Ta có:

h_n = ; h_d =

= .= = = 1.25

h_d = 1.25.h_n

Vậy cột dầu cao hơn và cao hơn 1.25 lần.

0.5đ

0.5đ

0.5đ

0.5đ

0.5đ

1đ

0.5đ

Bài 3

(4 điểm)

Khi thả lần thứ nhất, ta có phương trình cân bằng nhiệt như sau:

m_đ.C_đ.(t_đ­ – t) = m_n.C_n.(t_­ – t_n)

(50 – 30).m_đ.C_đ = (30 – 20).m_n.C_n

m_n.C_n = 2.m_đ.C_đ (1)

Khi thả lần thứ hai ta có phương trình cân bằng nhiệt như sau:

2.m_đ.C_đ.(t’_đ – t’) = (m_n.C_n + m_đ.C_đ).(t’ - t) (2)

Thế (1) vào (2)

=> 2.m_đ.C_đ.(100 – t’) = (2.m_đ.C_đ + m_đ.C_đ­). (t’-30)

<=> 2.100 – 2.t’ = 3.t’ – 3.30

<=> 5.t’ = 290 t’ = 290/5 = 58⁰C

Vậy nhiệt độ sau cùng của nước là 58⁰C

0.5đ

1đ

1đ

0.5đ

1đ

Bài 4

(4 điểm)

Cách 1: 2R₂ = 3R₃ R₂ =1.5R₃

Điện trở tương đương của đoạn mạch:

I = R = = 9Ω

Mà = + + = + +

= = R₃ = 2.R = 2.9 = 18Ω

R₁ = 3. R₃ = 3.18 = 54Ω

R₂ = 1,5. R₃ = 1,5 .18 = 27Ω

Cách 2:

Cường độ dòng điện trong mạch chính:

I= I₁ + I₂ +I₃ = 4A (1)

Ta có: = = 2 I₂ = 2I₁ (2)

= =3 I₃ = 3I₁ (3)

Từ (1), (2) và (3) giải ra ta được:

I₁ + 2I₂ +3I₃ = 4A

I₁ = 4/6A; I₂ = 4/3A; I₃ = 2A

Giá trị các điện trở R_1, R_2, R₃:

R₁= ===54Ω

R₂ = == = 27Ω

R₃ = ==18Ω

0.5đ

0.5đ

0.5đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.5đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

Bài 5

(3 điểm)

Ta có: U_AB = 12V

R₁

R₂

V

A

B

Mắc vôn kế giữa hai đầu R₁:

I₁ +I_v = I₂

+ = Hay + = (1)

Mắc vôn kế giữa hai đầu R₂:

I’₁ = I’₂ + I’_v

R₁

R₂

V

A

B

= + Hay = + (2)

Từ (1) và (2) suy ra: 3R₁=2R₂

Khi không mắc vôn kế:

U₁+ U₂ = U_AB = 12V

3U₁ =2U₂

=> U₁ = = 4.8V

=> U₂ = = 7.2V

0.5đ

0.5đ

0.5đ

0.5đ

0.5đ

0.5đ

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÀNH PHỐ THANH HÓA

Đề chính thức

THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ

NĂM HỌC: 2015 – 2016

Môn: Vật lí - Lớp 9

Đề thi gồm có: 1 trang

Ngày thi: 13 tháng 10 năm 2015

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (3 điểm) Có ba ống giống nhau và thông đáy chứa nước chưa đầy (hình 1). Đổ vào ống bên trái một cột dầu cao H₁ = 10cm và đổ vào ống bên phải một cột dầu cao H₂ = 14cm. Hỏi mực nước ở ống giữa sẽ dâng lên cao bao nhiêu? Cho biết trọng lượng riêng của nước d₁ = 10000N/m³, của dầu d₂ = 8000N/m³.

Câu 2: (2 điểm) Một tòa nhà cao tầng (mỗi tầng cao 3,4m) dùng thang máy có

Hình1

thau nước. Tìm nhiệt độ thực sự của bếp lò.

Câu 4: (5điểm) Cho mạch điện như hình 2. Trong đó: R₁=R₂=4Ω; R₃=3Ω; R₄=6Ω; R₅=12Ω; U_AB=6V không đổi; điện trở của dây dẫn và khoá không đáng kể.

a) Khi K mở, tính điện trở tương đương của đoạn mạch và cường độ dòng điện qua mỗi điện trở.

b) Khi K đóng, tính cường độ dòng điện qua khoá K?

c) Thay K bằng một vôn kế thì vôn kế chỉ bao nhiêu? (Biết điện trở của vôn kế đủ lớn để có thể bỏ qua dòng điện chạy qua nó).

Câu 5: (4 điểm) Cho hai gương phẳng M, N đặt song song, có

A B R₅

/+ - /

R₃ R₄

D

R₂

R₁

C K

Hình 2

mặt phản xạ quay vào nhau và cách nhau một khoảng AB=d=30cm (hình 3). Giữa hai gương có một điểm sáng S cách gương M một khoảng SA=10cm. Một điểm S' nằm trên đường thẳng SS' song song với hai gương, SS'=60cm.

a) Hãy trình bày cách vẽ tia sáng xuất phát từ S đến S' trong hai trường hợp:

- Đến gương M tại I rồi phản xạ đến S'.

- Đến gương M tại J, phản xạ đến gương N tại K rồi phản xạ đến S'.

b) Hãy tính các khoảng cách I, J, K đến đoạn thẳng AB

Câu 6: (2 điểm) Một lọ nhỏ bằng thuỷ tinh đựng đầy thuỷ ngân, được nút chặt bằng nút thuỷ tinh. Tìm cách xác khối lượng thuỷ ngân trong lọ mà không được mở nút, biết khối lượng riêng của thuỷ ngân và thuỷ tinh lần lượt là D₁ và D₂. Cho các dụng cụ: bình chia độ, nước, cân và bộ quả cân.

M

N

A

B

S

S’'

Hình 3

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÀNH PHỐ THANH HÓA

THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ

NĂM HỌC: 2015 – 2016

Ta có hình vẽ:

H₁ H₂

h₃

h h_1­ h₂

A C B

a ) b )

Hình 1

0,25 điểm

Từ hình 1 ta có áp suất tại các điểm A, B, C ở đáy bình thông nhau do các chất lỏng gây ra: p_A = d₁.h₁ +d₂ .H₁

p_B = d₁.h₂ +d₂ .H₂

p_C = d₁.h₃

0,75 điểm

Do p_A = p_C nên d₁.h₁ + d₂ .H₁ = d₁.h₃ => h₁ = h₃ - H_1­. (1)

0,5 điểm

Và p_B = p_C nên d₁.h₂ +d₂ .H₂ = d₁.h₃ => h₂ = h₃ - H₂. (2)

0,5 điểm

Vì V_nước không đổi nên: h₁ + h₂ + h₃ = 3h (3)

0,25 điểm

Thay (1) và (2) vào (3) ta có: h₃ - H_1­. + h₃ - H₂. + h₃ = 3h

=> 3h₃ - 3h = (H₁ + H₂).

0,25 điểm

Nước ở ống giữa sẽ dâng lên một đoạn: h₃ - h = (H₁ + H₂).

0,25 điểm

Thay số với H₁ = 10cm = 0,1m, H₂ = 14cm = 0,14m, d₁ = 10000 N/m³

và d₂ = 8000 N/m³ ta có:

h₃ - h = (0,1+ 0,14).= 0,064(m) = 6,4cm

0,25 điểm

Thang máy chuyển động thẳng đều và bỏ qua lực cản lại chuyển động của thang máy nên lực kéo của động cơ là:

F =P_th + P_ng =10.(m_th + m_ng)= 10.(200+16.50)=10000(N)

0,5 điểm

Để lên đến tầng 10, thang máy phải vượt qua 9 tầng.

Vậy độ cao thang máy phải vượt qua là: h = 3,4 . 9 = 30,6(m)

0,5 điểm

Công phải tiêu tốn tối thiểu cho mỗi lần lên là:

A = F.h = 10000 . 30,6 = 306000 (J)

0,5 điểm

Công suất tối thiểu của động cơ kéo thang máy là:

P =

0,5 điểm

a) Gọi t là nhiệt độ ban đầu của bếp lò, cũng là nhiệt độ ban đầu của thỏi đồng. Gọi m₁, m₂, m₃, lần lượt là khối lượng của thau nhôm, của nước và của thỏi đồng. Ta có m₃=200g=0,2kg

0,5 điểm

Nhiệt lượng thau nhôm nhận được để tăng nhiệt độ từ 20^oC đến 21,2^oC:

Q₁ = m₁c₁(t₂-t₁)

0,5 điểm

Nhiệt lượng nước nhận được để tăng nhiệt độ từ 20^oC đến 21,2^oC:

Q₂ = m₂c₂(t₂-t₁)

0,5 điểm

Nhiệt lượng thỏi đồng toả ra khi giảm nhiệt độ từ t(^oC) xuống 21,2^oC:

Q₃ = m₃c₃(t-t₂)

0,5 điểm

Vì bỏ qua sự toả nhiệt ra môi trường xung quanh nên theo phương trình cân bằng nhiệt ta có : Q₃ = Q₁ + Q₂

0,5 điểm

Hay : m₃c₃(t-t₂) = m₁c₁(t₂-t₁) + m₂c₂(t₂-t₁)

=> t =

=≈ 160,78(^oC)

0,5 điểm

b) Thực tế do có sự toả nhiệt ra môi trường nên phương trình cân bằng nhiệt được viết lại :

Q₃ = Q₁ + Q₂ + 10%.(Q₁ + Q₂) = 1,1.(Q₁ + Q₂)

0,5 điểm

Hay : m₃c₃(t’-t₂) = 1,1.(m₁c₁ + m₂c₂)(t₂-t₁)

=> t ‘=

=≈ 174,74(^oC)

0,5 điểm

a) Khi K mở không có dòng điện qua R₄ và R₅ nên I₄ = 0; I₅ = 0

0,5 điểm

Mạch điện được mắc như sau: R₃ // (R₁ nt R₂)

0,25 điểm

Ta có: R₁₂ = R₁ + R₂ = 4+4 = 8(Ω)

0,25 điểm

Điện trở tương đương của đoạn mạch là:

R_tđ =

0,25 điểm

Dòng điện qua R₃ là: I₃=

0,25 điểm

Dòng điện qua R₁ và qua R₂ là : I₁ = I₂ =

0,5 điểm

b) Khi K đóng : Vì điện trở của dây dẫn và khoá không đáng kể nên chập các điểm C và D. Mạch điện được vẽ lại như hình 2: [(R₂ // R₄ // R₅) nt R₁] // R₃

0,25 điểm

Hình2

R₃ R₂ I₂

A I₁ R₁ C R₄ B

+ -

R₅

R₃ R₂ I₂

A I₁ R₁ C R₄ B

R₅

0,25 điểm

Ta có: => R₂₄₅ = 2(Ω)

0,25 điểm

R₁₂₄₅ = R₁ + R₂₄₅ = 4 + 2 = 6(Ω)

0,25 điểm

Cường độ dòng điện qua R₁: I₁ = = 1(A)

0,25 điểm

Suy ra U_CB = I₁ . R₂₄₅ = 1.2 = 2(V)

Cường độ dòng điện qua R₂ : I₂ = = 0,5(A)

0,25 điểm

A B R₅

/+ - /

R₃ R₄

D

R₂

I₁ R₁ I₂

C I_K K

Hình 3

0,25 điểm

Trong mạch điện ở hình 3, xét tại nút C ta có:

I_K=I₁ - I₂ = 1 - 0,5 = 0,5(A)

Vậy khi K đóng thì cường độ dòng điện qua khóa K là: I_K = 0,5A

0,25 điểm

c) Khi thay khoá K bằng một vôn kế có điện trở đủ lớn để có thể bỏ qua dòng điện chạy qua nó thì các điện trở được mắc như câu a: R₃ // (R₁ nt R₂)

0,5 điểm

Từ kết quả câu a ta có: U₂ = I₂ . R₂ = 0,75 . 4 = 3 (V)

Vậy vôn kế chỉ U_V=U₂ = 3V

0,5 điểm

a)

N

B

S

S'

A

M

S₂

S₁

P

H

J

K

I

Hình 4

(Mỗi trường hợp vẽ đúng cho 0,5 điểm)

1,0 điểm

Lấy S₁ đối xứng với S qua gương M. Nối S₁S' cắt gương M tại I.

Vậy SIS' là tia cần vẽ.

0,5 điểm

Lấy S₂ đối xứng S' qua gương N. Nối S₁S₂ cắt gương M tại J, cắt gương N tại K. Vậy SJKS' là tia cần vẽ.

0,5 điểm

b) Xét ∆SS₁S' có AI là đường trung bình nên:

0,5 điểm

Ta có: S₁S = 2.SA = 2.10 = 20(cm)

SB = AB - AS = 30 - 10 = 20(cm)

=> S’S₂ = 2. SB = 2.20 = 40 (cm)

Xét ∆SS₁P đồng dạng với ∆S'S₂P :

0,5 điểm

=> =>

Xét ∆SS₁P có AJ là đường trung bình nên: = 10(cm)

0,5 điểm

S’P = SS’ - SP = 60-20 =40 (cm)

Xét ∆S₂S'P có HK là đường trung bình nên: = 20(cm)

0,5 điểm

- Dùng cân xác định khối lượng tổng cộng của cả lọ m (Gồm khối lượng của thuỷ ngân m₁ và khối lượng của thuỷ tinh m₂): m= m₁+ m₂ (1)

0,5 điểm

- Dùng bình chia độ xác định thể tích V của cả lọ bao gồm thể tích V₁ của thuỷ ngân và thể tích V₂ của thuỷ tinh: V= V₁+ V₂ = (2)

1,0 điểm

Rút m₂ từ (1) thay vào (2) được khối lượng của thuỷ ngân:

0,5 điểm

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

kú thi chän häc sinh giái tØnh líp 9 thcs

n¨m häc 2010 - 2011

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS

NĂM HỌC 2010 - 2011

Câu

Nội dung

Câu 1

Gọi khoảng cách giữa hai bến sông là S = AB, giả sử nước chảy từ A đến B với vận tốc u ( u < 3km/h )

- Thời gian thuyền chuyển động từ A đến B là: t₁ =

- Thời gian chuyển động của ca nô là: t₂ =

Theo bài ra: t₁ = t₂ =

Hay: = (1)

Giải phương trình (1) ta được: u - 0,506 km/h

Vậy nước sông chảy theo hướng BA với vận tốc gần bằng 0,506 km/h

Câu 2

a (2,25)

Nhiệt độ của nước khi cân bằng nhiệt

- Khối lượng của nước trong bình là:

m= V.D= (R.R- .R).D 10,467 (kg).

- Khối lượng của quả cầu là: m= V.D= R.D= 11,304 (kg).

- Phương trình cân bằng nhiệt: cm( t - t ) = cm( t- t )

Suy ra: t = = 23,7c.

b

(1,75)

- Thể tích của dầu và nước bằng nhau nên khối lượng của dầu là:

m= = 8,37 (kg).

- Tương tự như trên, nhiệt độ của hệ khi cân bằng nhiệt là:

t= 21c

- Áp lực của quả cầu lên đáy bình là:

F = P₂- F_A= 10.m₂ - . R( D+ D).10 75,4(N)

Câu 3

a

(4,0)

Các cách mắc còn lại gồm:

Cách 3: [(R₀//R₀)ntR₀]nt r ; Cách 4: [(R₀ nt R₀)//R₀]nt r

Theo bài ra ta lần lượt có cđdđ trong mạch chính khi mắc nối tiếp:

I_nt = (1)

R₁

R₂

R₃

r

Cđdđ trong mạch chính khi mắc song song:

R₁

R₂

R₃

r

I_ss = (2)

Từ (1) và (2) ta có:

Đem giá trị này của r thay vào (1) U = 0,8R₀

Với cách mắc 3: [(R₀//R₀)ntR₀]nt r [(R₁//R₂)ntR₃]nt r (đặt R₁ = R₂ = R₃ = R₀)

Cđdđ qua R₃: I₃ =

r

R₁

R₂

R₃

Do R₁ = R₂ nên I₁ = I₂ =

R₁

R₂

R₃

r

Với cách mắc 4: Cđdđ trong mạch chính

Hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn mạch mắc nối tiếp gồm 2 điện trở R₀:

U₁₂ = cđdđ qua mạch nối tiếp này là:

I^/₁ = I^/₂ = cđdđ qua điện trở còn lại là I^/₃ = 0,32A

b

(1,0)

Ta nhận thấy U không đổi công suất tiêu thụ ở mạch ngoài P = U.I sẽ nhỏ nhất khi I trong mạch chính nhỏ nhất cách mắc 1 sẽ tiêu thụ điện năng ít nhất và cách mắc 2 sẽ tiêu thụ điện năng lớn nhất.

Câu 4

a

(1,5)

Khi K đóng và con chạy ở đầu N thì toàn bộ biến trở MN mắc song song với ampe kế. Khi đó mạch điện trở thành: (R₂ // Đ) nt R₁

Lúc này ampe kế đo cường độ dòng điện mạch chính

(1)

Mặt khác: (2)

Từ (1) và (2) giải ra: R₂ = 4,5Ω

b

(2,5)

Gọi điện trở của phần biến trở từ M tới con chạy là R_X, như vậy điện trở của đoạn từ C đến N là R - R_X.

Khi K mở mạch điện thành:

R₁ntR_Xnt{R₂//[(R-R_XntR_đ)]}

R₂

P

C

U

Đ

R_X

_N

_M

R-R_X

R₁

Điện trở toàn mạch:

Cường độ dòng điện ở mạch chính:

U_PC = I.R_PC =

Cường độ dòng điện chạy qua đèn: (3)

Đèn tối nhất khi I_đ nhỏ nhất. Mẫu của biểu thức trong vế phải của (3) là một tam thức bậc hai mà hệ số của R_X âm. Do đó mẫu đạt giá trị lớn nhất khi:

hoặc phân tích: để R_X = 3

Vậy khi R_x = 3Ω thì I_đ nhỏ nhất, đèn tối nhất.

Câu 5

B^/

F

N

A^/

B

A

O

F^/

- Từ hình vẽ ta có: ~

∆ONF^/ ~ ∆ A^/B^/F^{/ (1)}

Do cùng một vật đặt trước 1 TKHT không thể có 2 ảnh thật bằng nhau nên:

- Khi OA₁ = OA – 4, thấu kính cho ảnh thật

- Khi OA₂ = OA – 6, thấu kính cho ảnh ảo

F

I

B₁^/

A₁^/

B₁

A₁

O

F^/

F^/

K

B₂

A₂

B^/₂

A^/₂

O

F^/

Trường hợp ảnh thật:

Do ∆IOF^/ ~ ∆B^/₁A^/₁F^/ (*)

Do ∆F^/OB^/₁ ~ ∆IB₁B^/₁

hay (**)

Từ (*) và (**) (2)

Trường hợp ảnh ảo: Ta có ∆KOF^/~∆B^/₂A^/₂F^/ và ∆B^/₂KB₂~∆B^/₂F^/O

Tương tự như trên ta có: (3)

Mặt khác: A^/₁B^/₁ = A^/₂B^/₂ ; A₁B₁ = A₂B₂ = AB (4)

Từ (2), (3), (4) OA₁ – f = f – OA₂ (5)

Mà OA₁ = OA – 4; OA₂ = OA – 6 OA – f = 5 (6)

Từ (1) và (6) OA = 25cm, f = 20cm

UBND TỈNH BẮC NINH

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2015 - 2016

Môn: Vật lý - Lớp 9

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 24 tháng 3 năm 2016

=====================

Câu 2. (5.0 điểm) Cho ba điện trở R₁, R₂ và R₃ = 16Ω, các điện trở chịu được hiệu điện thế tối đa tương ứng là U₁ = U₂ = 6V; U₃ = 12V. Người ta ghép ba điện trở trên thành mạch điện như hình vẽ 1, biết điện trở tương đương của mạch đó là R_AB = 8Ω.

1. Tính R₁ và R₂ biết rằng nếu đổi chỗ R₃ với R₂ thì điện trở của mạch là R_AB = 7,5Ω.
2. Tính công suất lớn nhất mà bộ điện trở chịu được.

UBND TỈNH BẮC NINH

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2015- 2016

Môn: Vật lý - Lớp 9

Ngày thi: 24 tháng 3 năm 2016

=====================

Câu

Nội dung

Điểm

Câu 1 (4.0đ)

Ký hiệu A; B; C là các vị trí đám mây phát tia chớp tương ứng 1; 2; 3

Gọi D là vị trí người quan sát, S₁; S₂; S₃ là các đường đi của âm thanh và ánh sáng, ta có các phương trình sau:

S₃

S₂

v

h

D

S₁

C

B

H

A

Đặt S₂ = a S₁ = 4a; S₃ = 6a

Gọi H là vị trí của đám mây gần người quan sát nhất, DH=h, AH=x.Vận tốc đám mây là v.

Ta có:

Ta được các phương trình:

(1)

(2)

(3)

Từ phương trình (1) và (2):

Từ phương trình (1) và (3):

Ta được

Hay

Thay vào trên ta được: 6412m và h=1564m

Học sinh có thể nhận xét: tốc độ ánh sáng rất lớn nên thời gian ánh sáng truyền từ tia chớp đến người quan sát là tức thời do đó: vẫn cho điểm tối đa

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.5 đ

0.5 đ

Câu 2

5.0đ

1.

R₁ + R₂ = 16Ω (*)

Khi đổi chỗ R₃ với R₂

(1)

Từ (*) R₂ + (R₁ + 16) =32 (2)

Từ (1) và (2) ta thấy R₂ và R₁ + 16 là 2 nghiệm của phương trình bậc 2:

x² - 32x + 240 = 0, phương trình có 2 nghiệm x₁ = 20Ω và x₂ =12Ω

Vậy R₂ = x₂ = 12Ω

R₁ + 16 = 20 => R₁ = 4Ω

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

2.

R₁ và R₂ mắc nối tiếp nên I₁ = I₂

=> U₁/U₂ = R₁/R₂ = 2/6

Vậy nếu U_2max =6V

thì lúc đó U₁ = 2V và U₃ = U_AB = U₁ + U₂ = 8V (U_3max)

Vậy hiệu điện thế U_ABmax =8V

Công suất lớn nhất bộ điện trở đạt được là P_max = U²_Abmax/R_AB = 8W

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

3.

B

U = 16V

C

A

R_{bộ đèn}

R_AB

Mỗi bóng có R_đ =U²_đ/P = 16Ω và cường độ định mức I_đ = 0,25A

Theo câu 2 ta tính được cường độ dòng lớn nhất mà bộ điện trở chịu được là 1A và đoạn AB có điện trở R_AB = 8Ω mắc nối tiếp với bộ bóng đèn như hình vẽ.

Ta có phương trình công suất: P_BC = P_AC – P_AB = 16.I – 8.I² (*) và điều kiện I≤ 1A

Từ (*) , lúc đó I = 1A

Vậy số bóng nhiều nhất có thể mắc là 8 bóng

Hiệu điện thế U_BC = U_AC - U_AB = 8V

Mà U_đ = 4V vậy có 2 cách mắc các bóng:

Cách 1: các bóng mắc thành 4 dãy song song nhau, mỗi dãy có 2 bóng mắc nối tiếp.

Cách 2: các bóng mắc thành 2 dãy nối tiếp nhau, mỗi dãy có 4 bóng mắc song song.

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

Câu 3

3.0đ

Lúc đầu cốc không chứa gì và nổi trong dầu thì trọng lượng của cốc cân bằng với lực đẩy Acsimet của dầu:

10.m_cốc = F_A1 = 10(d - a)S.ρ₁ (1)

Sau khi rót dầu tới miệng cốc rồi thả vào bình thì trọng lượng của cốc dầu cân bằng lực đẩy Acsimet của nước và dầu:

10.m_cốc + 10(d + a)S.ρ₁ = F_A2 = 10.d.S.ρ₁ + 10.a.S.ρ₀ (2)

Thay (1) vào (2) rồi rút gọn ta được:

d.ρ₁ = a.ρ₀

Thay (3) vào (1) ta được:

Thay số ta được:

Giải phương trình bậc 2 trên, ta được hai nghiệm là: ρ₁ = 800kg/m³ và ρ₂ = 200kg/m³ (loại) vì thay vào (3) ta được a = 0,2cm hay đáy cốc nằm thấp hơn điểm chính giữa của lớp dầu.

Vậy ρ₁ = 800kg/m³.

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.25 đ

0.5 đ

0.5 đ

Câu 4

5.0đ

1) Để thu ảnh thật ở C, thấu kính là thấu kính hội tụ

và hai điểm A và C nàm ở hai bên thấu kính.

Đặt điểm sáng ở B thu được ảnh ảo ở C, chứng tỏ hai điểm B và C nằm một bên thấu kính và điểm B phải gần thấu kính hơn.

Vậy thấu kính phải đặt trong khoảng AB.

Gọi d là khoảng cách từ A đến thấu kính, khi đặt vật ở A vị trí của vật và ảnh tương ứng là d₁ = d và (1)

Còn khi đặt vật ở B thì d₂ = 24 – d và (2)

Thay (1) và (2) vào ta có: d=20cm

Vậy thấu kính cách A là 20cm và cách B là 4cm

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.5đ

0.25đ

0.5đ

2) Ta dựng ảnh của S qua thấu kính bằng cách vẽ thêm trục phụ OI song song với tia tới SK. Vị trí ban đầu của thấu kính O.

Sau thời gian t(s) thấu kính dịch chuyển được một quãng đường OO₁, nên ảnh của nguồn sáng dịch chuyển quãng đường S₁S₂

S₂

S₁

O₁

O

F’

H

I

K

S

Vì OI//SK

O₁H//SK

Xét tứ giác OO₁HI có OI//O₁H và OO₁//IH OO₁HI là hình bình hành OI=O₁H (3)

Từ (1), (2), (3)

Mặt khác: OI//SK

IF’//OK

Từ (*) và (**)

Từ (4) và (5)

Vận tốc của thấu kính là v, vận tốc của ảnh là v₁ thì:

0.5đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.5đ

Câu 5

3.0 đ

Gọi nhiệt độ của phòng là t₀; nhiệt dung của bình dầu là q₁ và của khối kim loại là q₂, x là độ tăng nhiệt độ của bình 3.

Sau khi thả khối kim loại vào bình 1 thì nhiệt độ của bình dầu khi cân bằng nhiệt là (t₀ + 20).

Sau khi thả khối kim loại vào bình hai thì nhiệt độ của bình dầu khi cân bằng là (t₀ + 5).

Phương trình cân bằng nhiệt khi thả khối kim loại vào bình 2 là:

q₁.5 = q₂[(t₀ + 20) – (t₀ + 5)] = q₂.15 (1)

Phương trình cân bằng nhiệt khi thả khối kim loại vào bình 3 là:

q₁.x = q₂[(t₀ + 5) – (t₀ + x)] = q₂(5 – x) (2)

Chia vế với vế của (1) và (2) ta được:

0.5đ

0.5đ

0.5đ

0.5đ

0.5đ

0.5đ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9

NĂM HỌC 2013 -2014

MÔN: VẬT LÝ

Thời gian làm bài: 150 phút

Ngày thi: 20 tháng 3 năm 2014

( Đề này gồm 05 câu, 01 trang)

CÂU

NỘI DUNG

ĐIỂM

Câu 1

(2 điểm)

a. (0,75 điểm)

Khi thanh gỗ nằm cân bằng các lực tác dụng lên thanh gỗ là:

Trọng lực P, Lực đẩy Ac-si-mét F_A có phương chiều được biểu diễn như hình vẽ:

S₂

P

F_A

h

H

S₁

0.25đ

Goi x là chiều cao phần gỗ chìm trong nước.

Vì thanh gỗ nằm cân bằng trên mặt nước nên:

P = F_A

10.D₂. S₂.h = 10.D₁.S₂.x

0.25đ

x =

0.25đ

b. (0,5 điểm)

Chiều cao phần nổi của thanh gỗ là: h - x = 5cm

Gọi quãng đường nhỏ nhất gỗ dịch chuyển xuống là a và chiều cao cột nước dâng lên là b.

Ta có : S₂.a = ( S₁ - S₂ ) .b

Suy ra a = b

0.25đ

Để khối gỗ chìm hoàn toàn trong nước :

a + b = h - x = 5cm

Do đó a = 2,5cm.

0.25đ

c. (0,75 điểm)

Quá trình lực thực hiện công để nhấn chìm gỗ xuống đáy bình được chia thành 2 giai đoạn :

* Giai đoạn 1 : Từ khi bắt đầu nhấn đến khi gỗ chìm hoàn trong nước

Lực ấn khối gỗ tăng dần từ 0 (N) đến F_max = F_A - P

F_max = F_A - P = 10D₁S₂ h - 7,5 = 2,5(N)

Khối gỗ phải dịch chuyển xuống dưới một đoạn :

a = 0,025 m

Công của lực cần thực hiện tối thiểu ở giai đoạn này là :

A₁ =

0.25đ

* Giai đoạn 2 : Từ khi gỗ chìm hoàn toàn trong nước đến khi gỗ chạm đáy bình .

Giai đoạn này : Lực cần tác dụng luôn không đổi là F₂ = 2,5N

Gỗ phải dịch chuyển xuống dưới một đoạn là :

x’ = H - a – x = 0,2- 0,15 – 0,025 = 0,025 (m)

Công của lực cần thực hiện tối thiểu ở giai đoạn này là: A₂ = F₂ .x’ = 2,5. 0,025 = 0,0625 (J)

0.25đ

Vậy công của lực cần thực hiện tối thiểu để nhấn chìm gỗ đến đáy bình tổng cộng là :

A = A₁ + A₂ = 0,03125 + 0,0625 = 0,09375 (J)

0.25đ

Câu 2

(2 điểm)

a. (1,25 điểm)

Gọi q₀, q₁, q₂ lần lượt là nhiệt dung của nhiệt kế ,của chất lỏng ở bình cách nhiệt thứ nhất và thứ hai.

*Xét lần nhiệt kế chỉ 78⁰C ở bình 1: Bình 1 đã toả nhiệt và hạ nhiệt độ từ 80⁰C đến 78⁰C; nhiệt kế thu nhiệt để tăng nhiệt độ từ 16⁰C đên 78⁰C ta có phương trình cân bằng nhiệt:

q₁(80-78) = q₀ (78-16) q₁ = 31 q₀ (1)

*Tương tự xét lần nhiệt kế chỉ 19⁰C ở bình 2:
q₂(19-16) = q₀(78-19) q₂= q₀ (2)

* Gọi 2 lần nhúng tiếp theo nhiệt kế chỉ x và y ta có các phương trình cân bằng nhiệt:

q₁(78-x) = q₀(x-19) (3)

từ đó suy ra: x ≈ 76,2⁰C

q₂(y-19 ) = q₀(76,2 – y ) (4)

Từ đó suy ra: y ≈ 21,8⁰C

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

b. (0,75điểm)

Sau nhiều lần đo lên tiếp như trên thì nhiệt độ của nhiệt kế, bình 1và bình 2 bằng nhau.

Gọi t là nhiệt độ của nhiệt kế khi nhiệt độ của chúng bằng nhau

0.25đ

Ta có phương trình cân bằng nhiệt là:

q₁( 80- t ) = q₀ ( t -16 ) + q₂( t - 16 ) (5)

Từ (1), (2), (5) tìm được t = 54,4⁰C

0.25đ

0.25đ

Câu 3

(2,5điểm)

a. (1điểm)

Cường độ dòng điện qua các điện trở và qua ampe kế :

R₂

R₄

R₁

R₃

U

I₃

I₄

I₂

I₁

I

R₂₃₄ = R₂ + R₃₄ = 9 + 3 = 12

U₃₄ = I₂.R₃₄ = 2.3 = 6V

I_a = I₁ + I₃ = 2 + 1 = 3A

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

b. (1điểm)

R₂

R₄

R₁

R₃

U

V

Tìm R₃ để số chỉ vôn kế là 16V . Gọi R₃ = x

U₁ = U - U_V = 24 - 16 = 8V

A

suy ra = I₄

Ta có U_V = U₃ + U₄ = I₃.R₃ + I₄.R₄ = I₁.R₃ + I₄.R₄

10x + 84 = 144 suy ra x = 6.

Vậy để số chỉ của vôn kế là 16V thì R₃ = 6

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

c. (0,5điểm)

Khi R₃ tăng thì điện trở của mạch tăng

: giảm U₄ = I.R₄ :giảm

U₂ = U – U₄ : tăng : tăng I₁ = I – I₂ :giảm

U₁ = I₁.R₁ : giảm U_V = U – U ₁ : tăng.

Vậy số chỉ của vôn kế tăng khi R₃ tăng.

0,25đ

0,25đ

Câu 4

(1,5điểm)

a. (0,75 điểm)

a) Tìm nhiệt độ của nước khi cân bằng nhiệt:

Khối lượng của nước trong bình là: m₁ = V₁D₁ = (R.R₂ - )D₁,

thay số ta tính được: m₁ = 10, 46 kg

Khối lượng của quả cầu: m₂ = D₂.V₂ = .D₂, thay số ta được m₂ = 11,304 kg

0,25đ

Từ điều kiện bài toán đã cho, ta có phương trình cân bằng nhiệt:

c₁m₁ (t – t₁) = c₂m₂ (t₂ – t), do đó ta có nhiệt độ của nước khi cân bằng nhiệt:

t = , thay số ta tính được t ⁰C

0,25đ

Áp lực của quả cầu lên đáy bình :

F = P_cầu – F_A(cầu) = 10m₂ - 10.RD₁

thay số ta được : F = 92,106 N

0,25đ

b. (0,75 điểm)

Tính khối lượng của dầu m₃ : do thể tích của dầu và nước bằng nhau nên khối lượng của dầu là : m₃ = , thay số m₃ = 8,368 kg

0,25đ

Khi cân bằng nhiệt, nhiệt độ của hệ là t_x, ta có phương trình :

c₁m₁ (t – t_x) + c₂m₂ (t – t_x) = c₃m₃ (t_x – t₃)

t_x =

thay số ta tính được t_x 21,05⁰C

0,25đ

Áp lực của quả cầu lên đáy bình :

F = P_cầu – F_A(cầu) = 10m₂ - R(D₁ + D₃)

thay số ta được : F = 75,36 N

0,25đ

Câu 5

(2 điểm)

a. (1 điểm)

Vẽ hình:

Giải thích:

- Hai ảnh của S₁ và của S₂ tạo bởi thấu kính trùng nhau nên phải có một ảnh thật và một ảnh ảo.

- Vì S₁O < S₂O S₁ nằm trong khoảng tiêu cự và cho ảnh ảo; S₂ nằm ngoài khoảng tiêu cự và cho ảnh thật.

0,5đ

0,25đ

0,25 đ

b. (1điểm)

- Gọi S’ là ảnh của S₁ và S₂. Ta có :

=

(1)

- Vì , tương tự như trên ta có :

(2)

Từ (1) và (2) ta có : f = 8 (cm)

Vị trí của ảnh cách thấu kính là : S'O = 24 cm

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

LỚP 9 THCS - NĂM HỌC 2014 – 2015

Môn thi: Vật lí

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

(Đề thi gồm: 02 trang)

CÂU

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

1

(2 điểm)

1. (1,5 điểm)

A

N

M

B

Gọi M là vị trí người đi xe đạp quay lại; N là vị trí người đi xe đạp quay lại đón được người đi bộ trước.

- Thời gian người đi bộ trước đi hết đoạn đường AB là:

- Thời gian người đi bộ sau đi hết đoạn đường AB là:

- Thời gian người đi xe đạp đi hết đoạn đường AB là:

Ta có: t₁ = t₂ = t₃.

Khi đó:

Từ (1),(2): AM = 24 km; AN = 12 km.

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

2. (0,5 điểm)

Thời gian mà người đi xe đạp không chở người nào là:

0,5 đ

1. (1 điểm)

Gọi nhiệt độ ban đầu của nước nóng là t₂; nhiệt độ ban đầu của nước lạnh và bình chứa là t₁; nhiệt độ của hỗn hợp khi có sự cân bằng nhiệt là t, nhiệt dung riêng của nước là C, nhiệt dung riêng của kim loại làm bình chứa là C’

Ta có: t₂ – t ₁ = 70 (1) ; t – t₁ = 10 (2)

0,25 đ

2

(2 điểm)

Theo phương trình về sự cân bằng nhiệt ta có:

m₂C(t₂ – t) = m₁C(t – t₁) + m₁C’(t – t₁)

Lấy (1) - (2) ta được: t₂ – t = 60 (4)

Từ (2), (3), (4) ta có :

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

2. (1 điểm)

Gọi t^’ là nhiệt độ cân bằng của hỗn hợp khi đổ thêm 2m₂ gam nước nóng và gam nước lạnh vào hỗn hợp trên.

Theo phương trình về sự cân bằng nhiệt ta có:

2m₂C(t₂ – t^’) = C(t^’- t₁) + (m₁+ m₂)C(t^’ – t) + m₁C’(t^’ – t)

2m₂(t₂ – t^’) = (t^’- t₁) + (m₁+ m₂)(t^’ – t) + (t^’ – t)

Mà: m₂ = m₁; t₂ = 60 + t; t₁ = t – 10

Khi đó: 2. m₁ (60 + t – t^’) = (t^’- t + 10) + (t^’ – t) + (t^’ – t)

Vậy nhiệt độ của hỗn hợp tăng thêm 8,42^oC.

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

3

( 2điểm)

1. (1 điểm)

Các cách mắc còn lại gồm:

Cách 3: [(R₀//R₀)ntR₀]nt r ; Cách 4: [(R₀ nt R₀)//R₀]nt r

* Cđdđ trong mạch chính khi mắc nối tiếp các điện trở :

R₀

R₀

R₀

r

I_nt = (1)

* Cđdđ trong mạch chính khi mắc song song các điện trở:

R₀

R₀

R₀

r

I_ss = (2)

Từ (1) và (2) ta có:

Đem giá trị này của r thay vào (1) U = 0,6R₀

* Với cách mắc 3: [(R₀//R₀)ntR₀]nt r

+ I₃ =

r

R₀

R₀

R₀

I₁

I₂

I₃

+ I₁ = I₂ =

* Với cách mắc 4: [(R₀ nt R₀)//R₀]nt r

Cđdđ trong mạch chính

r

R₀

R₀

R₀

I₁₂

I

+ U₁₂ =

+ I₁ = I₂ =

+ I₃ =

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

2. (0,5 điểm)

Ta nhận thấy U không đổi công suất tiêu thụ ở mạch ngoài P = U.I sẽ nhỏ nhất khi I trong mạch chính nhỏ nhất, công suất tiêu thụ ở mạch ngoài P = U.I sẽ lớn nhất khi I trong mạch chính lớn nhất

cách mắc 1 sẽ tiêu thụ điện năng ít nhất và cách mắc 2 sẽ tiêu thụ điện năng lớn nhất.

0,25 đ

0,25 đ

3. (0,5 điểm)

Để cường độ dòng điện chạy qua các điện trở R₀ có cùng một giá trị thì phải mắc các điện trở thành n dãy song song, mỗi dãy có m điện trở R₀ mắc nối tiếp.(với m ; n N )

n

m

r

R₀

R₀

R₀

Cường độ dòng điện trong mạch chính

Để cđdđ qua mỗi điện trở R₀ là 0,1A ta phải có:

m + n = 6

Ta có các trường hợp sau:

Theo bảng trên ta cần ít nhất 5 điện trở R₀ và có 2 cách mắc chúng.

- 5 dãy song song, mỗi dãy 1 điện trở

- 1 dãy gồm 5 điện trở mắc nối tiếp.

0,25 đ

0,25 đ

4

(2 điểm)

1. (1,25 điểm)

Tính điện trở của dây biến trở, U_MN và độ sáng của đèn Đ₂.

- Điện trở của đèn Đ:

- Đoạn mạch MN gồm: r nt [R₂ // (R₁ nt R_b)]

R_b = (1)

R­_1b = R₁ + R_b = 12 + R_b ; R_2.1b =

R_MN = R_2.1b + r = I_2.1b = I_MN =

U_1b = U_2.1b = I_2.1b.R_2.1b =

I_b = I₁ = I_1b = (2)

⇒ P_b =

P_b cực đại cực tiểu. Theo BĐT Cosi thì xảy ra khi:

⇒R_AC = R_AD = 2R_b = Ω

⇒ điện trở của vòng dây làm biến trở là R = 4R_AC = Ω

+ Theo bài ra : U_MN=V

+ U₂ = U_1b = I_1b R_1b = ⇒ U₂ < U_đm2 ⇒ đèn Đ₂ sáng yếu hơn mức bình thường.

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

2. (0,75) điểm

Khảo sát độ sáng của các đèn khi quay thanh CD quanh tâm O một góc 180⁰ từ vị trí ban đầu

+ Từ biểu thức R_b =

Mà R_AC + R_AD không đổi. R_bmax khi (R_AC .R_AD)max

Theo BĐT Cosi:

Dấu “=” xảy ra khi : R_AC = R_AD

Vậy R_bmax khi R_AC = R_AD, tức là khi thanh CD vuông góc với OA (trường hợp đang xét). Khi C ≡ A hoặc D ≡ A thì R_b=0.

* Khi quay thanh CD từ vị trí ban đầu (α =0⁰) đến vị trí góc α =90⁰. Khi đó:

R_b giảm dần ⇒ R_b + R₁ = R_1b giảm ⇒ tăng ⇒ tăng

⇒ R_2.1b giảm ⇒ r + R_2.1b = R_MN giảm

⇒ cường độ dòng điện mạch chính I_r tăng ⇒ U_r = I_r.r tăng ⇒ U₂ giảm

⇒ I₂ giảm ⇒ đèn Đ tối dần đi.

* Khi quay thanh CD từ vị trí ban đầu (α =90⁰) đến vị trí góc α =180⁰. Khi đó:

R_b tăng dần ⇒ R_b + R₁ = R_1b tăng⇒ giảm⇒ giảm

⇒ R_2.1b tăng ⇒ r + R_2.1b = R_MN tăng

⇒ cường độ dòng điện mạch chính I_r giảm ⇒ U_r = I_r.r giảm ⇒ U₂ tăng

⇒ I₂ tăng ⇒ đèn Đ sáng dần lên.

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

5

(2 điểm)

1. (1 điểm)

F₂

F₁

A

B

A₁

B₁

A₂

B₂

O₁

O₂

I₂

I₁

F₂^’

F₁^’

Ảnh A₁B₁ tạo bởi thấu kính O₁ là ảnh thật, ngược chiều với vật và lớn hơn vật.

Ảnh A₂B₂ tạo bởi thấu kính O₂ là ảnh ảo, cùng chiều với vật và lớn hơn vật.

Ta có:

Ta có:

Từ (1) và (2) ta có:

Vậy ảnh A₁B₁ cách thấu kính O₁ là 120 cm.

Ta có:

Ta có:

Từ (3) và (4) ta có:

Vậy ảnh A₂B₂ cách thấu kính O₂ là 84 cm.

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

2. (1 điểm)

* Vật ở trong khoảng O₁F₂ thì thấu kính O₁ cho ảnh ảo, cùng chiều vật; thấu kính O₂ cho ảnh thật, ngược chiều vật.

* Vật ở trong khoảng O₂F₁ thì thấu kính O₁ cho ảnh thật, ngược chiều vật; thấu kính O₂ cho ảnh ảo, cùng chiều vật.

* Vật ở trong khoảng F₁F₂ thì 2 thấu kính đều cho ảnh ảo, cùng chiều vật.

Vậy muốn hai thấu kính cho 2 ảnh cùng chiều, cao bằng nhau thì vật chỉ có thể nằm trong khoảng F₁F₂ và cho ảnh như hình vẽ

F₂

F₁

A

B

A₁

B₁

A₂

B₂

O₁

O₂

I₂

I₁

F₂^’

F₁^’

Ta có:

Ta có:

Ta có:

Ta có:

Từ (2) và (4) ta có:

Từ (1), (3) và (5) ta có:

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NINH BÌNH

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI HỌC CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

LỚP 9 THCS NĂM 2013

Môn: LÍ

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Cho mạch điện như hình vẽ.

Biết U_AB = 90V, R₁ = 40; R₂ = 90 ; R₄ = 20; R₃ là một biến trở. Bỏ qua điện trở của ampe kế, khóa K và dây nối.

a) Cho R₃ = 30 tính điện trở tương đương của đoạn mạch AB và số chỉ của ampe kế trong hai trường hợp :

Một hộp kín chứa nguồn điện không đổi có hiệu điện thế U và một điện trở thay đổi r ( Hvẽ ).

Khi sử dụng hộp kín trên để thắp sáng đồng thời

U r

A B

Cho mạch điện như hình vẽ. Biết U_AB = 21V không đổi; R_MN = 4,5Ω, R₁ = 3Ω; R_Đ = 4,5Ω không đổi; R_A có điện trở không đáng kể. Đặt R_CM = x.

a)K đóng:

+Cho C ≡ N thì ampe kế chỉ 4A. Tính điện trở R₂.

+Tính hiệu suất sử dụng điện. Biết rằng điện năng tiêu thụ trên đèn và R₁ là có ích.

b) K mở: Xác định giá trị x để độ sáng của đèn yếu nhất.

Bài

Nội dung

Điểm

Bài 1

(4điểm)

a. 2 điểm

+ Khi K mở đoạn mạch được vẽ lại :

R_AB = R_AD + R₃ = = 66Ω

I_AB = = 1,36A

U_AD = I_AB . R_AD = 48,96V

Số chỉ của ampe kế : I_a = I₄ = 0,816A

+ Khi K đóng, chập C với B. Đoạn mạch được vẽ lại :

A

R₃

R₂

B

R₁

A

R₄

D

R₂₃₄ = R₂ + R₃₄ = R₂ + = 102 Ω

Tính đúng : R_AB = = 28,7Ω

I₂₃₄ = = 0,88A

U₃₄ = I₂₃₄ .R₃₄ = 10,56 V

=> I_a = = 0,528A

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

b. 2 điểm

A

R₃

R₂

B

R₁

A

R₄

D

+ K mở :

R_AB = = 36 +R₃ ; I_AB =

I_a= (1)

+ K đóng :

R₃₄ =

R₂₃₄ = R₂ + R₃₄ =

I₂ = I₃₄ =

U₃₄ = I₃₄ . R₃₄ =

I_a = I₄ = (2)

Từ (1) và (2) => R₃² - 30R₃ – 1080 = 0

Giải phương trình ta có : R₃ = 51,1Ω ( Chọn ) R^/ _3­ = - 21,1( Loại vì R₃ < 0)

E

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

Bài 2

(3 điểm)

a. 2,5 điểm

M

A

F’

O₁

N

B

Khi dùng TKPK ta có hình vẽ:

Dùng tam giác đồng dạng để có:

khi thay TKPK bằng TKHT có f=2,5l

ta có được hình vẽ dưới đây:

A

P

E

F’

Q

O₂

B

Dùng tam giác đồng dạng để có:

Thế (1) vào (2) ta được:

Vậy: hình tròn sáng trên màn khi dùng TKHT có đường kính là 3cm

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

b. 0,5 điểm

khi l=24cm,thế vào (1) ta được f=2,5.24=60cm

vậy TKHT có tiêu cự f=60cm

0,5đ

Bài 3

(4 điểm)

a. 2 điểm

Vẽ sơ đồ mỗi cách mắc và dựa vào đó để thấy :

+ Vì Đ₁ và Đ₂ giống nhau nên có I₁ = I₂ ; U₁ = U₂

+ Theo cách mắc 1 ta có I₃ = I₁ + I₂ = 2.I₁ = 2.I₂ ; theo cách mắc 2 thì U₃ = U₁ + U₂ = 2U₁ = 2U₂ .

+ Ta có U_AB = U₁ + U₃ . Gọi I là cường độ dòng điện trong mạch chính thì : I = I₃ U₁ + U₃ = U - rI ⇔ 1,5U₃ = U - rI₃ ⇒ rI₃ = U - 1,5U₃ (1)

+ Theo cách mắc 2 thì U_AB = U₃ = U - rI’ ( với I’ là cường độ dòng điện trong mạch chính ) và I’ = I₁ + I₃

⇒ U₃ = U - r( I₁ + I₃ ) = U - 1,5.r.I₃ (2) ( vì theo trên thì 2I₁ = I₃ )

+ Thay (2) vào (1), ta có : U₃ = U - 1,5( U - 1,5U₃ )

⇒ U₃ = 0,4U = 12V

⇒ U₁ = U₂ = U₃/2 = 6V

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

b. 1 điểm

Ta hãy xét từng sơ đồ cách mắc :

* Sơ đồ cách mắc 1 : Ta có P = U.I = U.I₃ ⇒ I₃ = 2A, thay vào (1) ta có r = 6Ω ; P₃ = U₃.I₃ = 24W ; P₁ = P₂ = U₁.I₁ = U₁.I₃ / 2 = 6W

* Sơ đồ cách mắc 2 : Ta có P = U.I’ = U( I₁ + I₃ ) = U.1,5.I₃ ⇒ I₃ = 4/3 A, (2) ⇒ r = = 9Ω

Tương tự : P₃ = U₃I₃ = 16W và P₁ = P₂ = U₁. I₃ / 2 = 4W.

0,5đ

0,5đ

c. 1 điểm

Để chọn sơ đồ cách mắc, ta hãy tính hiệu suất sử dụng địên trên mỗi sơ đồ :

+ Với cách mắc 1 : % = 60% ; Với cách mắc 2 : .% = 40%.

+ Ta chọn sơ đồ cách mắc 1 vì có hiệu suất sử dụng điện cao hơn.

0,5đ

0,5đ

Bài 4

(5 điểm)

a. 1 điểm

Đổi 0,1mm² = 1. 10^-7 m² . Áp dụng công thức tính điện trở ; thay số và tính ⇒ R_AB = 6Ω

0,5đ

0,5đ

b. 1 điểm

Khi ⇒ R_AC = .R_AB ⇒ R_AC = 2Ω và có R_CB = R_AB - R_AC = 4Ω

Xét mạch cầu MN ta có nên mạch cầu là cân bằng. Vậy I_A = 0

0,5đ

0,5đ

c. 3 điểm

Đặt R_AC = x ( ĐK : 0 x 6Ω ) ta có R_CB = ( 6 - x )

* Điện trở mạch ngoài gồm ( R₁ // R_AC ) nối tiếp ( R₂ // R_CB ) là = ?

* Cường độ dòng điện trong mạch chính : ?

* Áp dụng công thức tính HĐT của mạch // có : U_AD = R_AD . I = = ?

Và U_DB = R_DB . I = = ?

* Ta có cường độ dòng điện qua R₁ ; R₂ lần lượt là : I₁ = = ? và I₂ = = ?

+ Nếu cực dương của ampe kế gắn vào D thì : I₁ = I_a + I₂ ⇒ I_a = I₁ - I₂ = ? (1)

Thay I_a = 1/3A vào (1) ⇒ Phương trình bậc 2 theo x, giải PT này được x = 3Ω ( loại giá trị -18)

+ Nếu cực dương của ampe kế gắn vào C thì : I_a = I₂ - I₁ = ? (2)

Thay I_a = 1/3A vào (2) ⇒ Phương trình bậc 2 khác theo x, giải PT này được x = 1,2Ω ( loại 25,8 vì > 6 )

* Để định vị trí điểm C ta lập tỉ số = ? ⇒ AC = 0,3m

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

Bài 5

(4 điểm)

A

Hình - 3

a. 2 điểm

a. K đóng:

+ Khi C ≡ N ta có sơ đồ mạch điện:

Hiệu điện thế giữa hai đầu điện trở R₁ là:

U_AC = U₁ = I.R₁ = 4.3 = 12(V)

Hiệu điện thế giữa hai đầu điện trở R₂:

U₂ = U_CB = U – U₁ = 21-12 = 9(V)

Cường độ dòng điện qua đèn là:

Cường độ dòng điện qua R₂ là: I₂ = I – I₃ = 4-2 = 2(A)

Điện trở R₂ là:

+ Hiệu suất sử dụng điện của mạch điện:

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

b. 2 điểm

Hình - 4

K mở: Ta có sơ đồ mạch điện tương đương như hình –4 .

Điện trở tương đương toàn mạch điện:

Cường độ dòng điện qua mạch chính:

Hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn mạch CB:

Cường độ dòng điện chạy qua đèn:

Để độ sáng của đèn yếu nhất thì I₃ min 90 - (x-3)² max x = 3. Hay R_MC = 3Ω.

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

PHÚ THỌ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2015 – 2016

MÔN : VẬT LÝ ( PHẦN TNKQ)

Thời gian làm bài: 45 phút (không kể thời gian giao đề)

Đề thi có 03 trang

ĐỀ GỐC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

PHÚ THỌ

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2015 – 2016

MÔN : VẬT LÝ ( PHẦN TNKQ)

Câu

Đáp án

Câu

Đáp án

1

B

11

A, B

2

C

12

A, B

3

A

13

A

4

B

14

A

5

B,C

15

A

6

B,C, D

16

B

7

A

17

A

8

B

18

B

9

B

19

A

10

A,B

20

A,B

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

PHÚ THỌ

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2015 – 2016

MÔN : VẬT LÝ ( PHẦN TỰ LUẬN)

Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề)

Đề thi có 01 trang

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

PHÚ THỌ

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2015 – 2016

MÔN : VẬT LÝ ( PHẦN TỰ LUẬN)

Hướng dẫn chấm có 02 trang

Nội dung

Điểm

Bài 1

(2,5 điểm)

1. Ống thép chịu tác dụng của hai lực :

+ Trọng lực : P = 10.l(S₁- S₂).D₁

0,25 đ

+ Lực đẩy Ác si mét : F_A= 10V_CD₂ = 10h_cS₁D₂

0,25 đ

Nếu ống thép nổi thì các lực cân bằng :

P = F_A ⇒ l(S₁- S₂)D₁= h_cS₁D₂

0,75 đ

Chiều cao phần nổi trên mặt nước : h₁ = l - h_c = 4,4 cm

0,25 đ

1. Khi ống chứa m kg nước :

P + P_n = F’_A ⇒ P + 10m = 10(l – h₁)S₁D₂

⇒ m = (l – h₁)S₁D₂ – P/10 = 24 g

0,5 đ

0,5 đ

Bài 2

(1,5 điểm)

1. Theo bài ra, ta có :

m₁+ m₂ = 1,2 kg (1)

0,5 đ

+ Nhiệt lượng thu vào ra :

Q_thu = m₁C_n(t – t₁)

0,25 đ

+ Nhiệt lượng toả ra :

Q_toả = m₂C_n(t₂ – t)

+ Áp dụng PT cân bằng nhiệt, ta có :

Q_thu = Q_toả ⇒ m₁C_n(t – t₁) = m₂C_n(t₂ – t) ⇔ m₁ (36 – 15) = m₂ (90 – 36)

⇔ 21m₁ = 54 m₂ (2)

0,25đ

Giải hệ (1) và (2), ta được : m₁ = 0,864 kg ; m₂ = 0,336 kg ;

0,25đ

1. Q_toả = m₂C_n(t₂ – t) = 76204,8 J

0,25đ

Bài 3

(2 điểm)

* Gọi l là chiều cao vệt sáng in trên tường. Vẽ tia phản xạ AE, BK tại hai mép của gương (Hình vẽ 1)

H

a d

A I B

Trần nhà

E

O l

K

C

D

α

β

Hình vẽ 1

Khi đó : l = KE.

0,5 đ

a) Khi α = 45^o:

Ta có :

+ DK = BDtanβ = dtan(90^o - α) = 2 m

0,25 đ

+ DE = ADtanβ = (d+a)tan (90^o - α) = 2,3 m < H = 3 m

0,25 đ

+ Chiều cao vết sáng : l = DE - DK = 0,3 m

0,25 đ

b) Khi α = 36^o:

Ta có :

+ DK = BDtanβ = dtan (90^o- α) = 2,753 m

0,25 đ

+ DE = ADtanβ = (d+a)tan (90^o - α) = 3,166 m > H = 3 m

0,25 đ

+ Chiều cao vết sáng : l = H - DK = 0,247 m

0,25 đ

Câu 4

( 4 điểm)

1. Khi nối chốt 1, 2 bằng dây dẫn có điện trở không đáng kể, ta có mạch điện như Hình vẽ 2

R

M

2

N

1

Hình vẽ 2

Khi đó, công suất toả nhiệt trên điện trở R là:

= 231,2 W

0,5 đ

b) Khi thay dây nối chốt 1, 2 bằng hộp X, ta có sơ đồ mạch điện như Hình vẽ 3.

R

M

2

N

1

Hình vẽ 3

XX

+ Ta có :

(1)

0,25 đ

(2)

0,25 đ

+ Giải hệ phương trình, ta có :

0,25 đ

+ Công suất hộp X : P_X = 8160 – I²R = 5280 W.

0,25 đ

Do đó, số bóng đèn trong hộp X là : n = 88 bóng đèn.

0,25 đ

R

M

2

N

1

Hình vẽ 4

Y

1. Khi thay hộp X bằng hộp Y, ta có sơ đồ mạch điện như Hình vẽ 4.

+ Các đèn trong hộp Y có cùng hiệu điện thế định mức U_đ = 220 V. Mà U_MN = U₂= 340 V nên các đèn phải mắc song song vào hai điểm 1, 2 ⇒ U_Y= 220 V.

+ Vì công suất toàn mạch không đổi so với câu b) nên công suất hộp Y bằng công suất hộp X.

Gọi số bóng đèn mỗi loại 40 W, 60 W, 150 W trong hộp Y lần lượt x, y, z

+ Ta có :

x + y + z = 112 (3)

0, 5 đ

(4)

0,25 đ

Từ (3): 40x + 40y + 40z = 4480 (5)

Từ (4), (5) : (6)

0,5 đ

Từ (6) : ⇒ z ≤ 7

Vì y nguyên dương nên z chia hết cho 2. Do đó : z = 2, 4, 6. (7)

0,5 đ

Với z = 2 ⇒ y = 29, x = 81

Với z = 4 ⇒ y = 18, x = 90

Với z = 6 ⇒ y = 7, x = 99

0,5 đ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HOÁ

ĐỀ CHÍNH THỨC

Số báo danh

...................

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

Năm học 2013 - 2014

Môn thi: VẬT LÝ

Lớp 9 THCS

Ngày thi: 21 tháng 03 năm 2014

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Đề này có 06 câu, gồm 02 trang

Hình 2

• A

(1)

(2)

O

Hình 3

•

O

A

B

S

Một thanh đồng chất có tiết diện đều được thả vào trong một chất lỏng có khối lượng riêng D. Một đầu của thanh được buộc với một vật có thể tích V bằng một sợi dây mảnh không co dãn. Khi có cân bằng thì chiều dài của thanh chìm trong chất lỏng, (hình 4).

a. Tìm khối lượng riêng của thanh đó.

b. Cho trọng lượng của thanh là P. Tìm khối lượng riêng của vật và lực căng T của sợi dây.

Hình 4

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HÓA

--------------------------------

ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC

(Đáp án gồm 5 trang)

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

Năm học 2013-2014

Môn thi: Vật lý. Lớp 9.THCS

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề thi)

CÂU

NỘI DUNG

ĐIỂM

Câu 1

4,0 điểm

a. Xác định xe nào đến B trước:

* Thời gian để ô tô thứ nhất đi từ A đến B là:

0,5 đ

* Thời gian để ô tô thứ hai đi từ A đến B là:

0,5 đ

* Ta có: suy ra

0,5 đ

* Vậy ô tô thứ hai đến B trước và đến trước một khoảng thời gian:

0,5 đ

b. Khoảng cách giữa hai xe khi xe thứ hai đã đến B.

* Có thể xảy ra 3 trường hợp sau khi xe thứ hai đã đến B:

- Xe thứ nhất đang đi trên nửa quãng đường đầu của quãng đường AB

- Xe thứ nhất đang đi trên nửa quãng đường sau của quãng đường AB

- Xe ô tô thứ nhất đến điểm chính giữa của quãng đường AB

0,5 đ

Cụ thể:

* Xe thứ nhất đang đi trên nửa quãng đường đầu của quãng đường AB, khi đó khoảng cách giữa hai xe là:

Trường hợp này xảy ra khi

0,5 đ

* Xe thứ nhất đang đi trên nửa quãng đường sau của quãng đường AB, khi đó khoảng cách giữa hai xe là:

Trường hợp này xảy ra khi

0,5 đ

* Xe ô tô thứ nhất đến điểm chính giữa của quãng đường AB, khi đó khoảng cách giữa hai xe là: . Trường hợp này xảy ra khi

0,5 đ

Câu 2

4,0

điểm

* Gọi nhiệt độ ban đầu của bình nhiệt lượng kế “nóng” và “lạnh” lần lượt là T và t

+ Nhiệt độ t₁ của bình “lạnh” sau khi chuyển lượng nước m từ bình “nóng” sang. P/t cân bằng nhiệt là: Cm(t₁ – t) = Cm(T – t₁). Trong đó m là khối nước ban đầu, C là nhiệt dung riêng của nước.

0,5 đ

* Từ đó suy ra: t₁ = . (Với k = )

0,5 đ

* Tương tự nhiệt độ t₂ của bình "nóng" sau khi chuyển một lượng nước từ bình "lạnh"  sang. Ta có p/t cân bằng nhiệt: C(m - )(T – t₂) = C(t₂ – t₁)

Suy ra: t₂ =

0,5 đ

* Như vậy sau mỗi lần đổ đi, đổ lại, hiệu nhiệt độ của hai bình là

t₂ – t₁ = (T - t)

0,5 đ

* Tương tự sau lần đổ thứ hai : t₄ – t₃ = (t₂ – t₁) = (T - t) (1)

0,5 đ

* Như vậy sau mỗi lần đổ đi, đổ lại thì hiệu nhiệt độ hai bình thay đổi lần.

0,5 đ

* Thay số: T – t = 10⁰C; k = 0,25; = 0,6.

0,5 đ

* Từ (1) ta có bảng giá trị sau dưới đây. Vậy ta phải thực hiện ít nhất là 5 lần.

0,5 đ

Câu 3

4,0

điểm

a. Cường độ dòng điện qua các điện trở R₁, R₃ và số chỉ am pe kế:

●

●

R₁

R₂

R₄

R₃

U

I₂

I

I₃

I₄

I₁

* Do ampe kế có điện trở không đáng kể, mạch

điện có dạng như hình vẽ:

1,0 đ

* I₁ = 2 A, + R₂₃₄ = R₂ + = 12 , + I₃ = I₄ = = 1 A.

1,0 đ

* Quay về sơ đồ gốc: I_A = I₁ + I₃ = 3 A, Vậy ampe kế chỉ 3 A.

0,5 đ

b. Tìm R₃ và nhận xét về số chỉ Vôn kế.

* Thay ampe kế bằng vôn kế: Mạch có dạng: nt R₄.

●

●

R₁

R₂

R₄

R₃

V

U

I₁

I₂

I

I₄

M

N

A

C

0,5 đ

+ Ta có U_AM = U₁ = U – U_MN = 24 – 16 = 8 V

+ I₁ = A

+ Mặt khác: I₁ =

+ Lại có: U_MN = U_MC + U_CN = I₁R₃ + IR₄

Thay số: 16 = Suy ra: R₃ = 6

0,5 đ

* Điện trở tương đương toàn mạch

R_AB =

Do vậy khi R₃ tăng điện trở toàn mạch tăng cường độ dòng điện mạch chính

I = I₄ = giảm U₄ = I.R₄ giảm U₂ = U – U₄ tăng I₂ = tăng

I₁ = I – I­­­₂ giảm U₁ = I₁R₁ giảm. Vậy U_MN = U – U₁ sẽ tăng lên, tức là số chỉ của vôn kế tăng.

0,5 đ

Câu 4

3,0 điểm

a. Vẽ đường đi của tia sáng (2) qua thấu kính:

- Kéo dài (1) cắt thấu kính tại I, Nối I với A, kéo dài AI.

- Kéo dài (2) cắt (1) tại S và thấu kính tại J.

- Coi S là nguồn sáng cho hai tia tới (1) và (2).

0,5 đ

- Từ S vẽ tia tới SO cho tia ló truyền thẳng, cắt đường kéo dài của tia ló (1’) tại S’

- S’ là ảnh của S tạo bởi thấu kính phân kì.

- Nối S’J, kéo dài cho ta tia ló (2’) của tia tới (2) qua thấu kính. Kết quả vẽ được như hình vẽ.

0,5 đ

S’

(2)