Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 - Năm học 2016 - 2017. Phòng GD&ĐT Hải Dương. (Có đáp án và lời giải chi tiết)

PHÒNG GD&ĐT TP HẢI DƯƠNG

ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 - VÒNG 2

NĂM HỌC 2016 - 2017 MÔN VẬT LÝ

Thời gian làm bài: 150 phút.

Đề gồm có 06 câu 02 trang

Câu 3 (2,0 điểm).

Cho mạch điện như hình vẽ (hình 1).       

Biết r = 3Ω, R₂ là một biến trở.                                                          

a. Điều chỉnh biến trở R₂ để cho công suất trên nó là lớn nhất, khi đó công suất trên R₂ bằng 3 lần công suất trên R₁. Tìm R₁?

b. Thay R₂ bằng một bóng đèn thì đèn sáng bình thường, khi đó công suất trên đoạn mạch AB là lớn nhất. Tính công suất và hiệu điện thế định mức của đèn? Biết U = 12V.   

Có 3 đèn Đ₁, Đ₂ và Đ₃ mắc vào nguồn hiệu điện thế U = 15V không đổi qua điện trở r như 2 sơ đồ bên (hình 2a và hình 2b). Biết đèn Đ₁ và Đ₂ giống nhau, trong cả 2 sơ đồ  cả 3 đèn đều sáng  bình thường.

a. Tìm hiệu điện thế định mức đối với mỗi đèn.

PHÒNG GD&ĐT TP HẢI DƯƠNG

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 - VÒNG 2

NĂM HỌC 2016 – 2017 MÔN: VẬT LÝ

Thời gian làm bài: 150 phút.

Câu

Nội dung đáp án

Điểm

1

0,25

0,25

0,25

0,25

c. Khi kéo hệ vật lên:

Xét khi vật B ra khỏi nước, vật A rời khỏi đáy bình nhưng vẫn chìm hoàn toàn trong nước:

Xét vật A, ta có: P₁ = F_A1 + T

Lực căng dây T = P₁ - F_A1 = 10m₁ - 10D₀a³ = 10.12 – 10.1000.( 0,2)³ = 40N Vì T < T_max nên dây chưa bị đứt

Xét khi vật A ra khỏi nước, ta có:

Lực căng của dây T = P₁ = 10.12 = 120N

Vì T > T_max nên dây bị đứt

Vậy dây bắt đầu bị đứt khi vật A còn chìm một phần trong nước. Gọi chiều cao vật A chìm trong nước là x. (0 < x < a)

Xét vật A lúc đó, ta có: F_A1^’ = P₁ - T_max = 120 – 70 = 50N

=> 10.D₀.a².x = 50

 \(x = {{50} \over {10.1000.{{(0,2)}^2}}} = 0,125(m) = 12,5cm\)

Vậy dây bắt đầu bị đứt khi vật A còn chìm trong nước là 12,5cm.

* HS không biểu diễn lực trừ 0,125đ

0,25

0,25

0,25

0,25

2

+ Gọi nhiệt dung của bình 1, bình 2 và nhiệt kế lần lượt là q₁, q₂ và q(J/K)

Sau lần nhúng thứ hai nhiệt độ của bình 1 là t₁ = 80⁰C, bình 2 và nhiệt kế là t₂ = 16⁰C.

+ Sau lần nhúng thứ ba vào bình 1, nhiệt độ là t₃ = 78⁰C, phương trình cân bằng nhiệt là: q₁(t₁ – t₃) = q(t₃ – t₂)              

=> q₁(80 – 78) = q(78 – 16) => q₁ = 31q

+ Sau lần nhúng thứ tư vào bình 2,  nhiệt độ là t₄ = 19⁰C, phương trình cân bằng nhiệt là: q₁(t₄ – t₂) = q(t₃ – t₄)              

=> q₂(19 – 16) = q(78 – 19) => q₂ = (59/3)q

+ Sau lần nhúng thứ năm vào bình 1, nhiệt độ là t, phương trình cân bằng nhiệt là: q₁(t₃ – t) = q(t – t₄)

=> q₁(78 – t) = q(t – 19) => 31q(78 – t) = q(t – 19)

=> t ≈ 76,2⁰C

b. Sau một số lớn lần nhúng nhiệt kế ta coi như bài toán đổ hai chất lỏng vào nhau rồi thả nhiệt kế vào đó.

Khi đó phương trình cân bằng nhiệt là: q₁(80 – t^’) = (q₂ + q)(t^’ – 16)

 \( \Rightarrow {\rm{ }}31q\left( {80{\rm{ }}-{\rm{ }}t'} \right){\rm{ }} = \left( {{{59} \over 3}q + q} \right)\left( {t'-{\rm{ }}16} \right) \Rightarrow {\rm{ }}t'{\rm{ }} = {\rm{ }}{54,4^0}C.\;\)

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,5

3

a. Điện trở toàn mạch: \(R = {\rm{ }}r{\rm{ }} + {\rm{ }}{R_{AB}} = \;r + {{{R_1}.{R_2}} \over {{R_1} + {R_2}}} = {{{R_2}(r + {R_1}) + r.{R_1}} \over {{R_1} + {R_2}}}\)

- Dòng điện mạch chính: \(I = {U \over R} = {{U({R_1} + {R_2})} \over {{R_2}(r + {R_1}) + r.{R_1}}}\)

- Từ hình vẽ ta có: \({U_2}_{} = {\rm{ }}{U_{AB}}_{} = I.{R_{AB}} = \;{{U{R_1}R_2^{}} \over {{R_2}(r + {R_1}) + r.{R_1}}}\)

- Công suất trên R₂: \({P_2} = {{U_2^2} \over {{R_2}}} = {{{U^2}.R_1^2.{R_2}} \over {{{\left[ {{R_2}\left( {r + {R_1}} \right) + r{R_1}} \right]}^2}}}\)

Vận dụng bất đẳng thức côsi ta có:

 \({P_2} = {{{U^2}.R_1^2.{R_2}} \over {{{\left[ {{R_2}\left( {r + {R_1}} \right) + r{R_1}} \right]}^2}}} \le {{{U^2}.R_1^2.{R_2}} \over {4{R_2}(r + {R_1}).r{R_1}}} = {{{U^2}.{R_1}} \over {4r(r + {R_1})}}\)

Vậy \({P_{2MAX}} = \;{{{U^2}.R_1^{}} \over {4r(r + {R_1})}}\) khi R₂(r + R₁) = rR₁ =>  \({R_2} = {{r{R_1}} \over {r + {R_1}}}\)           (1)

Mặt khác theo bài ra ta có: \({{{P_1}} \over {{P_2}}} = {1 \over 3}\; \Rightarrow {{U_{AB}^2} \over {{R_1}}}.{{{R_2}} \over {U_{AB}^2}} = {1 \over 3}\)

=>   \({{{R_2}} \over {{R_1}}} = {1 \over 3} \Rightarrow {R_1} = {\rm{ }}3{R_2}\)        (2)       

Từ (1) và (2) Giải ra ta có: R₂= 2Ω; R_1­= 6Ω

b. Thay R₂ bằng đèn. Từ hình vẽ ta có:

- Cường độ dòng điện mạch chính: \(I = {U \over {r + {R_{AB}}}}\)

- Công suất trên AB: P _AB = I².R_AB => \({P_{AB}} = {{{U^2}.{R_{AB}}} \over {{{(r + {R_{AB}})}^2}}} \le {{{U^2}.{R_{AB}}} \over {4r.{R_{AB}}}} = {{{U^2}} \over {4r}}\)

   \(\; \Rightarrow {P_{ABMAX}} = {{{U^2}} \over {4r}}\)  Khi r = R_AB = 3

Mặt khác  \({R_{AB}} = {{{R_1}.{R_{\rm{d}}}} \over {{R_1} + {R_d}}} = 3\Omega  \Rightarrow {{6{R_d}} \over {6 + {R_d}}} = 3 \Rightarrow {R_d} = {\rm{ }}6\Omega \)

Do R_đ = R₁ => P _đ = P ₁= \({{{P_{AB}}} \over 2} = {{{U^2}} \over {8r}} = 6W\)

Mặt khác vì R_AB = r => U_đ = U_AB = U/2 = 6V

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

4 

a. Vì 3 bóng đèn sáng bình thường: I­₃ = 2I₁, U­₃ = 2U₁

Xét hình 2a có:

U = I­₃.r + U₃ + U₁ = 2I₁.r+ 3U₁                     (1)

Xét hình 2b có:

U = (I₃ + I₁).r +2U₁ = 3I₁.r + 2U₁       (2)

Từ (1) và (2):

2I₁.r+ 3U₁ = 3I₁.r + 2U₁=> I₁.r = U₁ = I₁.R_Đ1 => R_Đ1 = R_Đ2= r

Thay vào (1) có U = 5U₁ => U_Đ1 = U_Đ2 = 3 (V), U₃ = 2.U₁ = 2.3 = 6(V)

Vậy hiệu điện thế của Đ₁, Đ₂, Đ₃ lần lượt là: 3V; 3V; 6V

0,25

0,25

b)  Theo sơ đồ hình 2a, ta có công suất tiêu thụ của toàn mạch điện là:

P_2a= U.I₃ = 2U.I₁ → I₁ = \({{{{\rm{P}}_{2a}}} \over {2U}} = 0,5A\) → I₃ = 2I₁ = 1A

Công suất định mức của mỗi bóng đèn là

P₁= P₂= U₁ I₁ = 3.0,5 = 1,5 W

P₃= U₃ I₃ = 6.1 = 6W

0,25

0,25

c) Hiệu suất trong hai cách mắc trên là:

\({H_{2a}} = {{{P_{2a}}} \over {{P_M}}} = {{2{P_1} + {P_3}} \over {{P_M}}} = 60\% \);

\({H_{2b}} = {{{P_{2b}}} \over {{P_M}}} = {{2{P_1} + {P_3}} \over {U(I{}_1 + {I_3})}} = 40\% \)

Vậy mắc các bóng đèn như sơ đồ hình 2a có lợi hơn cách mắc bóng đèn như sơ đồ hình 2b

0,25

0,25

5

Khi tủ sấy nóng tới nhiệt độ ổn định thì công suất tỏa nhiệt của dòng điện ở tủ sấy bằng công suất tỏa nhiệt từ tủ sấy ra môi trường xung quanh.

Lúc đầu mạch điện chỉ có điện trở R₀ mắc nối tiếp với một tủ sấy có điện trở R, cường độ dòng điện chạy qua tủ sấy là : I₁ =  \({U \over {{R_0} + R}}\) 

Ta có: I₁².R = k(t₁ – t₀)

=> \({{{U^2}R} \over {{{({R_0} + R)}^2}}} = {\rm{ }}k\left( {{t_1}-{\rm{ }}{t_0}} \right)\;\; \Rightarrow {{{U^2}.2} \over {90}} = k.32\)                                        (1)

Khi mắc thêm một tủ sấy nữa song song với tủ trước, cường độ dòng điện chạy qua mỗi tủ sấy là: \({I_2} = {U \over {2({R_0} + {R \over 2})}}\)

Ta có: I₂².R = k(t₂ – t₀)

=>  \({{{U^2}R} \over {4{{({R_0} + {R \over 2})}^2}}} = {\rm{ }}k\left( {{t_2}-{\rm{ }}{t_0}} \right)\; \Rightarrow {{{U^2}.2} \over {160}} = k.({t_2} - 20)\)      (2)

Từ (1) và (2) ta được: \({{16} \over 9} = {{32} \over {{t_2} - 20}}\)

Thay số được: t₂ = 38⁰C.

Vậy nếu mắc thêm một tủ sấy giống như tủ sấy trước và mắc song song với tủ đó thì các tủ sấy sẽ nóng tới nhiệt độ ổn định 38⁰C.

0,25

0,25

0,25

0,25

6

a. Cơ sở lý thuyết:

- Có khối lượng riêng được xác định bởi công thức: \(D = {m \over V}\)

- Để xác định được D ta cần xác định m và V

- Với các dụng cụ đã cho để xác định được m ta dùng cân, còn xác định V ta đo thông qua thể tích của nước.

b. Tiến hành đo:

- Dùng cân đo khối lượng của cốc (m₁)

- Đổ nước vào đầy cốc đo khối lượng của cốc nước (m₂)

 Ta có: khối lượng của nước m_n = m₂ – m₁

- Đổ nước ra đổ đầy chất lỏng cần xác định khối lượng riêng vào cốc, dùng cân đo khối lượng của cốc chất lỏng (m₃)

Ta có: khối lượng của chất lỏng: m_x = m₃ – m₁

 c. Tính toán: Trên cơ cở của các phép đo ta có: thể tích của nước bằng thể tích của chất lỏng cần xác định. 

Ta có: V_n  \( = {{{m_n}} \over {{D_n}}} = {{{m_2} - {m_1}} \over {{D_n}}} \Rightarrow {V_x} = {{{m_x}} \over {{D_x}}} = {{{m_3} - {m_1}} \over {{D_x}}}\)

\({{{m_3} - {m_1}} \over {{D_x}}} = {{{m_2} - {m_1}} \over {{D_n}}} \Rightarrow {D_x} = {{({m_3} - {m_1}){D_n}} \over {({m_2} - {m_1})}}\).

Thay kết quả m₁, m₂, m₃ và D_n đã biết, ta xác định được D_x.

d. Biện luận sai số:

- Sai số do cách đo:

+ Trong quá trình cân khối lượng của cốc, cốc nước và cốc chất lỏng đọc số chỉ thiếu chính xác

+ Có sự dính ướt của nước trong cốc.

- Sai số do dụng cụ đo: Chọn dụng cụ đo (cân và bộ quả cân) có GHĐ và ĐCNN thích hợp

- Khắc phục bằng cách đo nhiều lần và lấy giá trị trung bình.

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25