<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO</b>
<b>BẮC GIANG</b>

<b>HƯỚNG DẪN CHẤM</b>

<b>BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA CẤP TỈNH</b>
<b>NGÀY THI: 16/3/2019</b>

<b>MƠN THI: VẬT LÍ - LỚP 9 </b>
<i><b>Bản hướng dẫn chấm có 06 trang</b></i>

<b>CÂU</b> <b>Ý</b> <b>NỘI DUNG</b> <b>ĐIỂM</b>

<b>CÂU 1</b> <b>CHUYỂN ĐỘNG CƠ</b> <b>2,0</b>

1 Tính AB và t.

+ Gọi t1, t2 lần lượt là thời gian đi từ A đến B tương ứng với các vận tốc v1,
v2. Ta có:

1 1 2 2 1 2 2 1

AB v t v t  48t 12t  t 4t (1)

+ Theo bài ra, ta có:

1

18
t t

60

  (2)

2

27
t t

60

  (3)

0,25

0,25

+ Thay (2), (3) vào (1), ta được: t 27 4(t 18) t 33 0,55 (h)

60 60 60

      0,5

+ Quãng đường AB: 1 1

33 18

AB v t 48( ) 12 (km)
60 60

    0,25

2 Tính CB.

+ Ta có: t AC CB t AB CB CB 12 CB CB

48 12 48 12 48 12

 

      

+ Giải ra được: CB = 4,8 km.

0,5

0,25

<b>CÂU 2</b> <b>CƠ HỌC CHẤT LỎNG</b> <b>3,0</b>

1 Tính chiều cao phần hộp nổi trên mặt nước.

+ Gọi h là chiều cao phần nổi của hộp trên mặt nước khi hộp nằm cân bằng.
+ Điều kiện cân bằng của hộp:

2

A n C n

F  P d .V  P d .(a h).a P

4

2 4 2

n

P 16.10

h a 4 3(m).

d .a 10 .4

     

0,5

0,5

2 Bơm nước vào hộp qua lỗ nhỏ với lưu lượng khơng đổi V0 = 2 m3/giờ.
2.a Sau bao lâu thì hộp bắt đầu chìm hồn tồn trong nước?

+ Bơm nước vào hộp, khi hộp bắt đầu chìm hồn tồn trong nước thì tổng
trọng lượng của hộp và trọng lượng của nước bơm vào trong hộp cân bằng
với lực đẩy Ác-si-mét lúc này.

+ Ta có: P P n FA1 Pn FA1 P d .a n 3 P
+ Thay số: 4 3 4 4

n

P 10 .4 16.10 48.10 (N).

0,5

+ Thời gian bơm nước từ lúc bắt đầu bơm đến lúc hộp bắt đầu chìm hồn
tồn trong nước là

4
n

b 4

n 0

P 48.10

t 24 (h).

d V 10 .2

  

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

2b Tính cơng lực đẩy Ác-si-mét trong khoảng thời gian t = 16 giờ kể từ lúc bắt
đầu bơm.

+ Vì thời gian từ lúc bắt đầu bơm nước đến lúc hộp bắt đầu chìm hồn tồn là
dài, nên trong q trình trên, ở thời điểm t bất kỳ lực đẩy Ác-si-mét (FA2)
bằng tổng trọng lượng hộp (P) và trọng lượng của lượng nước bơm vào hộp
(Pn2).

+ Ta có: P P n 2 FA2 P d V .t F n 0  A2 (*)

4 4 4

A2

F 16.10 10 .2.16 48.10 (N)

   

0,5

+ Mà

4

2 A2

A2 n C C 2 4 2

n

F 48.10

F d .a .h h 3 (m).

d .a 10 .4

     (hC là chiều cao phần

hộp chìm trong nước).

+ Quãng đường chuyển động từ lúc bắt đầu bơm đến thời điểm t là
C

S h  (a h) 3 (4 3) 2 (m)    

0,25

+ Vì lực đẩy Ác-si-met tăng đều theo thời gian (theo (*)) nên công của lực
đẩy Ác-si-mét từ lúc bắt đầu bơm đến thời điểm t là

4 4

4

A A2 A2

F F P F 16.10 48.10

A .S .S .2 64.10 (J).

2 2 2

  

   

0,5

<b>CÂU 3</b> <b>NHIỆT HỌC</b> <b>3,0</b>

1 Xác định tỉ số giữa nhiệt dung của chất lỏng trong bình 1 và nhiệt dung của

chất lỏng trong bình 2.

+ Gọi q1, q2, q lần lượt là nhiệt dung của bình 1, bình 2 và của nhiệt kế.
+ Sau lần nhúng thứ nhất (vào bình 1) ta biết được nhiệt độ của bình 1 đang
là 40o_C.

+ Sau lần nhúng thứ hai (vào bình 2) ta biết được nhiệt độ của bình 2 đang là
8o_{C; nhiệt kế đang ở bình 2 nên cũng có nhiệt độ là 8}o_C.

+ Phương trình cân bằng nhiệt cho lượt nhúng lần 3:

1 1

q (40 39) q(39 8)    q 31q ₍₁₎

+ Phương trình cân bằng nhiệt cho lượt nhúng lần 4:

2 2

59
q (9,5 8) q(39 9,5) q q

3

     (2)

+ Lấy (1) chia cho (2), ta được: 1
2
q 93

.
q 59

0,25

0,25

0,25

0,5

2 Đến lần nhúng thứ năm nhiệt kế chỉ bao nhiêu?

+ Gọi tx là số chỉ của nhiệt kế khi nhúng lần thứ 5:

+ Phương trình cân bằng nhiệt cho lượt nhúng thứ thứ 5 là

1 x x

q (39 t ) q(t   9,5) (3)

+ Lấy (1) chia cho (3), ta được:
1

1 x x x x

q 31q 1 31

q (39 t ) q(t  9,5) (39 t ) (t  9,5)

0
x

t 38,08 C.

 

0,5

0,5

3 Sau một số rất lớn lần nhúng như vậy, nhiệt kế chỉ bao nhiêu?

+ Sau khi nhúng đi nhúng lại một số lần rất lớn thì nhiệt độ của hai bình và
nhiệt kế là như nhau, gọi nhiệt độ đó là t.

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

+ Thế (1) và (2) vào (4), ta được: 31q(40 t) (q 59q)(t 8)
3

   

0

t 27, 2 C.

  0,25

<b>CÂU 4</b> <b>DỊNG ĐIỆN KHƠNG ĐỔI</b> <b>4,0</b>

1 Tính cơng suất tiêu thụ của đoạn mạch AB và giá trị các điện trở R1, R2.
+ Gọi U1, U2 lần lượt là số chỉ của vơn kế V1, V2.

+ Ta có: 1 12
2 3x

U R

1, 2
U R 

+ Mà 3x 3 x0
3 x0

R R 20.20

R 10

R R 20 20

   

   R121, 2R3x 1, 2.10 12 

+ Điện trở tương đương của đoạn mạch AB là
AB 12 3x

R R R 12 10 22  

+ Công suất tiêu thụ trên đoạn mạch AB là:

2 2

AB
U 22

P 22 W.

R 22

  

0,25

0,25

0,25

+ Cường độ dòng điện trong mạch chính là
P 22

I 1 A

U 22

   I₃ I_x I 0,5 A.
2

   

+ Trường hợp 1: Dịng điện qua ampe kế A có chiều từ M đến N.
1

1 3 A 1

1
U 12

I I I 0,6 A R 20

I 0,6

       _;

2

2 x A 2

2
U 12

I I I 0, 4A R 30 .

I 0, 4

       

+ Trường hợp 2: Dòng điện qua ampe kế A có chiều từ N đến M.
1

1 3 A 1

1
U 12

I I I 0, 4 A R 30

I 0, 4

       _;

2

2 x A 2

2
U 12

I I I 0,6A R 20 .

I 0,6

       

0,25

0,25

0,25

2 Nếu ta điều chỉnh giảm liên tục giá trị của biến trở Rx từ Rx0đến 0 thì cơng

suất tiêu thụ trên Rx sẽ thay đổi như thế nào?

+ Ta có: 3x 3 x x

3 x x

R R 20R
R

R R 20 R

 

 

x
AB 12 3x

x
240 32R

R R R

20 R


   



+ Mặt khác ta có: x 3x x 3x

AB AB

R R

U

U .U

U R  R
+ Công suất tiêu thụ trên Rx là

2 2 2

x x

x 2 2

2

x x

x
x

U 440 R 440

P

240
R (240 32R )

32 R 7680
R

  



 

+ Theo bất đẳng thức Cô-si, ta thấy công suất Px lớn nhất khi
2

2

x x

x
240

32 R R 7,5 .

R    

0,25

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

Công suất cực đại là x(max)
605

P W

96

 0,25

<b>Nhận xét: Khi giảm liên tục giá trị của R</b>x từ Rx020 đến Rx 7,5 thì
cơng suất tỏa nhiệt trên Rx tăng liên tục tới giá trị cực đại x(max)

605

P W

96

 và

sau đó giảm liên tục giá trị của Rx từ Rx 7,5 đến Rx  0 thì cơng suất
này lại giảm liên tục đến 0.

0,5

3 Rx có giá trị nằm trong khoảng nào để dòng điện qua ampe kế A có chiều từ

M đến N?

Cường độ dịng điện qua ampe kế có độ lớn là

3 3x 3x

1 12 12

A 1 3

1 3 1 3 12 3x 1 3

U I.R R

U I.R U R

I I I

R R R R R R R R

       



với 3x 3 x

3 x

R .R
R

R R




0,25

<b>Trường hợp 1: Khi </b>R120; thay số ta được A x
x
330 11R
I

300 40R





Để dòng điện chạy qua ampe kế theo chiều từ M đến N thì x
x
330 11R

0
300 40R






x

0 R 30 .

   

0,5

<b>Trường hợp 2: Khi </b>R130; thay số ta được A x
x
330 24,75R
I

450 60R




Để dòng điện chạy qua ampe kế theo chiều từ M đến N thì

x
x
330 24, 75R

0
450 60R





 x

40

0 R .

3

   

0,5

<b>CÂU 5</b> <b>QUANG HỌC</b> <b>4,0</b>

1 Vẽ ảnh của vật tạo bởi thấu kính.

- Lập luận cách vẽ đúng

- Vẽ đúng hình

0,5

0,5

2 Tính độ dài đoạn OM theo a.

+ Đặt OM = x, ta có: ON ' ON.f (x a)f
ON f x a f



 

   ;

OM.f xf
OM '

OM f x f

 

 



3
(x a)f xf 25a
M ' N ' ON ' OM '

x a f x f (x 6a)(x 5a)


    

    

0,5

0,5

+ Theo đề cho M ' N ' 1, 25a

3
25a

1, 25a

 

O

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

+ Giải phương trình (*) ta được 2 nghiệm: x1a và x2 10a

+ Nhận xét: Theo đề cho là ảnh thật nên chọn nghiệm x2 10a (do x f ).
Vậy: OM 10a.

0,25

0,25
3 Tính diện tích ảnh của hình vng.

Biết OM 10a , ta tính được:

2

f 5a

M 'Q' a a

x f (x 5a)

  

  ;

2

f 5a 5a

N 'P ' a

(x a) f (x 6a) 4

  

  

0,5

Diện tích ảnh là diện tích hình bình thang M ' N 'P 'Q ':
2

1 1 5 45

S' M 'N'(M'Q' N'P') 1, 25a(a a) a .

2 2 4 32

     0,5

<b>CÂU 6</b> <b>ĐIỆN TỪ HỌC</b> <b>2,0</b>

1 Xác định cảm ứng từ do dòng điện I1 gây ra tại điểm M.

+ Áp dụng quy tắc “cái đinh ốc 1 hay nắm bàn tay phải” ta xác định được: B1



do dòng điện I1 gây ra tại M có phương vng góc với mặt phẳng hình vẽ,
chiều hướng từ ngồi vào trong (B 1



).

+ Độ lớn: 7 1 7 5

1

I 10

B 2.10 2.10 . 10 T.

r 0, 2

  

  

0,5

0,5

2 Xác định cảm ứng từ tổng hợp do hai dòng điện I1, I2 gây ra tại M.
+ Áp dụng quy tắc “cái đinh ốc 2” ta xác định được: B2



do dịng điện I2 gây
ra tại M có phương vng góc với mặt phẳng hình vẽ, chiều hướng từ ngoài
vào trong (B 2



).

+ Độ lớn: 2 7 2 7 5

I 20

B 2 .10 . 2.3,14.10 . 12,56.10 T.

R 0,1

  

   

0,25

0,25

+ Cảm ứng từ tổng hợp do hai dòng điện I1, I2 gây ra tại M là BM B1B2

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

Do B1



cùng chiều B2



nên BM



cùng chiều B1



, B2



(BM



)

+ Độ lớn: 5 5 5

M 1 2

B B B 10 12,56.10 13,56.10 T.

    

0,25

0,25

<b>CÂU 7</b> <b>Thực hành</b> <b>2,0</b>

<b>* Cơ sở lý thuyết: </b>1 1 R 1r
I E E

+ Đặt: y 1; x R; B 1;C 1r y B.x C

I E E

       (phương trình biểu diễn
đường thẳng (d))

+ Dựng đường thẳng (d) và từ đồ thị ta sẽ thu được r.

0,5

0,5

Đại lượng

Lần đo R () I (A) 1 1

( )
I A
1

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

<b>* Phương án:</b>

+ Bước 1: Mắc ampe kế nối tiếp với R1 rồi mắc vào hai cực của pin với
khóa K.

+ Bước 2: Thay đổi điện trở mạch ngoài R, ghi giá trị R và số chỉ của ampe
kế vào bảng số liệu.

+ Bước 3: Lặp lại bước 2 ít nhất 5 lần (thay đổi R bằng việc mắc phối hợp
các điện trở R1, R2, R3).

+ Bước 4: Dựng đường thẳng (d).
Đo góc   B tan r C

B
    .

0,5

0,5

<b>Chú ý: </b>

<i>- Học sinh làm cách khác đúng cho điểm tối đa của phần đó;</i>
<i>- Giải sai ra kết quả đúng không cho điểm;</i>

</div>

<!--links-->