TOP 5 đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh năm 2009-2010 môn lý 9 UBND tỉnh Bắc Ninh (có lời giải)
Tổng hợp TOP 5 đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh năm 2009-2010 môn lý 9 UBND tỉnh Bắc Ninh (có lời giải) rất hay và bổ ích giúp bạn đạt điểm cao. Các bạn tham khảo và ôn tập để chuẩn bị thật tốt cho kỳ thi tốt nghiệp sắp đến nhé. Mời bạn đọc đón xem.
Chủ đề: Đề thi Vật Lí 9 12 tài liệu
Môn: Vật Lí 9 143 tài liệu
Tác giả:
Preview text:
UBND TỈNH BẮC NINH
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
NĂM HỌC 2009 – 2010
MÔN THI: VẬT LÝ – LỚP 9 - THCS ĐỀ CH ÍNH THỨC
Thời gian làm bài : 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 14 / 04/ 2009
--------------***-------------- Bµi 1:(3 điểm)
Hai xe máy đồng thời xuất phát, chuyển động đều đi lại gặp nhau, một đi từ thành phố
A đến thành phố B và một đi từ thành phố B đến thành phố A. Sau khi gặp nhau tại C cách A
30km, hai xe tiếp tục hành trình của mình với vận tốc cũ. Khi đã tới nơi quy định, cả hai xe
đều quay ngay trở về và gặp nhau lần thứ hai tại D cách B 36 km. Coi quãng đường AB là
thẳng. Tìm khoảng cách AB và tỉ số vận tốc của hai xe. Bài 2:(3 điểm)
Người ta đổ m1 gam nước nóng vào m2 gam nước lạnh thì thấy khi cân bằng nhiệt,
nhiệt độ của nước lạnh tăng 50C. Biết độ chênh lệch nhiệt độ ban đầu của nước nóng và nước lạnh là 800C. 1. Tìm tỷ số m1/ m2.
2. Nếu đổ thêm m1 gam nước nóng nữa vào hỗn hợp mà ta vừa thu được, khi có cân
bằng nhiệt thì nhiệt độ hỗn hợp đó tăng thêm bao nhiêu độ?
Bỏ qua mọi sự mất mát về nhiệt. Bài 3:(4 điểm)
Cho mạch điện như hình vẽ 1. Nguồn điện có hiệu điện
thế không đổi U = 12V. Hai bóng đèn giống nhau, trên mỗi đèn + U
có ghi: 6V- 3W. Thanh dẫn AB dài, đồng chất, tiết diện đều. Vị Đ1
trí nối các bóng đèn với thanh là M và N có thể di chuyển được N
dọc theo thanh sao cho AM luôn bằng BN. Khi thay đổi vị trí A B M
của M và N trên thanh thì thấy xảy ra hai trường hợp các đèn
đều sáng bình thường và công suất tiêu thụ trên mạch ngoài Hỡnh vẽ Đ2
trong hai trường hợp bằng nhau. Tìm điện trở toàn phần của 1 thanh AB. Bài 4:(4 điểm)
Một máy sấy bát đĩa có điện trở R = 20 mắc nối tiếp với điện trở R0 = 10 rồi
mắc vào nguồn điện có hiệu điện thế không đổi. Sau một thời gian, nhiệt độ của máy sấy
giữ nguyên ở 52oC. Nếu mắc thêm một máy sấy giống như trước song song với máy đó thì
nhiệt độ lớn nhất của máy sấy là bao nhiêu? Nhiệt độ phòng luôn là 20oC, coi công suất tỏa
nhiệt ra môi trường tỉ lệ với độ chênh lệch nhiệt độ giữa máy sấy và môi trường. Bài 5:(4 điểm)
Hệ quang học gồm một gương phẳng và một thấu
kính hội tụ mỏng có tiêu cự f. Gương phẳng đặt tại tiêu diện
của thấu kính (hình vẽ 2). Nguồn sáng điểm S đặt trên trục * O F
chính của thấu kính, cách đều thấu kính và gương. Bằng cách S
vẽ đường đi của các tia sáng hãy xác định vị trí của tất cả các
ảnh của S qua hệ. Tìm khoảng cách giữa các ảnh đó. Hình vẽ 2
(C (Chỳ ý : học sinh không dùng công thức thấu kính) Bài 6:(2 điểm)
Hãy xác định trọng lượng riêng của 1 chất lỏng với dông cụ: một lực kế, một chậu
nước và một vật nặng. Nêu các bước tiến hành và giải thích. Trang 1
---------------HẾT---------------
SỞ GIÁO DUC- ĐÀO TẠO
KỲ THI HỌC SINH GIỎI THCS CẤP TỈNH BẮC NINH NĂM HỌC 2009- 2010 MÔN: Vật lý. Lớp 9
ĐÁP ÁN - BIỂU ĐIỂM CHẤM Bài Nội dung Điểm Gọi v
1 là vận tốc của xe xuất phát từ A, v2 là vận tốc của xe xuất phát từ B, t1 là
khoảng thời gian từ lúc xuất phát đến lúc gặp nhau lần 1, t
2 là khoảng thời gian từ
lỳc gặp nhau lần 1 đến lúc gặp nhau lần 2, x = AB.
Gặp nhau lần 1: v t 30 , v t x 30 0,5 1 1 2 1 v 30 suy ra 1 (1) 0,5 v x 30 2
Gặp nhau lần 2: v t (x 30) 36 x 6 1 2 1
v t 30 (x 36) x 6 0,5 2 2 v x 6 suy ra 1 (2) v x 6 0,5 2
Từ (1) và (2) suy ra x = 54km. 0,5
Thay x = 54 km vào (1) ta được v v 1 2 1, 25 hay 0,8 0,5 v v 2 1
Nước nóng có nhiệt độ t1
Nước lạnh có nhiệt độ t2
Sau khi có cân bằng nhiệt, nhiệt độ hỗn hợp là t 2a m t t 1 2
Ta có PTCBN m1C(t1-t) = m2C( t-t2) => m t t 0,5 2 1 Theo bài ra t - t 2 = 5 0,5 t
1 – t2 = 80 => t1 = 75 + t m t t 5 Thay vào 1 2 0,5 m t t 75 2 1 2b
+ Khi đổ thêm vào m1 nước nóng vào hỗn hợp khi cân bằng nhiêt; nhiệt độ hỗn hợp
t’. ta có pt cân bằng nhiệt
m1(t1- t’) = (m1 + m2)(t’- t) mà t1 = 75 + t 0,5
Thay vào m1(75 +t - t’) = (m1 + m2)(t’- t) m 75 m 5 m 5 1 1 2 Rút gọn ta có t't mà m 2m m m 75 1 75 0,5 1 2 2
Thay số vào tính được : t’ - t ~ 4,412
Vậy khi cân bằng nhiệt hỗn hợp đó tăng 4,412 0,5 0 C
Gọi R là điện trở của thanh AB. Khi thay đổi vị trí M và N trên thanh AB thì có hai
trường hợp các đèn sáng bình thường. Đ1
Trường hợp 1: M và N trùng nhau tại trung điểm của thanh. N A B 0,75 M Trang 2 Đ 2 R Khi đó, R AM = RNB = 2 3
Công suất tiêu thụ trên toàn mạch trong trường hợp này là: P 2
1 = 2Pđ + PR = 2Pđ + 4Uđ / R (1) 0,75
ở đây Pđ, Uđ là công suất và hiệu điện thế định mức của đèn ( Pđ = 3W; Uđ = 6V) AB
Trường hợp 2: M và N ở hai vị trí sao cho AM = NB > . Lúc này ta có 0,5 2 mạch cầu cân bằng. Đ1 R x d x R = R M d AM = RNB ; x R A B d 0,5 N
Rđ là điện trở của đèn. Đ2
- Công suất tiêu thụ trên toàn mạch trong trường hợp này là: 0,5 P 2
2 = 2Pđ + PAN + PNB = 2Pđ + 2Uđ /RAM = 2P 2 đ + 2Uđ /RNB = 4Pđ (2) Đ1 M x
Mặt khác, theo đề bài ta có: P2 = P1 (3)
Từ (1), (2), (3) ta tìm được: A B 1 R= 24
Vậy điện trở của thanh AB là 24 x N Đ2
Máy sấy mắc vào mạch điện như hình vẽ. ta biết rằng công suất tỏa nhiệt ra môi
trường tỉ lệ với độ chênh nhiệt độ giữa máy và phòng. Khi nhiệt độ máy sấy ổn định 1
thì công suất P bằng công suất hao phí.
Lúc đầu công suất của máy sấy là: I2R k(t t ) 1 1 0 Ro U U với I R R 1 4 R R 0 2 0,75 Từ đó U R k(t t ) 1 )( 2 1 0 (R R ) 0
Khi mắc tủ sấy song song thì:cường độ dòng điện mạch chính là: U I ' 0,25 R R / 2 0
Hiệu điện thế hai đầu máy sấy là: U I ' R / 2 m
Cường độ dòng điện đi qua mỗi máy sấy là: U U m I 2 0,25 R 2(R / 2 R ) 0
Công suất của mỗi máy sấy là: 2 '
I R k(t t ) 2 x 0 U 2R 0,75 Suy ra k(t t ) 2 )( 2 x 0 ( 4 R / 2 R ) 0 0,5 (R R )2 Từ (1) và (2) suy ra: t t (t t ) 0 18o C suy ra t x 0 1 0 x = 38oC ( 4 R / 2 R )2 0,5 0 Fp’ G K I 0,5 * O * * S F S1 3 F’ S S2 5 Trang 3
* Trường hợp 1: Xét ánh sáng đến thấu kính trước
- Tia khúc xạ của tia tới SI song song với trục phụ cắt trục phụ tại tiêu điểm phụ p F’ 0, 5
p. Đường kéo dài F’pI cắt trục chính tại S1. Suy ra S1 là ảnh ảo của thấu kính. Ta thấy: OI SO S OI S F' ' O F p ) 1 ( F' ' F OF' p OI OS S OI S S F' ' 1 F p ( ) 2 1 1 F' ' F F'S 0,5 p 1 S O S O 1 (*) OF' OS F' O 1
Theo bài ra: OF’= f; OS = f/2, thay vào (*) trên ta tìm được OS1 = f 0,5
Vậy S1 trùng với tiêu điểm F’ và gương
* Trường hợp 2: Xét ánh sáng đến gương trước
- Lấy S2 đối xứng với S qua gương suy ra S2 ảnh ảo của S qua gương, nối S2K sao cho S 2K // ( ), nối K với F’ p
p cắt trục chính tại S3 suy ra S3 là ảnh thật của S qua hệ gương ( hình vẽ) 0,5 Vỡ S OK OS ' ' 2 S 2K// S OK F O F p ) 3 ( p 2 F' ' F OF' p OK OS S O S OK S S F' ' 3 3 F p ( ) 4 3 3 F' ' F F'S OS f 0,5 p 3 3 S O OS Từ (3) và (4) suy ra: 2 3 (**) OF' OS f 3
Vỡ OS2 = OS + SF + FS2 = f/2 + f/2 + f/2 = 1,5f 5 , 1 f OS 0,5 Thay vào (**) 3 O . 5 , 1 S 5 ,
1 f OS OS 3 f f OS f 3 3 3 3
Kết hợp hai trường hợp trên ta tìm được khoảng cách giữa các ảnh là:
S1S2 = 0,5f; S1S3= 3f + f = 4f; S2S3 = 3f + 1,5 f = 4,5 f 0,5 Cách làm:
- Móc lực kế vào vật xác định trọng lượng của vật trong không khí P1
- Móc lực kế vào vật xác định trọng lượng của vật trong nước P2 0,5 6
- Móc lực kế vào vật xác định trọng lượng của vật trong chất lỏng cần đo P3 Giải thích: P P 0,5 - Từ giá trị P 1 2
1 và P2 xác định được V thể tích vật nặng V d n 0,5 - Ta có P P d V 1 3 x
- Sau đó lập biểu thức tính P P 1 3 d d với d x n
n là trọng lượng riêng của nước P P 0,5 1 2
- Học sinh có thể giải bài theo cách khác đúng kết quả cho điểm tối đa.
- Thiếu đơn vị mỗi lần trừ 0,5 điểm; toàn bài thiếu hoặc sai đơn vị trừ không quá 1 điểm Trang 4
- Điểm bài thi là tổng điểm các câu không làm tròn. UBND TỈNH BẮC NINH
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
NĂM HỌC 2009 – 2010
MÔN THI: VẬT LÝ – LỚP 9 - THCS ĐỀ D Ự BỊ
Thời gian làm bài : 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 14 / 04/ 2009
--------------***--------------
Bài 1:(4 điểm)
Trên một dòng sông khi xuôi dòng 1 ca nô vượt 1 bè nhỏ đang trôi theo dòng nước tại
A lúc 9 giờ. Sau khi vươt bè được 50 phút ca nô nghỉ 20 phút rồi đi ngược lại và gặp bè tại 1 điểm cách A 8 km.
Xác định vận tốc dòng chảy của nước và thời điểm chúng gặp lại nhau. Biết rằng
trong khi ca nô đi ngược lại thì bè phải dừng 20 phút để sửa chữa. Coi vận tốc của ca nô và
dòng nước chảy là không đổi, quỹ đạo chuyển động của ca nô và bè là thẳng.
Bài 2: (4 điểm)
Trong ruột của một khối nước đá lớn ở 00C có một cái hốc với thể tích
V = 160cm3. Người ta rót vào hốc đó 60gam nước ở nhiệt độ 750C. Hỏi khi nước nguội hẳn
thì thể tích hốc rỗng còn lại bao nhiêu? Cho khối lượng riêng của nước là Dn = 1g/cm3 và của
nước đá là Dd = 0,9g/cm3; nhiệt dung riêng của nước là C = 4200J/kg.K và để làm nóng chảy
hoàn toàn 1kg nước đá ở nhiệt độ nóng chảy cần cung cấp một nhiệt lượng là 3,36.105J.
Bài 3: (4 điểm) _ r + U
Cho mạch điện có sơ đồ như hình vẽ. Biết U = 15V, R
= 15r. Các vôn kế giống nhau, bỏ qua điện trở dây nối. Biết V1 vôn kế V R
1 chỉ 14V, hỏi vôn kế V2 chỉ bao nhiêu?
Bài 4: (4 điểm) R
Một vật AB đặt trước một thấu kính phân kỳ cho một ảnh cao là A R 1B1 = 0,8cm. Thay
thấu kính phân kỳ bằng thấu kính hội tụ có cùng tiêu cự và cũng đặt ở vị trí của V2 thấu kính
phân kỳ thì thu được một ảnh thật, chiều cao là A2B2 = 4cm. Khoảng cách giữa hai ảnh là
72cm. Tìm tiêu cự của thấu kính và chiều cao của vật. Chú ý: Không sử dụng công thức thấu kính.
Bài 5: (4 điểm)
Một "hộp đen" có 3 đầu ra, bên trong chứa một mạch điện gồm một nguồn điện lý
tưởng (không có điện trở trong) và một điện trở R chưa biết giá trị. Nếu mắc một điện trở R0
đã biết giữa hai đầu 1 và 2 thì dòng điện qua điện trở này là I 12
0. Nếu mắc R0 vào giữa hai
đầu 1 và 3 thì dòng điện qua nó là I 13
0, đồng thời I13 I12. Còn khi mắc R0 vào giữa hai
đầu 2 và 3 thì không có dòng điện đi qua. Hãy vẽ sơ đồ mạch điện trong "hộp đen", xác định
hiệu điện thế của nguồn điện và giá trị điện trở R trong "hộp đen". ------------Hết------------
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm ĐÁP ÁN Bài 1
Gọi vận tốc của ca nô khi nước yên nặng v1
Vận tốc của bè = vận tốc của nước v2
Ca nô khi đi xuôi dòng vận tốc so với bờ là ( v1+ v2)
Khi đi ngược dòng vận tốc ( v1- v2) t 1(v1+ v2) A B Trang 5 * * * * C D t1v2 t2v2 t2(v1-v2)
- Sau thời gian 50 phút ca nô tới B ta có S1 = t1(v1+ v2) (1)
bè tới C ta có S2 = v2t1 (2)
- Vì thời gian nghỉ như nhau nên thời gian chuyển động gặp nhau phải như nhau(t2)
- S = (CB) = t2 (v1- v2)+ t2v2 = v1t1 (3) - Mặt khác S = S1- S2
- S = t1(v1+ v2) – t1v2 = v1t1 (4)
So sánh (3) và (4) ta có t2 = t1 = 50 phút
Theo bài ra ta có 8 = v2(t1 + t2) = 2t1 v2 Vậy v2 =8/2t1 = 4,8 km/h
Thời điểm chúng gặp nhau lần 2 là 9h + 20’ +50’ + 50’ = 11h
Bài 2 - Do khối nước đá lớn ở 00C nên lượng nước đổ vào sẽ nhanh chóng nguội đến 00C.
Nhiệt lượng do 60gam nước toả ra khi nguội tới 00C là : Q = 0,06.4200.75 = 18900J. 18900
- Nhiệt lượng đó làm tan một lượng nước đá là: m 0,05625(kg) = 56,25g. 5 3, 36.10 m 56, 25
- Thể tích của phần nước đá tan ra là: V 62,5 (cm3). 1 D 0, 9 d
- Thể tích của hốc đá bây giờ là: V V V 160 62,5 222,5 (cm3). 2 1
- Trong hốc đá chứa lượng nước là : 60 + 56,25 = 116,25(g);
lượng nước này chiếm thể tích 116,25cm3.
- Vậy thể tích phần rỗng của hốc đá còn lại là: 222,5 - 116,25 = 106,25cm3. 1 _ I r
Bài 3 - Ta có U Ir + I R U I.r I R = 14(V) I (A) + 1 V 1 V r U 1 14 14 1 I
Mà I I I C V 1 2 1 r R
R(R R ) V V R I2 R 2R R B V R 2 2
16R 165R .r 42R 0 (*) ; V V R R V2 thay r vào pt (*) ta có: A 15 2 2
16R 11RR 42R 0 (**) V V 2 2 2
121R 2688R 2809R 53R
R 2R (loại nghiệm âm) V U U U Xét đoạn AV V R V 2 2 V 2 V 2B, ta có: 2 2 2 2 (1) U R U U 1 2 3 U 3 R V R AB 2
R(R R ) V U 2R R R R 3 U U 3 - Mặt khác: AB V V AB AB
(2) ; với U 14(V) U R 2R R 4 U U U 7 V1 CA V CA AB V1 Trang 6
- Từ (1) và (2) ta có: U
6 (V) và U 4 (V) AB V2 Bài 4. B B I B I 1 O F' A2 A A F A 1 F O B 2
- Gọi h là chiều cao của AB, f là tiêu cự cả thấu kinh OA B OAB 1 1 A B OA 0,8 1 1 1 1 OA B OA B
OA 5.OA 1 1 2 2 2 1 OA B OAB A B OA 4 5 2 2 2 2 2
- Mà OA OA 72(c )
m OA 12(c )
m ,OA 60(c ) m 1 2 1 2 FA OF f 12 f - Mặt khác: 1 FA B FOI (1) 1 1 A B OI 0,8 h 1 1 F A OF 60 f f 2 F A B F OI (2) 2 2 A B OI 4 h 2 2
- Từ (1) và (2) ta có: f 20(cm) và h 2(cm) Bài 5
- Căn cứ vào các điều kiện bài ra ta có sơ đồ mạch điện của "hộp đen" như hình vẽ: 2,5 - Ta có: I 4 12 =U/R0 (1); 0,5 I
13 = U/(R + R0) (2) và I23 = 0 (3); _ R 1,0 + 5đ
- Từ (1) và (2) ta tìm được: U
U = I12.R0 và R = R0.(I12 - I13)/I13 ; 1 3 1,0 2 UBND TỈNH BẮC NINH
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
NĂM HỌC 2014 – 2015
MÔN THI: VẬT LÝ – LỚP 9 - THCS §Ò chÝnh thøc
Thời gian làm bài : 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngµy thi: 02/4/2015
Bài 1 (5,0 điểm).
Vào lúc 6h sáng có hai xe cùng khởi hành. Xe 1 chạy từ A với tốc độ B C
không đổi v1 = 7m/s và chạy liên tục nhiều vòng trên chu vi hình chữ nhật
ABCD. Xe 2 chạy từ D với tốc độ không đổi v2 = 8m/s và chạy liên tục v Trang 7 1 v 2 A D
nhiều vòng trên chu vi hình tam giác DAB. Biết AB = 3km, AD = 4km và khi gặp nhau các xe có thể vượt qua nhau.
a) Ở thời điểm nào xe 2 chạy được số vòng nhiều hơn xe 1 là một vòng?
b) Tìm khoảng cách ngắn nhất giữa hai xe trong 6 phút đầu tiên?
c) Tìm thời điểm mà xe 1 đến C và xe 2 đến D cùng một lúc? Biết rằng các xe chạy đến 9h30 thì dừng.
Bài 2 (3,0 điểm).
Trong một bình đậy kín có cục nước đá khối lượng M = 0,1kg nổi trên mặt nước, trong cục nước
đá có một viên chì khối lượng m = 5g. Hỏi phải tốn một lượng nhiệt bằng bao nhiêu để cục chì bắt
đầu chìm xuống nước nếu nhiệt độ của nước trong bình luôn là 00C. Cho khối lượng riêng của chì
11,3g/cm3, của nước đá bằng 0,9g/cm3, của nước bằng 1,0g/cm3, nhiệt nóng chảy của nước đá λ = 3,4.105 J/kg.
Bài 3 (5,0 điểm)
Cho mạch điện như hình vẽ, hiệu điện thế ở hai đầu đoạn
mạch UAB = 70V, các điện trở R1 = 10 , R2 = 60 , R3 = 30
và biến trở Rx. Cho rằng điện trở của vôn kế là vô cùng lớn và
điện trở của ampe kế là không đáng kể. Bỏ qua điện trở của dây nối và khóa K.
1. Điều chỉnh biến trở Rx = 20 . Tính số chỉ của vôn kế và ampe kế khi: a. Khóa K mở. b. Khóa K đóng.
2. Đóng khóa K, Rx bằng bao nhiêu để vôn kế và ampe kế đều chỉ số không?
3. Đóng khóa K, ampe kế chỉ 0,5A.Tính giá trị của biến trở Rx khi đó.
Bài 4 (4,0 điểm).
Một tia sáng bất kỳ SI chiếu đến một quang hệ, sau đó ló ra khỏi hệ theo phương
song song và ngược chiều với tia tới như hình vẽ. Biết quang hệ đó chỉ có hai dụng
cụ và cấu tạo từ các loại dụng cụ quang học đơn giản (gương phẳng, thấu kính hội tụ).
a) Quang hệ gồm hai dụng cụ nào, cách bố trí các dụng cụ đó.
b) Có thể tịnh tiến tia tới SI (tia tới luôn song song với phương ban đầu) sao cho
tia ló JK trùng với tia tới được không? Nếu có thì tia tới đi qua vị trí nào của hệ.
Bài 5 (3,0 điểm) p p
Một dụng cụ đo chênh lệch áp suất không khí gồm một ống chữ U đường kính 1 2
d = 5mm nối hai bình giống nhau có đường kính D = 50mm với nhau. Trong dụng
cụ đựng hai chất lỏng không trộn lẫn với nhau là dung dịch rượu êtylic trong nước có trọng lượng riêng 3
d = 8535 N/m và dầu hỏa có trọng lượng riêng 1 3 d = 8142 N/m h 2 O
+ Khi áp suất của không khí ở hai nhánh bằng nhau thì mặt phân cách giữa hai chất lỏng nằm tại O.
+ Khi có độ chênh lệch áp suất p 1 p
p2 giữa hai nhánh, mặt phân cách giữa hai chất lỏng
dịch chuyển lên trên một khoảng h (hình vẽ). Xác định p khi h = 250mm.
-----------HẾT------------
Họ và tên thí sinh: …………………………………………………………….. SBD: ……………… Trang 8 Bài Đáp án Điểm Bài 1 5,0 a) Chiều dài 2 2 BD
AB AD 5000m
Thời gian chạy một vòng của xe thứ nhất SABCDA T 2000s 1 0.5 v1
Thời gian chạy một vòng của xe thứ hai SDABD T 1500s 0.5 2 v2
Xe thứ hai chạy nhiều hơn xe thứ nhất một vòng nên t t 1 T T 0.5 2 1 T .T 1 2 t 1h40 ph T T 0.25 1 2
Vậy thời điểm đó là 7h40ph 0.25
b) Trong 6 phút đầu, xe thứ nhất đi được s1 = 7.360 = 2520(m) < AB và xe thứ hai đi
được s2 = 8.360 = 2880(m) < DA.
Như vậy trong 6 phút đầu xe thứ nhất đang chạy trên AB và xe thứ hai đang chạy trên 0.25 DA.
Giả sử ở thời điểm t xe thứ nhất ở N và xe thứ hai ở M. Đặt AD = a và MN = L ta có: 2 2 2
L AM AN 2 2 2 0.25
L (a v t) (v t) B 2 1 av av N 2 2 2 2 2 2 2 2
L (v v ) (t ) ( ) a 0.25 1 2 2 2 2 2 v v v v 1 2 1 2 Ta thấy L av 0.25 2 cực tiểu khi 2 t A D 2 2 v v M 1 2 0.25 Khi đó av1 L min 2 2 v v 1 2 0.25 Thay số ta được L 2634m min
c) Thời gian xe thứ nhất tới C lần đầu là 7000 t 1000s 1 7
lần thứ n là t t nT =1000+2000n 0.25 1 1
Thời gian xe thứ hai tới D lần thứ m là 0.25 t mT =1500m 2
Do xe thứ nhất tới C và xe thứ 2 tới D cùng lúc nên ta có
1000+2000n=1500m =>m=(2+4n)/3 0.25
Vì xe chỉ chạy đến 9h30ph nên 1000 +2000n<12600 => n<5,8 0.25 Ta có bảng sau n 1 2 3 4 5 m 2 loại loại 6 loại t(s) 3 00 9000 0.25 Thời điểm 6h50ph 8h30ph
Vậy có hai thời điểm xe thứ nhât tới C và xe thứ 2 tới D cùng một lúc là 6h50ph và 0.25 Trang 9 8h30ph Bài 2 3,0
Để cục đá bắt đầu chìm, không phải toàn bộ cục nước đá tan hết, chỉ cần khối lượng 0.5
riêng trung bình của nước đá và cục chì trong nó bằng khối lượng riêng của nước là đủ.
Goi M1 là khối lượng còn lại của cục đá khi bắt đầu chìm, điều kiện để cục chì bắt đầu chìm là: 𝑀 0.5 1 + 𝑚 = 𝐷 𝑉 𝑛 Trong đó:
V là thể tích cục đá và chì
Dn là khối lượng riêng của nước. Chú ý: 𝑀 𝑚 𝑉 = 1 + 0.25 𝐷đá 𝐷𝑐ℎì Do đó: M m 0.25 1
M m D ( ) 1 n D D dá chì Suy ra: (𝐷 0.5 𝑀
𝑐ℎì − 𝐷𝑛). 𝐷đá 1 = 𝑚 (𝐷 0.25
𝑛 − 𝐷đá). 𝐷𝑐ℎì =>M1 = 41g
Khối lượng nước đá phải tan: 0.25
∆M = M – M1 = 100g – 41g = 59g 0.5
Lượng nhiệt cần thiết: Q = λ. ∆m = 3,4.105. 5,9.10-3 = 2006J Bài 3 5,0
a. Khi K mở không có dòng điện qua ampe kế. Ampe kế chỉ số không. 0.25
Sơ đồ thu gọn (R1 nt R2) // (R3 nt Rx) 0.25
Ta có : I1 = I2 = I12 = U/(R1+ R2)= 1 (A)
I3 = Ix = I3x = U/(R3+ Rx)= 1,4 (A) 0.25
Vôn kế đo hiệu điện thế giữa hai điểm C và D mà UAD = UAC + UCD
UCD = UAD - UAC = UR3 – UR1 = I3.R3 – I1.R1 = 1,4.30 -1.10 = 32 V 0.25 Vôn kế chỉ 32V 0.25
b, Khi khóa K đóng, điểm C được nối tắt với điểm D nên vôn kế chỉ số không. 0.25
Mạch điện trở thành: (R1 // R3) nt (R2 // Rx) 0.25 R .R R .R 30 . 10 20 . 60 3.1
Điện trở tương đương R 1 3 2 x tđ = = R R R R 10 =22,5 30 60 20 1 3 2 x U 70 I = = = 3,11 A 0.25 R 5 , 22 td U 23, 33 U AC
AC = I. RAC = 3,11.7,5 = 23,33 V I1= 2, 33( ) A R 10 1 U 46, 67 U CD
CB = I. RCB = 3,11.15 = 46,67 V I2= 0, 77( ) A R 60 2 0.25
Ta có I1 > I2 dòng điện chạy theo chiều từ C đến D qua ampe kế và có độ lớn: 0.25 Trang 10
IA = 2,33 – 0,77 = 1,56 (A).
Khóa K đóng mà dòng điện không đi qua ampe kế Mạch cầu cân bằng : 0.25 R R 0.25 1 3 3.2 R R 2 x R .R 30 . 60 R 2 3 x = = 18 0 0.25 R 10 1 3.3
Đóng khóa K mạch trở thành: (R1 // R3) nt (R2 // Rx) 30 . 10 R . 60 . 60 R
Điện trở tương đương: R R .R R .R 1 3 2 x x x tđ = = = 7,5 + ( ) R R R R 10 30 60 R 60 R 1 3 2 x x x 0.25
Dòng điện qua mạch chính: I = U 70 = (A) R 60R td x 7 5 , 60 Rx
Hiệu điện thế giữa hai đầu AC : 70 525 U AC =I.RAC = .7,5 = (V) 60R 60R x 7 5 , 7,5 x 60 R 60 R x x
Cường độ dòng điện qua điện trở R1: U 525 1 5 , 52 ( 5 , 52 60 R ) 0.25 I AC x 1 = = . = = = R 60R 10 60R ( 5 , 7
60 R ) 60R 1 7,5 x 7,5 x x x 60 R 60 R x x 3150 5 , 52 R x (A) 450 5 , 67 Rx 525
Hiệu điện thế giữa hai đầu CB : UCB =UAB – UAC =70 - (V) 60R 7,5 x 60 R x U
Dòng điện qua điện trở R 525 1 CB 2: I2 = = (70 - ). R 60R 60 0.25 2 7,5 x 60 R x 7 75 , 8 7 ( 75 , 8 60 R ) 7 525 , 8 R 75 = = x = x (A) 6 60R 6 450 5 , 67 R x 6 ( 5 , 7 60 R ) R 60 5 , 7 x x x 60 Rx
* Trường hợp dòng điện có cường độ 0,5A qua ampe kế theo chiều từ C đến D: 3150 5 , 52 R 7 525 , 8 75R Ta có : I x x 1 = I2 + IA = + 0,5 450 5 , 67 R 6 450 5 , 67 R x x 0.25 3150 5 , 52 R 10 525 , 8 75R x = x
6(3150 +52,5Rx) = 10(450+67,5Rx) – 450 5 , 67 R 6 450 5 , 67 R x x 6(525+8,75R x) 307,5.R
x =17550 Rx =57,1 ( ) (Nhận) 0.25
* Trường hợp dòng điện có cường độ 0,5A qua ampe kế theo chiều từ D đến C: Trang 11 3150 5 , 52 R 7 525 , 8 75R Ta có : I x x 1 = I2 + IA = - 0,5 450 5 , 67 R 6 450 5 , 67 R x x 0.25 3150 5 , 52 R 4 525 R 75 , 8 x = x
6(3150 +52,5Rx) = 4(450+67,5Rx) – 450 5 , 67 R 6 450 5 , 67 R x x 6(525+8,75Rx)
-97,5.Rx =20250 Rx = -207,7 ( ) Ta thấy Rx < 0 (Loại) 0.25
Kết luận: Biến trở có giá trị Rx =57,1 ( ) thì dòng điện qua ampe kế có cường độ 0,5 (A). Bài 4 4,0
a) Vì sau khi ra khỏi hệ thì tia ló truyền theo chiều ngược lại nên trong hệ chắc chắn phải có gương. 0.25
Suy ra quang hệ trong hộp kín sẽ là một trong hai trường hợp sau:
Trường hợp 1: Trong hệ có hai gương phẳng 0.25 0.25 0 180 Ta có 0 SI / / JK O ' MN O ' NM 90 0.25 2 0.25
MO' NO' MO NO
Vậy hai gương đặt vuông góc với nhau. 0.25
Trường hợp 2: Hệ gồm 1 thấu kính và một gương phẳng 0.25 0.25 0.25
Vì tia SI//JK nên điểm tới gương phải nằm trên tiêu diện của thấu kính.
Như vậy gương phải đặt trùng tiêu diện của thấu kính. 0.25
b) Hoàn toàn có thể xảy ra ở cả 2 trường hợp
Trường hợp 1: Để tia SI trùng với JK thì MN=0 tia tới phải đi tới O. 0.25
Điều này có thể làm được khi tịnh tiến SI tới đường nét đứt 0.25
Trường hợp 2: Để tia SI trùng với JK thì tia qua thấu kính tới gương phải vuông góc với 0.25 gương
=> nó phải song song với trục chính 0.25
Khi đó tia tới phải đi qua tiêu điểm chính F của thấu kính. 0.25
Điều này cũng xảy ra được khi ta tịnh tiến tia tới SI tới đường nét đứt 0.25 Bài 5 3,0 Trang 12
Xét hai điểm A và B nằm trên cùng mặt phẳng ngang, điểm A nằm tại mặt phân cách
hai chất lỏng khi cân bằng Khi p
0 ( p p ): thì mặt phân cách giữa hai lớp chất lỏng ở vị trí O : 1 2
p p d .h A 1 1 1
p p d .h B 2 2 2 0.25 p A pB d h => 2 2
d .h d h h 1 1 2 2 1 d 1 p p Khi p
0 ( p p ) : thì mực nước trong bình 1 hạ 1 2 0.25 1 2 xuống 1 đoạn h
và đồng thời mực nước bình 2 tăng lên 1 đoạn 0.25 h
. Khi đó mặt phân cách di chuyển lên trên 1
đoạn h so với vị trí O.
p p d .(h h ) h A 1 1 1 A 0.5 B O
p p d .(h h
h) d .h B 2 2 2 1 A Ta có :
p d .(h h) p d .(h h h) d .h 0.25 1 1 1 2 2 2 1
p p d .(h h h) d .(h h) d .h 1 2 2 2 1 1 1
p p .(
h d d ) .(
h d d ) [d .h d h ] (*) 0.25 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 2
Ta thấy thể tích bình 1 giảm một lượng : .D V h 0.25 4
Thể tích trong ống dâng lên một lượng : ' d . 2 V h 4 0.25 ' d 2
Ta có V V h
h và d .h d h thay vào (*) 1 1 2 2 D2 2 d p
p p .
h (d d ) .
h (d d ) 1 2 1 2 2 1 2 D Ta được : 2 d
h (d d ) .(d d ) 0.25 1 2 2 1 2 D
- Tính p khi h = 250mm 2 0 , 0 05 Ta có : p , 0 25 8535814 2 8535814 2
2 140 N / m 0.5 2 05 , 0 UBND TỈNH BẮC NINH
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
NĂM HỌC 2010 – 2011
MÔN THI: VẬT LÝ - LỚP 9 - THCS ĐỀ CH ÍNH THỨC
Thời gian làm bài : 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 22/03/ 2011
--------------***--------------
Bài 1: (4,0 điểm). Trên dòng sông thẳng nước chảy với vận tốc u = 6 km/h có hai tàu thủy đi lại gặp
nhau. Tại một thời điểm nào đó, khi một tàu thủy qua bến sông A thì chiếc tàu thủy kia qua bến sông
B, đồng thời từ bến A có một xuồng máy chạy qua chạy lại giữa hai tàu thủy trên cho tới khi hai tàu Trang 13
thủy gặp nhau. Khoảng cách giữa hai bến sông A và B theo bờ sông dài là L = 24km. Vận tốc tàu
thủy và của xuồng máy khi nước đứng yên là v = 18 km/h và V = 24 km/h. Bến sông A nằm ở
thượng nguồn. Tìm quãng đường mà xuồng máy đã chạy trong thời gian nói trên.
Bài 2: (4,0 điểm). Hai ống hình trụ giống hệt nhau, ống thứ nhất đựng nước đá ở độ cao h1 = 40cm,
ống thứ hai đựng nước có nhiệt độ t1 = 40C ở độ cao h2 = 10cm. Rót hết nước ở ống thứ hai vào ống
thứ nhất, chờ tới khi cân bằng nhiệt thì thấy mực nước trong ống dâng cao thêm ∆h1 = 0,2cm so với
lúc vừa rót xong. Biết rằng ở nhiệt độ nóng chảy của nước đá, cứ 1kg nước đông đặc hoàn toàn sẽ
tỏa ra 3,4.105J. Nhiệt dung riêng của nước C1 = 4200J/kg.K; của nước đá C2 = 2000J/kg.K. Khối
lượng riêng của nước D1 = 1000kg/m3; của nước đá là D2 = 900kg/m3. Tính nhiệt độ ban đầu của
nước đá trong ống thứ nhất. Bỏ qua sự co giãn vì nhiệt và sự trao đổi nhiệt với ống, môi trường. A B
Bài 3: (4,5 điểm). Cho mạch điện như hình 1. + -
Trong đó UAB = 36V, R1 = 4Ω, R2 = 6Ω, R R 3 R 1 A1
3 = 9Ω, R5 = 12Ω, điện trở ampe kế và khóa K R không đáng kể. 2 C N R4 R5
a) Khi khóa K mở, ampe kế A M 1 chỉ 1,5A. Tính R4.
b) Khi khóa K đóng, tìm số chỉ của các ampe kế. K A2 Hình 1
Bài 4: (4,0 điểm). Một sơ đồ quang học do lâu ngày bị mờ chỉ còn I
thấy rõ 4 điểm I, J, F’, S’ (hình 2), Biết I, J là hai điểm nằm trên
mặt một thấu kính hội tụ mỏng, S’ J
là ảnh thật của một nguồn sáng
điểm S đặt trước thấu kính. F’ là tiêu điểm của thấu kính. Dùng
thước đo thấy ba điểm I, F’, S’ thẳng hàng. F’
a) Bằng cách vẽ hình, hãy khôi phục lại vị trí quang tâm O của S
thấu kính và vị trí của nguồn sáng S. ’
b) Biết IJ = 4cm, IF’ = 15cm, JF’ = 13cm, F’S’ = 3cm. Xác định
tiêu cự của thấu kính và khoảng cách từ nguồn sáng S đến thấu Hình 2 kính.
Bài 5: (3,5 điểm). Cho một vôn kế, một biến trở có điện trở R = 100Ω và điện trở của biến trở được
phân bố đều theo chiều dài, nguồn điện một chiều có hiệu điện thế U không đổi, một thước thẳng
chia độ đến milimét, cùng các dây nối. Hãy nêu một phương án đo điện trở của vôn kế. (Vẽ sơ đồ
mạch điện, nêu các bước tiến hành).
============= Hết ============== ĐÁP ÁN Bài Cách giải Điểm
+ Thời gian từ khi xuồng máy qua A đến khi gặp tàu thủy chạy từ B đến lần thứ nhất
là: Ta có: L AB B B t ((V u) (v u)) 1 1 1 Bài 1 L L 4,0 điểm t 0,5đ 1
(v u) V ( u) v V A . .B A A1 A2 B1 C B . . . . . . Trang 14
+ Sau thời gian t1, xuồng máy đi được quãng đường: L V ( u L ) AB t V ( u) 1 1 1 v V 0,5đ (
Còn tàu thủy chạy từ A thì đi được quãng đường: L v u L )
AA t (v u) T 1 1 v V
Khi xuồng máy quay trở lại, khoảng cách giữa nó và tàu thủy chạy từ A là: L V ( v L )
A B L L t V [(
u) (v u)] 0,5đ XT 1 1 1 T 1 v V
+ Thời gian từ lúc xuồng máy gặp tàu thủy B đến khi quay lại gặp tàu A là: L V v t XT L 2 2 0,5đ
(v u) (V u) (V v)
Trong thời gian này, xuồng máy chạy được quãng đường là:
(V u)(V v)
L A B t (V u) L 0,5đ 2 2 1 2 2 (v V )
Vậy tốc độ trung bình của xuồng máy khi chạy xuôi gặp tàu B và chạy ngược gặp tàu L L V 2 uv A là: v 1 2 TB 0,5đ t t V 1 2
Biểu thức trên cho thấy tốc độ trung bình của xuồng máy đối với bờ sông không phụ
thuộc vào khoảng cách giữa các tàu thủy.
Vậy quãng đường cần tìm là L v .t với t x TB 0
0 là thời gian mà xuồng máy đã đi từ 0,5đ
khi qua A đến khi hai tàu thủy gặp nhau: L t (v u) t (v u) AC CB 0 0 V 2 uv L V 2 uv L L km 19 0,5đ x V
(v u) (v u) vV 2
- Khi cân bằng nhiệt mực nước dâng lên thêm chứng tỏ có một phần nước bị đông 0.25đ
đặc ( do khối lượng riêng của phần đó giảm nên thể tích tăng)
- Gọi S là tiết diện đáy của ống, x là chiều cao của cột nước bị đông đặc. Sau khi
đông đặc nó có chiều cao là (x+∆h1) nhưng khối lượng vẫn không thay đổi: 0,5đ
- Khối lượng phần nước có độ cao x là: M1 = S.x.D1
- Khối lượng đá có chiều cao (x+∆h1) là: M2 = S(x+∆h1).D2 - Ta có: M 1 = M2 S. . x D S(x h ).D 1 1 2 0,5đ D 900 - 2 x . h , 0 . 2 ( 8 , 1 cm) 1 D D 1000 900 1 2
- Do nước chỉ đông đặc một phần nên nhiệt độ cân bằng là 00C 0,25đ
- Gọi m1 là khối lượng nước ở ống 2 ( có độ cao h2 đổ sang ống 1) tỏa ra để giảm Bài 2
nhiệt độ từ t1 = 40C đến 00C là: 0,5đ
4,0 điểm Q1 = C1.m1(t1-0) = C1.V.D1(t1-0) = C1.S.h2.D1(t1-0)
- Nhiệt lượng của phần nước có độ cao là x tỏa ra để đông đặc ở 00C: 0,5đ
Q2 = 3,4.105.M1 = 3,4.105.S.x.D1
Nước đá (độ cao h1) ở ống 1 có khối lượng m2 nhận nhiệt lượng để tăng nhiệt độ từ t2 0,5đ
đến 00C: Q3 = C2.m2(0-t2) = C2.S.h1.D2(0-t2)
- Theo phương trình cân bằng nhiệt ta có: Q1 + Q2 = Q3
C1.S.h2.D1(t1-0) + 3,4.105.S.x.D1 = C1.S.h1.D2(0-t2)
C1.h2.D1(t1-0) + 3,4.105.x.D1 = C1.h1.D2(0-t2) C 0,5đ
1.h2.D1.t1 + 3,4.105.x.D1 = -C1.h1.D2.t2 5
C .h .D .t , 3 10 . 4 . . x D 1 2 1 1 1 t 2 C .h .D 2 1 2 Trang 15 5 4200 1 . 1 , 0 . 000 4 . , 3 10 . 4 0 , 0 . 18 1 . 000 0,5đ t 0 83 , 10 C 2 2000 , 0 . 9 . 4 00
a) K mở: mạch mắc R1 nt R2 [(R4 nt R5)// R3]
Ampe kế A1 đo cường độ dòng điện qua R3: I3 = 1,5 A 0,5đ
Hiệu điện thế ở hai đầu R3 là: U3 = I3.R3 = 9.1,5 = 13,5(V)
Hiệu điện thế ở hai đầu đoạn R1 nt R2 là:
U12 = UAB – U3 = 36 – 13,5 = 22,5 (V) 0,75đ
Cường độ dòng điện mạch chính: U 5 , 22 12 I , 2 ( 25 ) A R R 4 6 1 2
Vậy cường độ dòng điện qua R4, R5 là:
I4 = I5 = I – I3 = 2,25 – 1,5 = 0,75(A) 0,75đ R
R R U3 5 , 13 18
R R R 18 12 6 45 4 5 I 75 , 0 4 45 5 4
b) K đóng: Vì RA không đáng kể nên coi ampe kế như dây nối. Ta chập các điểm N
với M mạch mắc: R1 nt {[(R2//R4) nt R3]//R5} R2 R R 1 N, M 3 0,5đ A B R4 C Bài 3 4,5 điểm R5 R 6 Ta có: R R 2 2//R4 và R2 = R4 nên 3 24 2 2 R 234 = R24 + R3 = 3 + 9 = 12Ω 1,0đ R 12 R R 5 234//R5 và R234 = R5 nên 6 2345 2 2
RAB = R1 + R2345 = 4 + 6 = 10Ω
Cường độ dòng điện chạy trong mạch chính: U 36 I AB ( 6 , 3 ) A R 10 AB
U2345 = U234 = U5 = I.R2345 = 3,6.6 = 21,6 (V) U 6 , 21 0,5đ 2345 I ( 8 , 1 ) A . Vậy ampe kế A 3 1 chỉ 1,8(A) R 12 234 U , 5 4 U 2
2 = I3.R24 = 1,8.3 = 5,4 (V). I ( 9 , 0 ) A 2 0,5đ R 6 2
Xét tại nút N: IA2 = I – I2 = 3,6 – 0,9 = 2,7(A). Ampe kế A2 chỉ 2,7(A)
1) Cách vẽ: Nối I với J ta được vị trí thấu kính. Trục chính của thấu kính vuông góc
với thấu kính, F’ nằm trên trục chính do đó từ F’ kẻ đường thẳng vuông góc với thấu 0,25đ
kính ta được trục chính của thấu kính. Giao điểm của trục chính với thấu kính là quang tâm O.
- Ta có tia tới đi qua quang tâm thì tia ló tiếp tục truyền thẳng Bài 4 4,0 điểm
- Tia tới // với trục chính của thấu kính hội tụ cho tia ló đi qua tiêu điểm F’ → cách xác định S như sau: 0,25đ
- Nối I với F’ và S’ ta được tia ló IS’ của tia tới song song với trục chính của thấu kính.
- Từ I kẻ tia tới // trục chính của thấu kính
- Nối OS’ kéo dài OS’ cắt tia song song với trục chính tại S ( S là điểm sáng cần tìm) S I J Trang 16 F O ’ 1,0đ
2) Nối J với F’: xét ∆OF’I có OI2 = (IF’)2 – (OF’)2 (1)
xét ∆OJF’ có OJ2 = (JF’)2 –(OF’)2 (2)
→ OI2 – OJ2 = (IF’)2 – (JF’)2 = 152 - 132 = 56 Mà OJ = OI – IJ = OI – 4 1,0đ
→ OI2 – (OI – 4)2 = 56 → OI2 – OI2 + 8.OI – 16 = 56 → 8.OI = 72 → OI = 9 (cm)
Thay OI = 9cm vào (1) ta được OF’ = 12cm
Xét hai tam giác SIS’ và tam giác OF’S’ có góc S chung, SI//OF’ nên góc ISO bằng
góc F’OS’ ( đồng vị ) → ∆SIS’ đồng dạng ∆OF’S’ ' SI IS 1,5đ
mà IS’ = IF’ + F’S’ = 15 + 3 = 18cm ' ' ' OF F S ' OF . ' IS 18 . 12 SI ( 72 cm) ' ' F S 3
+ Dùng vôn kế mắc vào hai cực của nguồn điện. Số chỉ của vôn kế cho biết hiệu điện 0,25đ thế U.
+ Dùng thước đo xác định khoảng cách từ điểm tì của con chạy C đến 2 đầu biến trở.
Để cho dễ, ta có thể dùng thước để xác định điểm giữa của biến trở (R1 = R2 = R 50
), rồi mắc mạch điện như hình vẽ. 2 V 1,0đ R1 C R2 A B Bài 5 3,5 điểm U
+ Nhìn vôn kế ta biết UCB = U1 → UAC = U – UCB = U – U1 0,25đ
+ Gọi R’ là điện trở tương dương của R2 và Rv: 1 1 1 R R . R . 50 0,5đ ' 2 v R thay R ' v 2 = 50Ω ta có: R R' R R R R 50 R 2 v 2 v v Áp dụng công thức: 50R v ' U R U 50 R CB 1 v (R1 = 50Ω) U R U U 50 AC 1 1 0,75đ
Giải phương trình và suy ra Rv: 50U1 + Rv.U1 = RvU – RvU1
R (U 2U ) 50U 0,75đ v 1 1 50U1 R v U 2U1
- Học sinh có thể giải bài theo cách khác đúng kết quả cho điểm tối đa. Trang 17
- Thiếu đơn vị mỗi lần trừ 0,25 điểm, toàn bài thiếu hoặc sai đơn vị trừ không quá 1 điểm
- Điểm bài thi là tổng điểm các câu không làm tròn. UBND TỈNH BẮC NINH
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn: Vật lý - Lớp 9 ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 24 tháng 3 năm 2016 =====================
Câu 1. (4.0 điểm) Một người đứng quan sát chuyển động của đám mây đen từ một khoảng cách an
toàn. Từ lúc người đó nhìn thấy tia chớp đầu tiên phát ra từ đám mây, phải sau thời gian t1 = 20s mới
nghe thấy tiếng sấm tương ứng của nó. Tia chớp thứ hai xuất hiện sau tia chớp thứ nhất khoảng thời
gian T1 = 3 phút và sau khoảng thời gian t2 = 5s kể từ lúc nhìn thấy tia chớp thứ hai mới
nghe thấy tiếng sấm của nó. Tia chớp thứ ba xuất hiện sau tia chớp thứ hai khoảng thời gian T2 = 4
phút và sau khoảng thời gian t3 = 30s kể từ lúc nhìn thấy tia chớp thứ ba mới nghe thấy tiếng sấm
của nó. Cho rằng đám mây đen chuyển động không đổi chiều trên một đường thẳng nằm ngang, với
vận tốc không đổi. Biết vận tốc âm thanh trong không khí là u = 330m/s; vận tốc ánh sáng là c =
3.108m/s. Tính khoảng cách ngắn nhất từ đám mây đen đến người quan sát và vận tốc của đám mây đen. R3
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. A
Người ta ghép ba điện trở trên thành mạch điện như hình vẽ 1, biết B
điện trở tương đương của mạch đó là RAB = 8Ω. R1 R2
1. Tính R1 và R2 biết rằng nếu đổi chỗ R3 với R2 thì điện trở của mạch là R Hình vẽ 1 AB = 7,5Ω.
2. Tính công suất lớn nhất mà bộ điện trở chịu được.
3. Mắc nối tiếp đoạn mạch AB như trên với đoạn mạch BC gồm các bóng đèn cùng loại 4V-1W.
Đặt vào hai đầu AC hiệu điện thế U = 16V không đổi. Tính số bóng đèn nhiều nhất có thể sử
dụng để các bóng sáng bình thường và các điện trở không bị hỏng. Lúc đó các đèn ghép thế nào với nhau?
Câu 3. (3.0 điểm) Trong một bình nước rộng có một lớp dầu dày
d = 1,0cm. Người ta thả vào bình một cốc hình trụ thành mỏng, có m
khối lượng m = 4,0g và có diện tích đáy S = 25cm2. Lúc đầu cốc
không chứa gì, đáy cốc nằm cao hơn điểm chính giữa của lớp dầu.
Sau đó rót dầu vào cốc tới miệng thì mực dầu trong cốc cũng ngang d
mực dầu trong bình. Trong cả hai trường hợp đáy cốc đều cách mặt a
nước cùng một khoảng bằng a (hình vẽ 2). Xác định khối lượng a
riêng ρ1 của dầu, biết khối lượng riêng của nước là ρ0 = 1,0g/cm3.
Câu 4. (5.0 điểm) (Học sinh được sử dụng công thức thấu kính) Hình vẽ 2
1. Theo thứ tự có 3 điểm A, B, C nằm trên quang trục chính xy
của một thấu kính, cho AB = 24cm, AC = 30cm. Biết rằng, nếu đặt điểm sáng tại A thì ta thu
được ảnh thật của nó tạo bởi thấu kính ở C; nếu đặt điểm sáng tại B thì ta thu được ảnh ảo
của nó tạo bởi thấu kính cũng ở C. Hãy xác định loại thấu kính và nó đặt ở khoảng nào (có
giải thích); tính khoảng cách từ thấu kính đến điểm A và điểm B.
2. Một nguồn sáng điểm đặt trên trục chính của thấu kính hội tụ có tiêu cự bằng 8cm, cách thấu
kính 12cm. Dịch chuyển thấu kính theo phương vuông góc với trục chính của thấu kính với Trang 18
vận tốc 5cm/s. Hỏi ảnh của nguồn sáng dịch chuyển với vận tốc là bao nhiêu nếu nguồn sáng giữ cố định?
Câu 5. (3.0 điểm) Trong ba bình cách nhiệt giống nhau đều chứa lượng dầu như nhau ở nhiệt độ của
phòng. Đốt nóng một hình trụ kim loại rồi thả vào bình thứ nhất. Sau khi bình thứ nhất thiết lập cân
bằng nhiệt, ta nhấc khối kim loại cho sang bình thứ hai. Sau khi bình thứ hai thiết lập cân bằng nhiệt,
ta nhấc khối kim loại cho sang bình thứ ba. Nhiệt độ của dầu trong bình thứ ba tăng bao nhiêu nếu
dầu trong bình thứ hai tăng 50C và trong bình thứ nhất tăng 200C. ====== HẾT ======
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm UBND TỈNH BẮC NINH HƯỚNG DẪN CHẤM
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
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 Ký hiệu A; B; C là các vị trí đám mây phát tia chớp tương ứng 1; 2; 3
(4.0đ) Gọi D là vị trí người quan sát, S1; S2; S3 là các đường đi của âm thanh và ánh sáng, ta có 0.25 đ các phương trình sau: 𝑆1 𝑆 0.25 đ + 20 = 1 → 𝑆 𝑐 𝑢 1 ≈ 6600𝑚 𝑆2 𝑆 0.25 đ + 5 = 2 → 𝑆 𝑐 𝑢 2 ≈ 1650𝑚 𝑆3 𝑆 + 30 = 3 → 𝑆 0.25 đ 𝑐 𝑢 3 ≈ 9900𝑚 A H B C v h S2 S1 S3 D
Đặt S2 = a →S1 = 4a; S3 = 6a 0.25 đ
Gọi H là vị trí của đám mây gần người quan sát nhất, DH=h, AH=x.Vận tốc đám mây là v. 0.25 đ
Ta có: 𝐴𝐵 = 𝑣. 𝑇1
𝐴𝐶 = 𝑣. (𝑇1 + 𝑇2) 0.25 đ
Ta được các phương trình: 𝑆2
1 = 16𝑎2 = ℎ2 + 𝑥2 (1) 0.25 đ 𝑆2
2 = 𝑎2 = ℎ2 + (𝑣. 𝑇1 − 𝑥)2 (2) 0.25 đ 𝑆2 0.25 đ
3 = 36𝑎2 = ℎ2 + (𝑣. 𝑇1 + 𝑣. 𝑇2 − 𝑥)2 (3)
Từ phương trình (1) và (2): 15𝑎2 = 𝑣. 𝑇 0.25 đ 1(2𝑥 − 𝑣. 𝑇1)
Từ phương trình (1) và (3): 20𝑎2 = (𝑣. 𝑇 0.25 đ
1 + 𝑣. 𝑇2)(𝑣. 𝑇1 + 𝑣. 𝑇2 − 2𝑥) Ta đượ 15𝑎2 20𝑎2 c 2𝑥 − 𝑣. 𝑇1 = = 𝑣. 𝑇 𝑣.𝑇 2 − 1 𝑣.𝑇1+𝑣.𝑇2 15𝑎2 20𝑎2 0.5 đ Hay 𝑣 = √ + = 38,54𝑚/𝑠 𝑇1.𝑇2 (𝑇1+𝑇2).𝑇2 Trang 19 0.5 đ
Thay vào trên ta được: 𝑥 =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: 𝑆 ≈ 𝑢. 𝑡 vẫn cho điểm tối đa Câu 2 1. 5.0đ (𝑅 16(𝑅 𝑅 1 + 𝑅2)𝑅3 1 + 𝑅2) 𝐴𝐵 = = = 8 𝑅 0.25 đ 1 + 𝑅2 + 𝑅3 𝑅1 + 𝑅2 + 16 → R 0.25 đ 1 + R2 = 16Ω (*) Khi đổi chỗ R 3 với R2 (𝑅 (𝑅 𝑅 1 + 𝑅3)𝑅2 1 + 16)𝑅2 𝐴𝐵 = = = 7,5 0.25 đ 𝑅 1 + 𝑅2 + 𝑅3 16 + 16 → 𝑅
2(𝑅1 + 16) = 7,5(16 + 16) = 240 (1) Từ (*) → R2 + (R1 + 16) =32 (2) Từ (1) và (2) ta thấy R
2 và R1 + 16 là 2 nghiệm của phương trình bậc 2: 0.25 đ
x2 - 32x + 240 = 0, phương trình có 2 nghiệm x1 = 20Ω và x2 =12Ω Vậy R 0.25 đ 2 = x2 = 12Ω 0.25 đ R1 + 16 = 20 => R1 = 4Ω 2.
R1 và R2 mắc nối tiếp nên I1 = I2 0.25 đ => U1/U2 = R1/R2 = 2/6 0.25 đ Vậy nếu U2max =6V 0.25 đ
thì lúc đó U1 = 2V và U3 = UAB = U1 + U2 = 8V (U3max) 0.25 đ
Vậy hiệu điện thế UABmax =8V 0.25 đ
Công suất lớn nhất bộ điện trở đạt được là Pmax = U2Abmax/RAB = 8W 0.25 đ 3. RAB Rbộ B 0.25 đ A C U = 16V
Mỗi bóng có Rđ =U2đ/P = 16Ω và cường độ định mức Iđ = 0,25A 0.25 đ
Theo câu 2 ta tính được cường độ dòng lớn nhất mà bộ điện trở chịu được là 1A và đoạn 0.25 đ AB có điện trở R
AB = 8Ω mắc nối tiếp với bộ bóng đèn như hình vẽ.
Ta có phương trình công suất: P 0.25 đ
BC = PAC – PAB = 16.I – 8.I2 (*) và điều kiện I≤ 1A 0.25 đ Từ (*)
𝑃𝐵𝐶𝑚𝑎𝑥 = 8𝑊, lúc đó I = 1A 0.25 đ
Vậy số bóng nhiều nhất có thể mắc là 8 bóng
Hiệu điện thế UBC = UAC - UAB = 8V
Mà Uđ = 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. 0.25 đ
Cách 2: các bóng mắc thành 2 dãy nối tiếp nhau, mỗi dãy có 4 bóng mắc song song. 0.25 đ
Câu 3 Lúc đầu cốc không chứa gì và nổi trong dầu thì trọng lượng của cốc cân bằng với lực 0.25 đ 3.0đ đẩy Acsimet của dầu: 10.m 0.25 đ
cốc = FA1 = 10(d - a)S.ρ1 (1) 0.25 đ
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: 0.25 đ Trang 20
10.mcốc + 10(d + a)S.ρ1 = FA2 = 10.d.S.ρ1 + 10.a.S.ρ0 (2)
Thay (1) vào (2) rồi rút gọn ta được: d.ρ 1 = a.ρ0 𝜌 0.25 đ → 𝑎 = 𝑑 1 (3) 𝜌 0 Thay (3) vào (1) ta được:
𝑑𝑆 𝜌2 − 𝑑𝑆𝜌 0.25 đ 𝜌 1 1 + 𝑚𝑐ố𝑐 = 0 0 Thay số ta được: 0.25 đ 25𝜌2
1 − 25. 103𝜌1 + 4. 106 = 0
Giải phương trình bậc 2 trên, ta được hai nghiệm là: ρ 0.25 đ
1 = 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. 0.5 đ 0.5 đ Vậy ρ1 = 800kg/m3.
Câu 4 1) Để thu ảnh thật ở C, thấu kính là thấu kính hội tụ 0.25đ 5.0đ
và hai điểm A và C nàm ở hai bên thấu kính. 0.25đ
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. 0.25đ
Vậy thấu kính phải đặt trong khoảng AB. 0.25đ
Gọi d là khoảng cách từ A đến thấu kính, khi đặt vật ở A vị trí của vật và ảnh tương ứng là d ′
1 = d và 𝑑1 = 30 − 𝑑 (1)
Còn khi đặt vật ở B thì d ′
2 = 24 – d và 𝑑2 = −(30 − 𝑑) = 𝑑 − 30 (2) 0.25đ 𝑑 ′ 𝑑 ′ 𝑓 = 1𝑑1 = 2𝑑2 𝑑 ′ ′ 0.5đ 1 + 𝑑1 𝑑2 + 𝑑2
Thay (1) và (2) vào ta có: d=20cm 0.25đ
Vậy thấu kính cách A là 20cm và cách B là 4cm 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. K I S O S1 H 0.5đ F O ’ 1 S
Sau thời gian t(s) thấu kính dịch chuyển được một quãng đường OO 2 1, nên ảnh của nguồn
sáng dịch chuyển quãng đường S 1S2 Vì OI//SK 𝑆 𝑂𝐼 → 1𝑂 = (1) 𝑆 1𝑆 𝑆𝐾 0.25đ O 1H//SK 𝑆 𝑂 → 2𝑂1 = 1𝐻 (2) 𝑆2𝑆 𝑆𝐾
Xét tứ giác OO1HI có OI//O1H và OO1//IH → OO1HI là hình bình hành → OI=O1H (3) Trang 21 Từ (1), (2), (3) 0.25đ 𝑆 𝑆 → 1𝑂 = 2𝑂1 (4) 𝑆 1𝑆 𝑆2𝑆 Mặt khác: OI//SK 𝑆 𝑆 𝑆 0.25đ
→ 1𝐼 = 1𝑂 = 1𝑂 (∗) 𝐼𝐾 𝑆𝑂 12 IF’//OK 𝑆 𝑆 𝑆 0.25đ
→ 1𝐼 = 1𝐹′ = 1𝑂 − 8 (∗∗) 𝐼𝐾 𝑂𝐹′ 8 Từ (*) và (**) 𝑆 𝑆 0.25đ
→ 1𝑂 = 1𝑂 − 8 → 𝑆 12 8 1𝑂 = 24𝑐𝑚 (5) Từ (4) và (5) 𝑂𝑂 1 0.25đ → 1 = 𝑆 1𝑆2 3
Vận tốc của thấu kính là v, vận tốc của ảnh là v 1 thì: 𝑂𝑂 1 𝑣𝑡 1 = = → 𝑣 0.5đ 𝑆 1 = 3𝑣 = 15𝑐𝑚/𝑠 1𝑆2 𝑣1𝑡 3
Câu 5 Gọi nhiệt độ của phòng là t0; nhiệt dung của bình dầu là q1 và của khối kim loại là q2, x 0.5đ
3.0 đ 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 (t 0 + 20).
Sau khi thả khối kim loại vào bình hai thì nhiệt độ của bình dầu khi cân bằng là (t 0 + 5). 0.5đ
Phương trình cân bằng nhiệt khi thả khối kim loại vào bình 2 là:
q1.5 = q2[(t0 + 20) – (t0 + 5)] = q2.15 (1) 0.5đ
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) 0.5đ
Chia vế với vế của (1) và (2) ta được: 5 15 = 𝑥 5 − 𝑥 0.5đ → 𝑥 = 1,250𝐶 0.5đ Chú ý:
+ Học sinh có cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.
+ Nếu thiếu 1 đơn vị trừ 0.25 điểm nhưng không trừ quá 1 điểm cho toàn bài thi. Trang 22