2 đề thi chọn HSG Vật lý 9 - (Kèm Đ.án)

Chia sẻ: Nguyễn Lê Huy | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

641
lượt xem 81
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

2 đề thi chọn học sinh giỏi môn Vật lý lớp 9 kèm đáp án giúp các em học sinh ôn tập kiến thức, ôn tập kiểm tra, thi cuối kỳ, rèn luyện kỹ năng để các em nắm được toàn bộ kiến thức chương trình lớp 9.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: 2 đề thi chọn HSG Vật lý 9 - (Kèm Đ.án)

UBND HUYỆN NGHI XUÂN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn: VẬT LÝ; Thời gian: 150 phút làm bài Câu 1: Hai xe máy A và B chuyển động đều trên cùng một đường thẳng. Nếu chúng đi lại gần nhau thì cứ sau 2 phút khoảng cách giữa chúng giảm đi 3 km. Nếu xe A đuổi theo xe B thì cứ sau 10 giây khoảng cách giữa chúng lại giảm đi 50m. Tính vận tốc của mỗi xe. Câu 2: Hai gương phẳng G1, G2 quay mặt phản xạ vào nhau và tạo với nhau một góc 0 60 . Một điểm S nằm trong khoảng hai gương. a. Hãy vẽ hình và nêu cách vẽ đường đi của tia sáng phát ra từ S phản xạ lần lượt qua G1, G2 rồi quay trở lại S. b. Tính góc tạo bởi tia tới xuất phát từ S và tia phản xạ đi qua S. Câu 3: Một khí cầu có thể tích 12m3 chứa khí hiđrô. Biết rằng trọng lượng của vỏ khí cầu là 100N, trọng lượng riêng của không khí là 12,9N/m 3, của khí hiđrô 0,9N/m3. a. Khí cầu có thể kéo lên trên không một vật nặng bằng bao nhiêu? b. Muốn kéo một người nặng 62kg lên thì khí cầu phải có thể tích tối thiểu là bao nhiêu, nếu coi trọng lượng của vỏ khí cầu vẫn không đổi. Câu 4: Một bình nóng lạnh có ghi 220V - 1100W được sử dụng với hiệu điện thế 220V. a. Tính cường độ dòng điện chạy qua bình khi đó b. Tính thời gian để bình đun sôi 11 lít nước từ nhiệt độ 200C, biết nhiệt dung riêng của nước là 4200J/kg.K; bỏ qua nhiệt lượng hao phí. c. Tính tiền điện phải trả cho việc sử dụng bình như trên trong 30 ngày, biết rằng thời gian sử dụng trung bình mỗi ngày là 40 phút và giá tiền điện là 1500đ/kW.h. Câu 5:Cho mạch điện như hình 2. Hiệu điện thế giữa hai điểm A và B là 18V luôn không đổi. Biết R1 = 5  , A B R4 R2 = R4 = R5 = 4  , R3 = 3  . Điện trở của ampe kế và dây + - nối không đáng kể. R5 R3 a. Khi khoá K mở. Tính điện trở tương đương của R1 mạch và Số chỉ của ampe kế. K b. Thay điện trở R2 và R4 lần lượt bằng điện trở Rx và R2 Ry, khi khoá K đóng và mở ampe kế đều chỉ 1A. Tính giá A trị của điện trở Rx và Ry trong trường hợp này. Hình 2 ---------------Hết--------------- Họ và tên thí sinh:........................................................Số báo danh:.................... Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! 1
PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO NGHI XUÂN HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2013 – 2014. Môn: Vật lí Câu 1 3,0 điểm Điểm Gọi vận tốc xe 1 và 2 là v1 và v2 (tính bằng m/s). 0,25 + Khi 2 vật đi ngược chiều: Quãng đường xe 1 và xe 2 đi được trong 2 phút lần lượt là: S1 = 120.v1 (1) và S2 = 120.v2 (2) 0,5 Khoảng cách giữa 2 vật giảm đi 4,2km => S1 + S2 = 3000 (3) 0,5 Thay (1), (2) vào (3): 120v1 + 120.v2 = 3000  v1 + v2 = 25 (4) 0,5 + Khi xe 1 đuổi theo xe 2: S1' = 10.v1 (5) và S 2 = 10.v2 (6) ' 0,25 Khoảng cách giữa chúng giảm 50 m => S1,  S 2 = 50 (7) , 0,25 Thay (5), (6) vào (7) : 10v1 - 10.v2 = 50  v1 – v2 = 5 (8) 0,25 Từ (4) và (8) suy ra: v1 = 15m/s; v2 = 10m/s. 0,5 Câu 2 4 điểm (a: 2đ và b: 2đ) a + Vẽ hình: 1,0 2 điểm + Cách vẽ: - Lấy S1 đối xứng với S qua G1 0,25 - Lấy S2 đối xứng với S qua G2 0,25 - Nối S1 và S2 cắt G1 tại I cắt G2 tại J 0,25 - Nối S, I, J, S và đánh hướng đi ta được tia sáng cần vẽ. 0,25 b Kẻ pháp tuyến tại I và J cắt nhau tại K 0,25    Trong tứ giác IKJO có 2 góc vuông là: I và J ; có góc: O = 600 0,50 0 Do đó góc còn lại IKJ = 120   0,25 2 điểm Suy ra: Trong  JKI có: I1 + J 1 = 600     0,25 Mà các cặp góc tới và góc phản xạ:     I1 = I 2 J1 = J 2  I1 + I2 + = 1200 J1 + J 2 0,25   Xét  SJI có tổng 2 góc: I + J = 1200 0,5 Do vậy: ISR = 1200 (Do kề bù với ISJ) 2
Câu 3 4 điểm (a: 2 đ; b:2đ) a Trọng lượng của khí hiđrô trong khí cầu: PH = dH . V = 0,9 . 12 = 10,8 (N) 0,5 2 điểm Trọng lượng của khí cầu và người: P = Pv + PH = 100 + 10,8 = 110,8 (N) 0,25 Lực đẩy Acsimét tác dụng lên khí cầu: FA = dkk . V = 12,9 . 12 = 154,8(N) 0,25 Trọng lượng tối đa của vật mà khí cầu có thể kéo lên là: P’ = FA – P = 44(N) 0,5 P Vậy khí cầu có thể kéo một vật có khối lượng: m = = 4,4 (kg) 0,5 10 B Gọi Vx là thể tích của khí cầu khi kéo người. Trọng lượng của khí hiđrô trong khí cầu: P’H = dH . Vx 0,25 2 điểm Trọng lượng của người là: PN = 10. 62 = 620 (N) 0,25 Trong lượng của khí cầu và người: Pv + P’H + PN 0,25 Lực đẩy Acsimét tác dụng lên khí cầu: F’A = dkk . Vx 0,25 Muốn bay lên được thì hợp lực tác dụng vào khí cầu phải thỏa điều kiện: F’A  Pv + P’H + PN  d kk . Vx  100 + dH . Vx + 620 0,5 Vx(d kk – dH)  720 => Vx  60 m3 0,5 Câu 4 3 điểm (a: 1,0đ; b: 1đ; c: 1đ) a P 1100 Cường độ dòng điện qua bình: I = = = 5A 1 điểm U 220 1.0 b Thời gian đun sôi 11 lít nước ở 200C: Q = m.C. Δt = P.t 0,5 1điểm => t = C.m.t 0 /P = 4200.11.80:1100 = 3360 (s)= 56 (phút) 0,5 c Điện năng tiêu thụ trong một tháng: 1 điểm 2 0,5 Q = P.t × 30 = 1,1 .30 = 22 (kW.h) 3 Tiền điện phải trả trong một tháng: S = 22 .1500 = 33000 (đồng) 0,5 Câu 5 6 điểm a + Khi K mở ta có: {(R1 nt R3 ) // (R2 nt R4)} nt R5 0,25 + Điện trở R13: R13 = R1+ R3 = 8  0,25 + Điện trở R24: R24 = R2 + R4 = 8  0,25 + Điện trở R1234 = R13.R24: (R13 + R24 )= 4  0,25 2,5 + Điện trở tương đương cả mạch: RAB = R5 + R1234 = 4 + 4 = 8  0,25 điểm + Cường độ dòng điện qua đoạn mạch AB: I = U/Rtd = 2,25A 0,25 + U1234 = I.R1234 = 12 V 0,25 + Vì R13 // R24 nên U13 = U24 = U1234 = 12V 0,25 + Cường độ dòng điện qua R24 : I24 = U24/R24 = 1,125A 0,25 + Vậy dòng qua Ampe kế là: IA = I24 = 1,125A 0,25 b Khi K mở, sơ đồ mạch điện: R5 nt [(R1 nt R3) // (Rx nt Ry)] 0,25 Cường độ dòng điện qua cả mạch: U I ( R  R3 ).( Rx  Ry ) 3,5 R5  1 điểm R1  R3  Rx  Ry 3
20 20(4  Rx  Ry )   4.( Rx  Ry ) 2(4  Rx  Ry )  4.( Rx  Ry ) 2 4  Rx  Ry 0,25 10(4  Rx  Ry )  (1) (4  Rx  Ry )  2.( Rx  Ry ) Vì R13 // Rxy nên : IA R1  R3 1 4  hay  0,5 I R1  R3  Rx  Ry I 4  Rx  R y 4  Rx  Ry  I (2) 4 4  Rx  R y 10(4  Rx  R y ) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra:  4 (4  Rx  Ry )  2.( Rx  R y ) Biến đổi  Rx + Ry = 12  (3) 0,25 Từ (3)  0 < Rx; Ry < 12 (4) Khi K đóng: R5 nt (R1 // Rx ) nt (R3 // Ry) 20 Cường độ dòng điện trong mạch chính: I '  R .R R .R R5  1 x  3 y R1  Rx R3  Ry 20 20 I'   3Rx Ry 3Rx 12  Rx 0,5 2  2  3  Rx 1  Ry 3  Rx 13  Rx IA R1 1 3 3  Rx Vì R1 // Rx nên: '   ' hay I '  (6) 0,25 I R1  Rx I 3  Rx 3 3  Rx 20(3  Rx )(13  Rx ) Từ (5),(6)=>  3 2(3  Rx )(13  Rx )  3 R x (13  R x )  (12  R x )(3  R x ) 0,25 2  6Rx – 128Rx + 666 = 0 Giải phương trình bậc hai ta được hai nghiệm Rx1 = 12,33  và Rx2 = 9  0,25 Theo điều kiện (4) ta loại Rx1 nhận Rx2 = 9  Suy ra Ry = 12 – Rx = 12 – 9 = 3  0,5 Vậy Rx= 9  ; Ry = 3  . 4
SỞ GD&ĐT NINH BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS Năm học 2012 – 2013 MÔN:VẬT LÝ ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang Câu 1 (4,0 điểm). Một bình thông nhau có hai nhánh chứa nước biển. Người ta đổ thêm xăng vào một nhánh. Hai mặt thoáng ở hai nhánh chênh lệch nhau 18mm. Tính độ cao của cột xăng. Cho biết trọng lượng riêng của nước biển là 10300N/m 3 và của xăng là 7000N/m3. Câu 2 (4,0 điểm). Dùng một bếp điện loại 200V- 1000W hoạt động ở hiệu điện thế U = 150V để đun sôi ấm nước. Bếp có hiệu suất 80%. Sự toả nhiệt từ ấm ra không khí như sau: Nếu thử ngắt điện thì sau 1 phút nước hạ xuống 0,5 oC. Ấm có m1 = 100g, C1 = 600J/kg.K; nước có m 2 = 500g, C2 = 4200J/kg.K, nhiệt độ ban đầu là 20oC. Tìm thời gian cần thiết để đun sôi ấm nước. Câu 3 (5,0 điểm). R2 R3 Cho mạch điện như hình vẽ (Hình 1). R1=10  ; R2= 4  ; R3= R4=12  ; Ampe kế có điện trở Ra=1  , Rx là một R4 biến trở, U không đổi. Bỏ qua điện trở các dây nối và khóa K. Rx K a. K đóng, thay đổi giá trị của Rx đến khi công suất tiêu thụ trên Rx A A B đạt cực đại thì ampe kế chỉ 3A. Xác định hiệu điện thế U. R1 b. K mở, giữ nguyên giá trị của Rx ở câu a. Xác định số chỉ của + - U ampekế khi đó. Câu 4 (5,0 điểm). Hình 1 Một vật sáng AB dạng mũi tên đặt trước một thấu kính hội tụ L1 vuông góc với trục chính của thấu kính, đầu B nằm trên trục chính. Thấu kính có tiêu cự f1 = f. Vật AB cách thấu kính một khoảng 2f. a) Vẽ ảnh của vật AB qua thấu kính L1. f b) Sau thấu kính L1 người ta đặt một thấu kính phân kỳ L2 có tiêu cự f2 = . Thấu kính L2 2 f cách thấu kính L1 một khoảng O1O2 = , trục chính của hai thấu kính trùng nhau (Hình 2). 2 Vẽ ảnh của vật AB qua hệ hai thấu kính trên và dùng hình học tìm khoảng cách từ ảnh cuối cùng A2B2 đến thấu kính phân kỳ (không dùng công thức thấu kính). c) Vẽ một tia sáng phát ra từ A sau khi đi qua cả hai thấu kính thì tia ló có phương đi qua B ( Chú ý: Trong các câu a, b, c chỉ yêu cầu vẽ đúng, không yêu cầu giải thích cách vẽ). L1 L2 A F1 F'1 B O1 O2 Hình 2 Câu 5 (2,0 điểm). Một dây dẫn đồng chất, tiết diện đều, có điện trở R được uốn A thành khung tròn (Hình 3). Cho dây dẫn có điện trở không đáng kể được uốn thành tam giác đều ABC, nội tiếp đường tròn. Cho tam giác I này quay quanh trục quay đi qua tâm đường tròn và vuông góc với mặt  phẳng khung sao cho các đỉnh của tam giác luôn tiếp xúc với đường O tròn. Hãy tìm vị trí các đỉnh của tam giác để điện trở tương đương của B C mạch đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. Hình 3 -----------HẾT------------ Họ và tên thí sinh :....................................................... Số báo danh ............................. Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:........................................................................................ Họ và tên, chữ ký: Giám thị 2:........................................................................................
SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HDC ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 THCS Năm học 2012 – 2013 MÔN: VẬT LÝ (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Chú ý: Ghi chú : - Nếu sai đơn vị trừ 0,25 đ và chỉ trừ 1 lần. - Mọi cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa./. Câu Đáp án Điểm 1 Gọi chiều cao của cột xăng đổ vào một nhánh là h1, độ Hình chênh vẽ: lệch mực nước biển giữa hai nhánh là h2. Độ chênh 0,5 đ lệch mặt h h1 thoáng chất lỏng giữa hai nhánh là h. h2 Xét hai điểm A, B trong hai nhánh nằm trong cùng 0,5 đ 4,0 A một mặt phẳng ngang trùng với mặt phân cách giữa 0,5 đ B đ xăng và nước biển có áp suất là PA và PB như hình 0,5 đ vẽ……. 0,5 đ Ta có : PA = PB…………………………………………………………………… 0,5 đ PA = d1.h1 ; PB = d 2h2……………………………………………… 0,5 đ =>d1.h1 = d2 h2………………………………………………………………… 0,5 đ Theo hình vẽ ta có : h2 = h1- h……………………………......................... d1.h1 = d2 (h1- h) = d2h1 – d2h => (d2 – d 1) h1 = d2h……….......... d 2h 10300.18 =>h1 =   56,18 (mm) d 2  d 1 10300  7000 ....................... U o2 p2 Công suất định mức của bếp là : P0  (1) với U 0 là hiệu điện thế định mức. 0,5 đ R U2 Công suất toàn phần của bếp : P  ( 2) 0,5 đ R 9 4,0 Từ (1) và (2) suy ra P = P0 0,5 đ đ 16 Công suất có ích của bếp là: P1 = H.P = 450 W. 0,5 đ Công suất toả nhiệt ra không khí là: (c1 m1  c 2 m2 ).0,5 0,5 đ P2   18W 60 ( P1- P2) t =(c1m1 + m2c2)(100 – 20) 1,0 đ Suy ra : t = 400(s) 0,5 đ 3 a (3 điểm) Khi K đóng R3 hình - Mạch điện được mắc như sau: R2 vẽ: [{( R3//R4) nt R2}//(Rx ntRA)] R1 0,5 đ R1 R4
5,0 Ta có R34 = 6  ; R234 = 10(  ) đ 0,5 đ Gọi Rx = x (x > 0) 10( x  1) - Ta có: RAB = 11  x 10(x  1) 20x  120 - Điện trở toàn mạch: Rm =  10 = 0,25đ 11  x 11  x U U(x  1) -Tính U AB = I.RAB= R AB Thay vào ta tính được: UAB= (1) Rm 2x  12 0,25đ U AB U 0,25đ - Tính Ix= = (A) x  1 2x  12 2 U 2x U2 - Tính Px = Ix .Rx = 2  2 (2)  2x  12   2 x  12  0,25đ    x 12 - Để Px lớn nhất, theo (2) thì biểu thức: 2 x + phải nhỏ nhất. x Vậy khi đó x = 6(  ) 0,25đ - Tính U AB = IA(x +1) = 21 (V) - Từ (1) tính U= 72V 0,25đ 0,25đ 0,25đ b.( 2 điểm) * Khi K mở Hình - Mạch điện được mắc như sau: vẽ: {(Rx ntRAnt R4)//R2} nt R3 nt R1 0,5 đ Giữ nguyên Rx khi đó tính được điện trở của cả mạch: Rm = 25,3(  ) 0,25đ - Cường độ dòng điện trong mạch chính: U Ic= = 2,84(A) 0,25đ Rm  I 2 R x  Ra  R 4 19    0,25đ - Ta có:  I a R2 4  I  I  2,84  2 a 0,25đ - Giải hệ phương trình này ta được Ia ≈ 0,49(A) 0,5đ 4 a.(1 điểm) L1 - Vẽ hình đúng A F1 B1 B O1 1,0 đ A1
b) 3 điểm -Vẽ được 2 tia đúng qua hai thấu kính, mỗi tia cho: 0,5 điểm -Vẽ được ảnh cuối cùng A2B2 ảo (đường không liền nét) : 1,0 đ 5,0 đ 3f -Tính đúng khoảng cách O2B2 = 1,0 đ 4 A A2 O1 B1 B B2 O2 A1 L1 L2 c) 1 điểm Vẽ đúng đường truyền của tia sáng AIKM qua 2 thấu kính : 0,5 đ - Vẽ đúng phần đường liền nét, đường đứt nét : 0,5 đ M I A K A2 O1 B1 B B2 O2 A1 L1 L2 Chú ý: - Vẽ thiếu mỗi mũi tên chỉ chiều truyền tia sáng thì trừ 0,25 đ và trừ tối đa là 0,5 đ - Nếu sai tỉ lệ trừ 0,5 đ cho cả bài
5 + Vì tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn tâm O, suy ra luôn luôn có hai điểm thuộc một nửa đường tròn và điểm còn lại thuộc nửa đường tròn kia. + Ta chỉ xét sự dịch chuyển của một đỉnh của tam giác ABC khi chỉ đỉnh đó nằm trên nửa đường tròn. F A E G  I D  H O C P Q 2,0 B   đ N K  M  + Ta có: Sđ cung DE = EG = GH = HK = KN = ND = . 3  Sđ cung EF = FG = NM = MK = . 6 Khi A nằm trên cung DE thì B  cung KN; C  cung GH. Khi A nằm trên cung EG thì B  cung DN; C  cung HK. Khi A nằm trên cung GH thì B  cung DE; C  cung KN. Hv + Khi A nằm trên cung HK thì B  cung FG; C  cung ND. Nx: Khi A nằm trên cung KN thì B  cung GH; C  cung DE. Khi A nằm trên cung ND thì B  cung HK; C  cung EG. 0,25đ Vì tam giác ABC đều nên tất cả các trường hợp đều cho ta những mạch điện tương đương. Nên ta chỉ xét trường hợp A  EG; B  cung DN; C  cung HK.  + Sđ cung DP = PN = HQ = QK = EF = FG = . 6 Khi A  EF thì B  cung NP; C  cung HQ. Khi A  FG thì B  cung DP; C  cung QK. Vì tam giác ABC đều nên hai trường hợp này lại cho ta những mạch điện tương đương với nhau nên ta chỉ cần xét trường hợp A  EF; B  cung NP; C  cung HQ. 0,25đ   + Đặt góc AOD =  suy ra   3 2 góc AOH =    R R AD  R1  2 R (   ) R AH  R2  2 R 1  RDB  R3   R1  R(  ) 3 3 2 R 1   RHC  R4   R2  R (  ) 3 3 2 0,25đ
Vì VA = VB =VC nên chập A, B,C với nhau ta được mạch điện như sau: (R1 // R3) nt (R2 // R4). R1.R3 R .R 2  1 0,25đ RM   2 4  3R (  2   ) R1  R3 R2  R4 2 2 12 2  1 1  1 1 1 Xét A =  2     (  )2   2 2 12 2  2 24 24 RM lớn nhất khi A lớn nhất. 1  1  Amax =       A  F; B  P; C  Q 24  2 2 1 R Và RM max  3R.  24 8 0,25đ 1  1 Ta có:   3  2 1  1    0 6  2 1  1   (  )2  0 36  2 0,25đ RM nhỏ nhất khi A nhỏ nhất.  1 A nhỏ nhất khi (  ) 2 lớn nhất.  2  1 2 1 (  )   2 36  1 1 (  )  2 6      A  E; B  E; C  H ; 3 0,25đ 1 1 R Và RM min  3R (  )  24 72 12 0,25đ -----------Hết-----------