Bộ Đề thi học sinh giỏi Lý lớp 9 năm 2011

Chia sẻ: Nguyễn Lê Huy | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:17

Thêm vào BST

Báo xấu

480
lượt xem 95
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bộ Đề thi học sinh giỏi Lý lớp 9 năm 2011 tổng hợp các đề thi học sinh giỏi Lý hay ở các năm nhằm giúp các em có thêm nguồn tư liệu để tham khảo. Tài liệu kèm theo đáp án nên rất thuận lợi cho các em trong quá trình tự đánh giá năng lực và kiến thức của bản thân. Mời các em cùng tham khảo chi tiết tài liệu.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Bộ Đề thi học sinh giỏi Lý lớp 9 năm 2011

UBND TỈNH THÁI NGUYÊN CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO Độc lập - Tự do - Hạnh phúc ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 Môn: Vật lí - Năm học 2011 - 2012 (Đề thi gồm 01 trang) Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1 Hai bến A và B dọc theo một con sông cách nhau s(km) có hai ca nô xuất phát cùng lúc chuyển động ngược chiều nhau với cùng tốc độ (so với nước đứng yên) là v. Tới khi gặp nhau chúng lập tức quay trở lại bến xuất phát ban đầu. Cho biết tổng thời gian cả đi và về của ca nô này nhiều hơn ca nô kia là 1 giờ. Nếu tăng tốc độ (so với nước) của hai ca nô lên là 1,5v thì tổng thời gian đi và về của hai ca nô hơn kém nhau 24 phút. Hãy xác định khoảng cách s? Coi nước chảy đều với tốc độ là v1 = 2m/s. Bài 2 Ở đáy một bể nước có một nguồn sáng điểm S (hình bên). Một M người đặt mắt tại điểm M quan sát S theo phương gần như vuông góc với mặt nước. Người đó thấy điểm sáng cách mặt nước khoảng 45cm. Tính độ sâu của nước trong bể. Cho biết khi ánh sáng truyền từ nước ra không khí thì quan hệ giữa góc tới và góc khúc xạ tuân sin[goc toi] 3 theo hệ thức:  ; đồng thời với những góc α nhỏ S sin[goc khuc xa] 4 thì có thể lấy gần đúng: sinα ≈ tanα. Bài 3 D Cho mạch điện như hình bên. Cho hiệu điện thế U = 2V, các điện trở R0 = 0,5; R1 = 1; R2 = 2; R3 = 6; R4 = 0,5; R1 R2 R5 là một biến trở có giá trị lớn nhất là 2,5. Bỏ qua điện trở A + - R0 U B A của ampe kế và dây nối. Thay đổi giá trị của R5, xác định giá R4 R3 trị của R5 để: R5 a/ Ampe kế chỉ 0,2A. Chỉ rõ chiều dòng điện qua ampe kế. C b/ Ampe kế chỉ giá trị lớn nhất. Bài 4 K1 Cho mạch điện như hình bên. Biết U AB= 12V. R3 R4 R1 = R4 = 2  ; R2 = R3 = 1  . A B a/ K1, K2 đều mở. Tính hiệu điện thế ở hai đầu R2. R1 R2 C b/ K1 đóng, K2 mở. Tính dòng điện qua R2. K2 c/ K1, K2 đều đóng. Tính dòng điện qua K 1. Bài 5 Một miếng thép có khối lượng m = 1 kg được nung nóng đến 6000C rồi đặt trong một cốc cách nhiệt. Rót M = 200g nước ở nhiệt độ 200C lên miếng thép. Tính nhiệt độ sau cùng của nước sau khi rót hết nước vào cốc trong mỗi trường hợp: a) Nước được rót rất nhanh vào cốc. b) Nước được rót rất chậm lên miếng thép. Cho nhiệt dung riêng của nước là c n = 4200 J/kg.K, của thép là ct = 460 J/kg.K, nhiệt hoá hơi của nước là L = 2,3.106 J/kg. Coi sự cân bằng nhiệt xảy ra tức thời và chỉ có sự trao đổi nhiệt giữa miếng thép với nước. === Hết ===
HƯỚNG DẪN CHẤM - BIỂU ĐIỂM (Gồm 3 trang) Bài 1 (4 đ) Điểm Giả sử nước sông chảy đều theo hướng từ A đến B với tốc độ v1; AB = s. * Trường hợp tốc độ ca nô so với nước là v, ta có: Tốc độ của ca nô khi xuôi dòng là: vx = v + v1. A C B 0,25 Tốc độ của ca nô khi ngược dòng là: vn = v - v1. 0,25 - Thời gian tính từ lúc xuất phát cho tới khi gặp nhau tại C là t, s s 0,50 gọi quãng đường AC = s1, BC = s2, ta có: t  1  2 (1) v  v1 v  v1 s 0,25 - Thời gian ca nô từ C trở về A là: t1  1 (2) v  v1 s 0,25 - Thời gian ca nô từ C trở về B là: t 2  2 (3) v  v1 s - Từ (1) và (2): tổng thời gian đi và về của ca nô đi từ A là: TA = t + t1= (4) 0,25 v  v1 s - Từ (1) và (3): tổng thời gian đi và về của ca nô đi từ B là: TB = t + t2 = < TA (5) 0,50 v  v1 2v s 0,50 - Theo bài ra ta có: TA- TB = 2 1 2 = 1 (6) v  v1 ' ' 2v1s * Trường hợp tốc độ ca nô là 1,5v: tương tự như trên ta có: TA  TB = = 0,4 (7) 0,50 2, 25v2  v1 2 - Từ (6) và (7) ta có: 0,4(2,25v2 - v1 ) = (v2- v1 ) => v = v1 6 2 2 (8) 0,50 - Thay (8) vào (6) ta được s = 18km. 0,25 Bài 2 (4 đ) * Vẽ hình: - Xét chùm tới hẹp SHI, tia tới SH vuông góc mặt nước => truyền thẳng; 0,25 - Tia tới SI bị khúc xạ kéo dài cắt SH ở S' là ảnh của S. 0,25 - Mắt sẽ nhìn thấy ảnh S' => S'H = 45cm. M 0,50 HI * ΔSHI có sinHSI ≈ tanHSI  = sin[goc toi] (1) 0,50 HS H I HI 0,50 - ΔS'HI có sinHS'I ≈ tanHS'I  = sin[goc khuc xa] (2) S' HS' sin[goc toi] HS' 0,50 - Từ (1), (2):  (4) sin[goc khuc xa] HS S sin[goc toi] 3 0,50 - Theo đề:  (5) sin[goc khuc xa] 4 HS ' 3 - Từ (4), (5):  0,50 HS 4 4 0,50  HS  HS '  60cm. 3 Bài 3 (4 đ) a. Xác định R5 để ampe kế chỉ 0,2A (2,5 đ) C - Vẽ lại mạch điện như hình vẽ. R4 R5 R3 B - Ký hiệu điện trở đoạn AC là x = R4 + R5 = 0,5 + R5 A R0 0,25 - Điện trở toàn mạch là D R1 R2 Rx R 2 R3 R tm  R 0  1  0,25 R1  x R 2  R 3
x 3x  2 0,25 - Thay số: Rtm = 2   x 1 x 1 U 2  x  1 0,25 - Cường độ dòng điện mạch chính: I   R tm 3x  2 2 - Cường độ dòng điện qua đoạn mạch AC(chứa x): I x  0,25 3x  2 x 1 0,25 - Cường độ dòng điện qua R3 là: I3  2  3x  2  2 x 1 3 x - Xét tại nút C: I A  I x  I 3  IA     0, 2 (1) 0,25 3x  2 2  3x  2  2  3x  2  3 x 0,25 =>   0, 2 2(3x  2) - Với dấu cộng ta được: x = 1Ω  R5 = 0,5Ω; 0,25 - Với dấu trừ ta được: x < 0 => Loại. Dòng điện qua ampe kế từ C => D. 0,25 b. Ampe kế A chỉ giá trị lớn nhất: (1,5 đ) 3 x - Từ phương trình (1), ta có: IA  (với x biến đổi từ 0,5Ω đến 3Ω) 0,25 2  3x  2  3 x 3 x 3 1      (2) 0,50 6x  4 6 x  4 6x  4 6 x  4 6  4 x - Từ (2) có: IA max khi xmin 0,25  xmin= 0,5Ω  R5 = 0 0,25 - Thay vào IA ta được IAmax= 0,357A 0,25 Bài 4 (4 đ) a/ (1,5 đ) * Khi K1, K2 đều mở 4 điện trở mắc nối tiếp 0,25 RAB = R1 + R2 + R3 + R4 = 6  0,25 U I  I 2  AB  2A 0,50 R AB Hiệu điện thế giữa 2 đầu R2: U2 = I.R2 = 2V 0,50 b/ (1,0 đ) * Khi K1 đóng, K2 mở đoạn AC bị nối tắt UAC = 0 0,50 Dòng điện không qua R2 hay I2 = 0 0,50 c/ (1,5 đ) * Khi K1, K2 đều đóng ta có R1//(R2)//(R3ntR4) 0,25 Dòng điện qua K1: IK1 = I2 + I34 0,50 U AB 12 I34    4A ; 0,25 R3  R4 3 U 12 I2  AB   12A 0,25 R2 1 => IK1 = 12 + 4 = 16A. 0,25 Bài 5 (4 đ) a. (2,0 đ) * Khi rót nước rất nhanh vào cốc thì cả 200g nước tăng nhiệt độ tức thời. 0,25 + Nhiệt lượng do thép toả ra để hạ nhiệt độ từ 600 xuống 1000C: Q1 = m.ct.Δt1 = 1.460.(600 – 100) = 230 000 ( J ) 0,25 + Nhiệt lượng cung cấp cho M = 200 g nước tăng tức thời từ 20 lên 1000C: Q2 = M.cn.Δt2 = 0,2.4200(100 – 20) = 67 200 (J) 0,25 Q2 < Q1 nên toàn bộ nước đều chuyển lên 1000C, xảy ra hoá hơi. 0,25
+ Nhiệt lượng làm cho nước hoá hơi: Q3 = Q1 – Q2 = 162 800 ( J ) 0,25 + Khối lượng nước hoá hơi : Q M’ = 3 = 0,0708 = 70,8 g 0,25 L M’ < M nên nước không thể hóa hơi hết, => Nhiệt độ sau cùng của nước là 1000C. 0,25 b. (2,0 đ) 0,25 * Khi rót nước rất chậm vào cốc thì từng ít một lượng nước rót chậm đó tiếp xúc với thép, tăng nhanh nhiệt độ, hoá hơi ngay, quá trình hoá hơi này sẽ dừng lại khi thép hạ nhiệt độ xuống đến 1000C. 0,25 + Gọi m’ là khối lượng nước hoá hơi trong suốt quá trình rót, ta có: + Nhiệt lượng cung cấp để lượng nước m’ tăng từ 20 lên 1000C: Q4 = m’cn.Δt = m’.4200.(100 – 20) = 336 000.m’ ( J ) 0,25 + Nhiệt luợng cần cho sự hóa hơi: Q5 = m’.L = m’.2 300 000.m’ ( J ) 0,25 Khi cân bằng nhiệt ta có: Q1 = Q 4 + Q 5 0,25  230 000 = 336 000.m’ + 2 300 000.m’ 0,25 => m’ = 0.08725 kg = 87,25 g 0,25 + Khối lượng nước không hoá hơi : m’’ = 200 - 87,25 = 112,75 g 0,25 + Gọi x là nhiệt độ sau cùng của nước và miếng thép: mct(100 – x) = m’’cn(x – 20) => 1.460.(100 – x) = 0,11275.4200(x – 20) => x = 59,4. => Nhiệt độ sau cùng của nước là 59,4 0 C. 0,25 GHI CHÚ : 1) Trên đây là biểu điểm tổng quát của từng phần, từng câu. 2) Học sinh làm bài không nhất thiết phải theo trình tự của Hướng dẫn chấm. Mọi cách giải khác, kể cả cách giải định tính dựa vào ý nghĩa vật lý nào đó, lập luận đúng, có căn cứ, kết quả đúng cũng cho điểm tối đa tương ứng với từng bài, từng câu, từng phần của hướng dẫn chấm này.
SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2012 – 2013 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: VẬT LÍ Khóa ngày: 27/ 3/2013 Số báo danh:............. Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1. (2,0 điểm) Hai ô tô đồng thời xuất phát từ A đi đến B cách A một khoảng L. Ô tô thứ nhất đi nửa quãng đường đầu với tốc độ không đổi v1 và đi nửa quãng đường sau với tốc độ không đổi v2. Ô tô thứ hai đi nửa thời gian đầu với tốc độ không đổi v1 và đi nửa thời gian sau với tốc độ không đổi v2. a) Hỏi ô tô nào đi đến B trước và đến trước ôtô còn lại bao lâu? b) Tìm khoảng cách giữa hai ô tô khi một ô tô vừa đến B. Câu 2. (2,0 điểm) Trong một bình hình trụ diện tích đáy S có chứa nước, một cục nước đá được giữ bởi một sợi chỉ nhẹ, không giãn có một đầu Hình cho câu 2 được buộc vào đáy bình như hình vẽ, sao cho khi nước đá tan hết thì mực nước trong bình hạ xuống một đoạn h. Biết trọng lượng riêng của nước là dn. Tìm lực căng của sợi chỉ khi nước đá chưa kịp tan. Câu 3. (2,0 điểm) Có hai bình cách nhiệt đựng cùng một loại chất lỏng. Một học sinh lần lượt múc từng ca chất lỏng ở bình 1 đổ vào bình 2 và ghi lại nhiệt độ khi cân bằng của bình 2 sau mỗi lần đổ, trong bốn lần ghi đầu tiên lần lượt là: t1 = 10 0C, t2 = 17,5 0C, t3 (bỏ sót chưa ghi), t4 = 25 0C. Hãy tính nhiệt độ t0 của chất lỏng ở bình 1 và nhiệt độ t3 ở trên. Coi nhiệt độ và khối lượng mỗi ca chất lỏng lấy từ bình 1 là như nhau. Bỏ qua các sự trao đổi nhiệt giữa chất lỏng với bình, ca và môi trường bên ngoài. Câu 4. (2,0 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ. Biết UAB R1 D R2 _ + A1 không đổi, R1 = 18 , R2 = 12 , biến trở có điện trở toàn A B phần là Rb = 60 , điện trở của dây nối và các ampe kế không đáng kể. Xác định vị trí con chạy C sao cho: a) ampe kế A3 chỉ số không. A3 b) hai ampe kế A1, A2 chỉ cùng giá trị. c) hai ampe kế A1, A3 chỉ cùng giá trị. E C F A2 Câu 5 (2,0 điểm) Hình cho câu 4 a) Một vật sáng dạng đoạn thẳng AB đặt vuông góc với trục chính của một thấu kính hội tụ có tiêu cự bằng 40 cm, A ở trên trục chính. Dịch chuyển AB dọc theo trục chính sao cho AB luôn vuông góc với trục chính. Khi khoảng cách giữa AB và ảnh thật A’B’ của nó qua thấu kính là nhỏ nhất thì vật cách thấu kính một khoảng bao nhiêu? Ảnh lúc đó cao gấp bao nhiêu lần vật? b) Cho hai thấu kính hội tụ L1, L2 có trục chính trùng nhau, cách nhau 40 cm. Vật AB được đặt vuông góc với trục chính, A nằm trên trục chính, trước L1 (theo thứ tự AB  L1  L2 ). Khi AB dịch chuyển dọc theo trục chính (AB luôn vuông góc với trục chính) thì ảnh A’B’ của nó tạo bởi hệ hai thấu kính có độ cao không đổi và gấp 3 lần độ cao của vật AB. Tìm tiêu cự của hai thấu kính. ……………………. Hết………………………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TĨNH LỚP 9 THCS QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn: VẬT LÍ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Câu Nội dung Điểm a. Thời gian để ô tô thứ nhất đi từ A đến B là: L L v v t1   L 1 2 ………………………………………………………………………………………………………………………………. 0,5 2v1 2v2 2v1v2 Thời gian để ô tô thứ hai đi từ A đến B là: t2 t 2L v1  2 v2  L  t2  …………………………………………………………………………………………………………………… 0,5 2 2 v1  v2 L(v1  v2 ) 2 Ta có: t1  t2  0 2v1v2 (v1  v2 ) Vậy t1  t2 hay ô tô thứ hai đến B trước và đến trước một khoảng thời gian: L(v1  v2 )2 t  t1  t2  …………………………………………………………………………………………………………………………… 0,25 2v1v2 (v1  v2 ) b. Có thể xảy ra các trường hợp sau khi xe thứ hai đã đến B: - Xe thứ nhất đang đi trên nữa quãng đường đầu của quãng đường AB, khi đó khoảng cách giữa hai xe là: 2L v v S  L  v1t2  L  v1 L 2 1 v1  v2 v1  v2 Câu 1 L Trường hợp này xảy ra khi S   v2  3v1 ………………………………………………………………………………. 0,25 (2,0 đ) 2 - Xe thứ nhất đang đi trên nữa quãng đường sau của quãng đường AB, khi đó khoảng cách giữa hai xe là: (v1  v2 ) 2 S  t.v2  L 2v1 (v1  v2 ) L Trường hợp này xảy ra khi S  hay v2  3v1 ……………………………………………………………………………… 0,25 2 - Xe ô tô thứ nhất đến điểm chính giữa của quãng đường AB, khi đó khoảng L cách giữa hai xe là: S  . Trường hợp này xảy ra khi v2  3v1 ……………………………………. 0,25 2 a. Có 3 lực tác dụng vào cục nước đá như hình vẽ: FA 0,5 P T Câu 2 (2,0 đ) Gọi trọng lượng riêng của nước đá là d; V và Vn lần lượt là thể tích của cục nước đá và của phần nước đá ngập trong nước. ĐKCB của cục nước đá: FA  T  P  T  FA  P  d n .Vn  d .V (1) ………………………….. 0,5
Khi đá tan hết, do khối lượng nước đá không đổi nên: d .V  d n .V ' với V ' là thể tích nước tạo ra khi cục nước đá tan hết. d .V Suy ra: V '  ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………….. 0,25 dn Gọi V0 là thể tích nước ban đầu trong bình. Khi tan hết, mực nước đá trong bình hạ xuống một đoạn h nên: V0  Vn V0  V '   h S S d .V  Vn  V '  S .h  Vn  S .h  (2) ………………………. 0,5 dn  d .V  Từ (1) và (2) suy ra: T  d n  S .h    d .V  d n .S .h …………………………………………………… 0,25  dn  Gọi khối lượng của mỗi ca chất lỏng múc từ bình 1 là m0, khối lượng của chất lỏng trong bình 2 ban đầu là m, nhiệt dung riêng của chất lỏng là c. Sau 4 lần đổ nhiệt độ bình 2 tăng dần đến bằng 250C nên t0 > 250C ………… 0,25 Sau lần đổ thứ nhất, khối lượng chất lỏng trong bình 2 là (m + m0) có Câu 3 nhiệt độ t1 = 100C. (2,0 đ) Sau khi đổ lần 2, phương trình cân bằng nhiệt là : c(m + m0)(t2 - t1) = cm0(t0 - t2) (1) …………………………………… 0,25 Sau khi đổ lần 3, phương trình cân bằng nhiệt là (coi hai ca tỏa ra cho (m + m0) thu vào): c(m + m0)(t3 – t1) = 2cm0(t0 – t3) (2) ………………………………….. 0,25 Sau khi đổ lần 4, phương trình cân bằng nhiệt là (coi ba ca tỏa ra cho (m + m0) thu vào): c(m + m0)(t4 – t1) = 3cm0(t0 – t4) (3) ………………………………….. 0,25 t2  t1 t t Từ (1) và (3) ta có:  0 2  t0  400 C ……………………………………………………………….. 0,5 t4  t1 3(t0  t4 ) t2  t1 t t Từ (1) và (2) ta có:  0 2  t3  220 C ……………………………………………………………….. 0,5 t3  t1 2(t0  t3 ) R1 D R2 I5 _ + A1 A I1 B I3 A3 I4 I2 E C F A2 a. Ampe kế 3 chỉ 0, ta có mạch cầu cân bằng: Câu 4 R1/ REC =R2 /RCF = (R1 + R2) /Rb => REC = R1. Rb / ( R1 + R2) = 36. (2,0 đ)  REC / Rb = 3/5.Vậy con chạy C nằm ở vị trí cách E là 3/5 EF …………….. 0,5 b. Hai ampe kế A1 và A2 chỉ cùng giá trị UAC = I1 .R1 = I2 .REC vì I1 = I2 nên R1 = REC = 18 , RFC = 42 Vậy con chạy C ở vị trí sao cho EC/EF = 3/10 ………………………………………………………………………. 0,5 c. Hai ampe kế A1 và A3 chỉ cùng giá trị * Trường hợp 1: Dòng qua A3 chạy từ D đến C -
I1 = I3 => I 5 = I1 – I3 = 0 => UCB = 0 Điều này chỉ xảy ra khi con chạy C trùng F. ………………………………………………………………………………. 0,25 * Trường hợp 2: Dòng qua A3 chạy từ C đến D I 5 = I1 + I3 = 2I1 UAC = I1. R1 = I2 . REC => I1/I2 = REC/ 18 (1) ……………………………………… 0,25 UCB = I5. R2 = I4 . RCF với RCF = 60 - REC I 5 =2 I1 và I4 = I2 - I3 = I2 - I1 => 2I1/( 60 - REC) = (I2 - I1)/ 12 => I1/ I2 = ( 60 - REC)/ (84- REC) (2) ………………………………………….. 0,25 2 Từ (1) và (2) ta có : R EC - 102REC + 1080 = 0 Giải phương trình ta được REC = 12 ………………………………………………………………………………………… 0,25 a. B I F’ A’ 0,25 A F O B’ Tacó: Câu 5 A'B' OA' OAB ~ OA’B’  AB = OA (1) (2,0 đ) A' B ' A' F ' A' B ' F’OI ~ F’A’B’    (2) OI OF ' AB ' ' ' ' ' OA A F OA  OF OA.OF' Từ (1) và (2)     OA'  (3) OA OF' OF' OA  OF' OA.OF' Đặt AA’ = L, suy ra L  OA  OA'  OA  (4) OA  OF'  OA2  L.OA  L.OF'  0 (5) …………………………………….. 0,25 Để có vị trí đặt vật, tức là phương trình (5) phải có nghiệm, suy ra:   0  L2  4 L.OF'  0  L  4.OF' Vậy khoảng cách nhỏ nhất giữa vật và ảnh thật của nó: Lmin = 4.OF’ = 4f …………………………………………………………………………………………………………………………………………. 0,25 Khi Lmin thì phương trình (5) có nghiệm kép: L OA   2.OF'  80 cm 2 ' OA  Lmin  OA  80 cm ’ A' B' OA' Thay OA và OA vào (1) ta có:  1 . Vậy ảnh cao bằng vật. …………………. 0,25 AB OA b. Khi tịnh tiến vật trước L1 thì tia tới từ B song song với trục chính không thay đổi nên tia ló ra khỏi hệ của tia này cũng không đổi, ảnh B’ của B nằm trên tia ló này. Để ảnh A’B’ có chiều cao không đổi với mọi vị trí của vật AB thì tia ló khỏi hệ của tia trên phải là tia song song với trục chính. Điều này xảy ra khi hai tiêu điểm chính của hai thấu kính trùng nhau ( F1'  F2 )…………………………………………………. 0,5
B I F’1 A’ A O1 O2 F2 J B’ Khi đó: O1F1’ + O2F2 = O1O2 = 40 cm (1) ' ' O2 F2 O2 J A B Mặt khác: '    3  O2 F2  3.O1 F1' (2) O1 F1 O1 I AB Từ (1) và (2) suy ra: f1 = O1F1’ = 10 cm, f2 = O2F2 = 30 cm. ………………………………………….. 0,5 * Ghi chú: 1. Phần nào thí sinh làm bài theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa phần đó. 2. Không viết công thức mà viết trực tiếp bằng số các đại lượng, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. 3. Ghi công thức đúng mà: 3.1. Thay số đúng nhưng tính toán sai thì cho nửa số điểm của câu. 3.3. Thay số từ kết quả sai của ý trước dẫn đến sai thì cho nửa số điểm của ý đó. 4. Nếu sai hoặc thiếu đơn vị 3 lần trở lên thì trừ 0,5 điểm cho toàn bài. 5. Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25 điểm.
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 + P H = 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  R y )  (1) (4  Rx  R y )  2.( Rx  R y ) Vì R13 // Rxy nên : IA R1  R3 1 4  hay  0,5 I R1  R3  Rx  R y 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