Đề thi chọn học sinh giỏi Lý lớp 9 năm 2012-2013 - Sở GD&ĐT tỉnh Đồng Tháp

Chia sẻ: Lê Thị Hoa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:16

Thêm vào BST

Báo xấu

802
lượt xem 246
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh có tài liệu ôn tập những kiến thức cơ bản, kỹ năng giải các bài tập Vật lý nhanh nhất để chuẩn bị tốt cho kì thi học sinh giỏi sắp tới. Hãy tham khảo Đề thi chọn học sinh giỏi Lý lớp 9 năm 2012-2013 - Sở GD&ĐT tỉnh Đồng Tháp.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi Lý lớp 9 năm 2012-2013 - Sở GD&ĐT tỉnh Đồng Tháp

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/m3 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 m 1 = 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 Gọi chiều cao của cột xăng đổ vào một nhánh là h1, độ chênh Hình 1 lệch mực nước biển giữa hai nhánh là h2. Độ chênh lệch mặt vẽ: thoáng chất lỏng giữa hai nhánh là h. 0,5 đ h Xét hai điểm A, B trong hai nhánh nằm trong cùng một mặt phẳng ngang trùng với mặt phân cách giữa h1 xăng và nước biển có áp suất là PA và PB như hình vẽ……. 0,5 đ 4,0 đ h2 Ta có : PA = PB…………………………………………………………………… 0,5 đ A B PA = d1.h1 ; PB = d2h2……………………………………………… 0,5 đ =>d 1.h1 = d2 h2………………………………………………………………… 0,5 đ Theo hình vẽ ta có : h2 = h1-h……………………………......................... 0,5 đ d1.h1 = d2 (h1- h) = d2h1 – d2h => (d2 – d1) h1 = d2h……….......... 0,5 đ d 2h 10300.18 =>h1 =   56,18 (mm) ....................... 0,5 đ d 2  d 1 10300  7000 p2 U o2 Công suất định mức của bếp là : P0  (1) với U0 là hiệu điện thế định mức. 0,5 đ R U2 Công suất toàn phần của bếp : P  ( 2) 0,5 đ R 4,0 đ 9 Từ (1) và (2) suy ra P = P0 0,5 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: (c m  c 2 m2 ).0,5 0,5 đ P2  1 1  18W 60 ( P1- P2) t =(c1m1 + m2c2)(100 – 20) 1,0 đ Suy ra : t = 400(s) 0,5 đ a (3 điểm) 3 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 Ta có R34 = 6  ; R234 = 10(  ) 5,0 đ 0,5 đ Rx Gọi Rx = x (x > 0) 10( x  1) - Ta có: RAB = 11  x 10(x  1) 20x  120 0,25đ - Điện trở toàn mạch: Rm =  10 = 11  x 11  x U U(x  1) -Tính UAB = I.RAB= R AB Thay vào ta tính được: UAB= (1) 0,25đ Rm 2x  12
U AB U 0,25đ - Tính Ix= = (A) x  1 2x  12 2 U 2x U2 - Tính Px = Ix .Rx = 2  2 (2) 0,25đ  2x  12   12  2 x    x 12 - Để Px lớn nhất, theo (2) thì biểu thức: 2 x + phải nhỏ nhất. 0,25đ x Vậy khi đó x = 6(  ) 0,25đ - Tính UAB = IA(x +1) = 21 (V) 0,25đ - Từ (1) tính U= 72V 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  R a  R 4 19    0,25đ - Ta có:  I a R2 4  I  I  2,84 0,25đ  2 a - Giải hệ phương trình này ta được Ia ≈ 0,49(A) 0,5đ a.(1 điểm) 4 L1 - Vẽ hình đúng A F1 B1 1,0 đ B O1 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 3f -Tính đúng khoảng cách O2B2 = 1,0 đ 5,0 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 + Vì tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn tâm O, suy ra luôn luôn có hai điểm thuộc một 5 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. A  F E G  I D H  O C 2,0 đ P Q B   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   R HC  R4   R2  R (  ) 0,25đ 3 3 2 Vì VA = VB =VC nên chập A, B,C với nhau ta được mạch điện như sau: (R1 // R3) nt (R2 // R4). R .R R .R 2  1 0,25đ RM  1 3  2 4  3 R (  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 0,25đ Và RM max  3R.  24 8 1  1 Ta có:   3  2 1  1    0 6  2 1  1   (  )2  0 0,25đ 36  2 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 ; 0,25đ 3 1 1 R Và RM min  3R (  )  0,25đ 24 72 12 -----------Hết-----------