Đề thi học sinh giỏi môn Vật lí lớp 9 cấp tỉnh năm 2019-2020 có đáp án - Phòng GD&ĐT Tĩnh gia (Bài số 2)

Chia sẻ: Adelaide2510 Adelaide2510 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

232
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh đang chuẩn bị bước vào kì thi học sinh giỏi cấp trước có thêm tài liệu ôn tập, TaiLieu.VN giới thiệu đến các bạn Đề thi học sinh giỏi môn Vật lí lớp 9 cấp tỉnh năm 2019-2020 có đáp án - Phòng GD&ĐT Tĩnh gia (Bài số 2) để ôn tập nắm vững kiến thức môn học. Tài liệu đi kèm có đáp án giúp các em so sánh kết quả và tự đánh giá được lực học của bản thân, từ đó đặt ra kế hoạch ôn tập phù hợp giúp các em đạt kết quả cao trong kì thi.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Vật lí lớp 9 cấp tỉnh năm 2019-2020 có đáp án - Phòng GD&ĐT Tĩnh gia (Bài số 2)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN HS GIỎI CẤP TỈNH TĨNH GIA Năm học 2019 - 2020 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Vật lí 9 - Bài số 2 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. (2,0 điểm) Hai người khởi hành cùng lúc từ hai vị trí A và B, chuyển động trên hai đường thẳng vuông góc nhau, A là giao điểm của hai quỹ đạo. Khoảng cách AB = l. Người I khởi hành từ A với tốc độ 12 km/h, người II khởi hành từ B với tốc độ 9 km/h chuyển động theo hướng đến A. Cho biết sau khi bắt đầu chuyển động được 24 phút, hai người lại có khoảng cách bằng với lúc khởi hành. a. Tìm l. b. Bao lâu sau khi bắt đầu chuyển động, hai người có khoảng cách gần nhau nhất? Khoảng cách gần nhất này là bao nhiêu? C Câu 2. (3,0 điểm) Thanh AB có thể quay quanh bản lề gắn trên tường thẳng đứng tại đầu B (hình vẽ). Biết AB = BC và trọng lượng T của thanh AB là P = 100 N : a) Khi thanh nằm ngang, tính sức căng dây T xuất hiện trên B O A dây AC để thanh cân bằng (hình 1 ) P b) Khi thanh AB được treo như hình 2, biết tam giác ABC đều. Hình 1 Tính lực căng dây T’ của AC lúc này ? Câu 3. (4,0 điểm) Trên bàn có rất nhiều bình giống nhau đựng các C T’ lượng nước như nhau ở cùng nhiệt độ. Đổ M gam nước nóng vào bình thứ nhất, khi có cân bằng nhiệt thì múc M gam nước từ bình thứ nhất O A đổ vào bình thứ hai. Sau đó múc M gam nước từ bình 2 đã cân bằng P B nhiệt đổ vào bình thứ ba. Tiếp tục quá trình trên cho các bình tiếp theo. Độ tăng nhiệt độ của nước ở bình thứ nhất và thứ hai lần lượt là Hình 2 t1= 20 C và t2 = 16 C. Coi rằng chỉ có sự trao đổi nhiệt giữa các 0 0 lượng nước. a) Tìm độ tăng nhiệt độ t3 của nước ở bình thứ ba. b) Kể từ bình thứ bao nhiêu thì nhiệt độ nước trong bình tăng không quá 5 0C? Câu 4: (5,0 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ. Biết R3 = 20, hiệu điện thế giữa hai điểm A và B là U = 22V; Rx là một biến trở. Điện trở các vôn kế V1 và V2 rất lớn, điện trở ampe kế A và dây nối không đáng kể. a) Khi điều chỉnh Rx = Rxo = 20 thì số chỉ vôn kế R1 C R3 V1 gấp 1,2 lần số chỉ vôn kế V2 và ampe kế A chỉ 0,1A. Hãy tìm công suất tiêu thụ của đoạn mạch AB và giá trị A A B các điện trở R1 và R2. + V1 V2 - b) Nếu ta điều chỉnh giảm liên tục giá trị của biến R2 Rx trở Rx từ Rxo đến 0 thì công suất tiêu thụ trên Rx sẽ thay đổi như thế nào? D c) Rx có giá trị nằm trong khoảng nào để dòng điện Hình 3 qua ampe kế A có chiều từ C đến D? Câu 5: (4,0 điểm) Một sơ đồ quang học vẽ ảnh của một điểm sáng S đặt trước thấu kính hội tụ mỏng nhưng đã mất nét, chỉ còn lại các điểm M, N, F’, S’ (hình 4). Hình 4
Trong đó M, N nằm trên thấu kính; F’ là tiêu điểm; S’ là ảnh thật của S; ba điểm M, F’, S’ thẳng hàng. a) Bằng phép vẽ hãy khôi phục vị trí quang tâm và điểm sáng S. b) Khi đo khoảng cách giữa các điểm ta có: MF’ = 15cm; NF’ = 13cm; MN = 4cm. Tính tiêu cự của thấu kính trên. Câu 6. (2,0 điểm) Trình bầy phương án xác định khối lượng riêng (gần đúng) của một chất lỏng x với các dụng cụ sau đây. Một thanh cứng, đồng chất, một thước thẳng có thang đo, dây buộc không thấm nước, một cốc nước (đã biết Dn), Một vật rắn không thấm nước( có thể chìm được trong cả hai chất lỏng), Cốc đựng chất x.
HƯỚNG DẪN GIẢI a) Sau khi chuyển động được thời gian t, hai người đến các vị trí M 1, M2. 0,5 Ta có: M1M22 = AM12 + AM22 = (v1t)2 + (AB – v2t)2 (1) Câu 1 Khi M1M2 = l thì t = 0,4 h, từ phương trình (1) tìm được: l = 5 km 0,5 (2.0 điểm) b) M1M22 = 225t2 – 90t + 25 = (15t – 3)2 + 16 0,5 M1M2 nhỏ nhất khi t = 0,2 h, khi này M1M2 = 4 km. 0,5 Câu 2 C C H H T’ Hình 1 T Hình 2 K I A O O B A B P P HD : Trong cả hai trường hợp, vẽ BH  AC. Theo quy tắc cân bằng của đòn bẩy ta có : AB 1) T . BH = P . OB (1) . Vì OB = và tam giác ABC vuông cân tại B nên BAH = 450 . Trong tam 2 2 2 AB giác BAH vuông tại H ta có BH = AB. Sin BAH = AB. ; thay vào (1) ta có : T.AB. = P. 2 2 2  T=? 2) Tương tự câu 1 : T’.BH = P.IK (2). Có BAH vuông tại H  BH = AB. sinBAH = AB.sin600 = AB. 3 . Vì OI là đường trung bình của ABK  IK = 1/2 AK = 1/2 BH ( do AK = BH ) 2 AB. 3 AB. 3 AB. 3  IK = ; thay vào (2) : T’ . = P.  T’ = ? ĐS : T = 20 2 N và T’ = 20N 4 2 4 Câu 3: Gọi nhiệt độ ban đầu của nước nóng là t và của nước trong các bình là t 0; khối lượng nước trong mỗi bình là m và lượng nước nóng là M. Từ phương trình cân bằng nhiệt: Qthu = Q toả, ta có: Mc(t – t1) = mc(t1 – t0)  t1  t1  t 0  M t  t1   M t  t 0  m M m Hoàn toàn tương tự, ta cũng thu được: t 2  t 2  t 0  M t1  t 2   M t1  t 0   M t1 m M m M m 2 M  M  t 3  t 3  t 0  t 2    t1 , ......... M m M m n 1 M  M  t n  t n  t 0  t n 1    t1 M m M m a) Ở bình thứ ba, nhiệt độ của nước sẽ tăng thêm: t 3  t 2 2  12,8 0 C . t1 b) Theo công thức ở trên, ta có: t n  0,8n1.20  5  n  8  Từ cốc thứ 8 trở đi, độ tăng nhiệt độ của nước không vượt quá 50C. (Học sinh có thể tính lần lượt độ tăng nhiệt độ của các bình: t 4  10,24 0 C; t 5  8,19 0 C; t 6  6,550 C; t 7  5,24 0 C; t8  4,19 0 C )
a - Gọi số chỉ các Vôn kế V1 và V2 lần lượt là U1 và U2 ta có: 0,5 R12 U1 RR   1, 2 (1) và R3 X  3 X 0  10 (2) , RAB= R12 + R3X (3) R3 X U 2 R3  RX 0 Từ (1), (2) và (3) suy ra: R12 = 12 và RAB = 22. U2 - Công suất tiêu thụ trên đoạn mạch AB là: P   22W . RAB P 22 - Cường độ dòng điện trong mạch chính là: I =   1 A 0,5 U 22 I Suy ra: I3 = Ix = = 0,5 (A) . 2 - Nếu dòng điện qua A có chiều từ C đến D thì: I1=IA + I3=0,6A (4) và I 2= IX - IA = 0,4A (5). Từ (4) và (5) suy ra: U1 U2 0,5 R1   20 và R2   30 . I1 I2 - Nếu dòng điện qua A có chiều từ D đến C thì do tính đối xứng nên ta có: R1=30 và R2=20 . 0,5 b - Công suất tiêu thụ trên RX khi biến trở thay đổi giá trị là: U X2 PX  (6) . 0,5 Rx U X R3 X - Mặt khác ta lại có:  (7) và U RAB R3 RX 20 RX 240  32 RX R3 X   () (8) ; RAB  R12  R3 X   (9) R3  RX 20  RX 20  RX 4402 RX 4402 - Từ (6), (7) và (8) suy ra: PX   . (240  32 RX ) 2 2402 0,5  32 RX  240.32 2 RX 2402 Ta tìm thấy PX lớn nhất khi :  322 RX  RX  7,5 . RX - Vậy ta thấy khi giảm liên tục giá trị của Rx từ Rx0 = 20 đến RX = 7,5 thì công suất tỏa nhiệt trên RX tăng liên tục tới giá trị 0,5 cực đại và sau đó giảm liên tục giá trị của RX từ Rx = 7,5 đến 0  thì công suất này lại giảm liên tục đến 0. c * Trường hợp: R1 =30 : Cường độ dòng điện qua ampe kế có độ lớn là: U1 U 3 IR I .R U R12 R3 x IA = I1  I 3    . 12  3 x =  R1 R3 R1 R3 R12  R3 x R1 R3 0,5 R .R Với: R3x = 3 x R3  Rx
330  24, 75.Rx Thay số ta có biểu thức: IA = 450  60 Rx + Để dòng điện qua ampe ke có chiều từ C đến D thì: 330  24, 75Rx 40 > 0 khi 0  R  . 450  60 Rx 3 * Xét trường hợp R1 = 20  : 0,5 330  11Rx Tương tự ta có: IA = . 300  40 Rx + Để dòng điện qua ampe ke có chiều từ C đến D thì: 330  11Rx 0 suy ra: 0  R 30 . 300  40 Rx 4điểm 1,0đ a) Khôi phục quang tâm và điểm sáng S: - Nối MN ta được đường thẳng đặt thấu kính. - Từ F’ kẻ đường thẳng  vuông góc với MN, cắt thấu kính tại O. Điểm O là quang tâm. 0,5đ Đường thẳng  là trục chính của thấu kính. - Nối S’O và kéo dài. Từ M kẻ đường song song với trục chính gặp S ’O kéo dài tại S. Vậy 0,5đ S là điểm sáng. b) Xác định tiêu cự: Đặt ON = x; OF’ = f. Xét hai tam giác vuông ONF’ và OMF’. Theo định lí Pitago ta có: 1,0đ  x 2  f 2  F' N 2  132  (x  4)  f  F M  15 2 2 ' 2 2 1,0đ Giải hệ phương trình trên ta có x = 5cm; f = 12cm Câu 6 + Dùng dây treo thanh cứng, khi thanh thăng bằng, đánh dấu vị trí dây treo là G( G chính là trọng tâm của thanh). + Treo vật nặng vào thanh cứng, dịch chuyển dây treo để thước thăng bằng trở lại, đánh dấu vị trí treo thanh và treo vật là O 1 và A, dùng thước đo khoảng cách AO1=l1, O1G=l2. khi đó ta có phương trình cân bằng: l1 P1=p0l2 (1) + Nhúng chìm vật rắn vào chất lỏng x , dịch dây treo thước đến vị trí O 2 để thước thăng bằng trở lại. đo khoảng cách AO2 =l3, O2G=l4 Ta có phương trình cân bằng: l3( P1- 10 V Dx) = P0.l4 (2).
+ Nhúng chìm vật rắn vào cốc nước , dịch dây treo thước đến vị trí O3 để thước thăng bằng trở lại. đo khoảng cách AO3 =l5, O3G=l6 , Ta có phương trình cân bằng: l 5( P1- 10 V Dn) = P0.l6 (3). + giải hệ 3 phương trình 1,2,3 ta tìm được Dx