Đề thi học sinh giỏi môn Vật lí lớp 9 cấp tỉnh năm 2020-2021 có đáp án - Phòng GD&ĐT Nghĩa Đàn

Chia sẻ: Adelaide2510 Adelaide2510 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

450
lượt xem 29
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Với mong muốn giúp các em có thêm tài liệu ôn tập thật tốt trong kì thi chọn HSG sắp tới. TaiLieu.vn xin gửi đến các em Đề thi học sinh giỏi môn Vật lí lớp 9 cấp tỉnh năm 2020-2021 có đáp án - Phòng GD&ĐT Nghĩa Đàn. Vận dụng kiến thức và kỹ năng của bản thân để thử sức mình với đề thi nhé! Chúc 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 2020-2021 có đáp án - Phòng GD&ĐT Nghĩa Đàn

PHÒNG GD&ĐT NGHĨA ĐÀN ĐỀ THI THỬ ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG TỈNH LỚP 9 NĂM HỌC 2020 -2021 ( Đề thi có 02 trang ) MÔN: VẬT LÝ 9 Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Bài 1.1: (3,0đ) 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. 1.2: (3,0đ) Một bình thông nhau có hai nhánh hình trụ thẳng đứng 1 và 2, có tiết diện tương ứng là S1 = 20 cm2 và S2 = 30 cm2. Trong bình có chứa nước với khối lượng riêng là D0 = 1000 kg/m3. Thả vào nhánh 2 một khối trụ đặc, đồng chất, có tiết diện đáy S3 = 10 cm2, chiều cao h = 10 cm và làm bằng vật liệu có khối lượng riêng D = 900 kg/m3. Khi cân bằng thì trục đối xứng của khối trụ hướng thẳng đứng. a) Tìm chiều cao phần khối trụ ngập trong nước. b) Đổ thêm dầu có khối lượng riêng D1 = 800 kg/m3 vào nhánh 2 (dầu không tan trong nước). Tìm khối lượng dầu tối thiểu cần đổ vào để toàn bộ khối trụ bị ngập trong dầu và nước. c)Tìm độ dâng lên của mực nước ở nhánh 1 so với khi chưa thả khối trụ và đổ thêm lượng dầu nói ở ý b. Bài 2: (3,5đ) Có hai cốc: một cốc chứa nước trà tan có khối lượng m1 ở nhiệt độ t1 = 450C, cốc thứ hai chứa nước tinh khiết có khối lượng m2 ở nhiệt độ t2 = 50C. Để làm nguội nước trà trong cốc thứ nhất, người ta đổ một khối lượng m từ cốc thứ nhất sang cốc thứ hai, sau khi khấy đều cho cân bằng nhiệt thì đổ trở lại cốc thứ nhất cũng khối lượng m. Kết quả là hiệu nhiệt độ ở hai cốc là t = 150C, còn nồng độ trà ở cốc m m thứ nhất gấp k = 2,5 lần ở cốc thứ hai. Tìm x1  và x2  . Nếu tăng m thì sự m1 m2 chênh lệch nồng độ và nhiệt độ giữa hai cốc sau khi pha tăng hay giảm? Coi khối lượng riêng và nhiệt dung riêng của nước trà bằng của nước tinh khiết. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt giữa nước, nước trà với cốc và với môi trường. Bài 3.1:(3,0đ) Ba bóng đèn có điện trở giống nhau r = 24Ω, trong đó có 2 chiếc cùng loại, chúng được mắc thành bộ rồi mắc vào 2 điểm AB có hiệu điện thế không đổi UAB = 18V. Cả 3 đèn đều sáng bình thường. a) Vẽ sơ đồ mạch điện rồi tính các giá trị định mức của các bóng đèn biết rằng tổng công suất toàn mạch không vượt quá 13,5W. 1
b) Khi tăng UAB lên đến 20V, để các bóng sáng bình thường người ta phải mắc thêm vào mạch trên một biến trở có giá trị toàn phần là 8Ω. Hỏi: - Con chạy của biến trở phải đặt ở vị trí nào để các đèn vẫn sáng bình thường. - Trong quá trình điều chỉnh phải dịch chuyển con chạy của biến trở như thế nào để cho các đèn khỏi bị cháy. 3.2:(3,0đ) Dùng dây dẫn điện để tải điện từ đường dây điện ngoài đường có hiệu điện thế không đổi là 220V vào nhà một gia đình. Trong nhà, khi đang thắp sáng một bóng đèn điện mà cắm vào ổ cắm thêm một bàn là thì thấy bóng đèn điện kém sáng hơn trước. a) Em hãy giải thích hiện tượng trên. b) Khi gia đình đó sử dụng một bóng đèn điện có số ghi 220V-100W thì công suất tiêu thụ điện thực tế của đèn điện là 81W. Hỏi công suất tiêu thụ điện thực tế của chiếc bàn là có số ghi 220V- 1000W khi nó được cắm vào ổ cắm để sử dụng đồng thời với bóng đèn điện trên là bao nhiêu W? Bài 4: (2,5đ) Một người cao 1,7 m đang đứng ở điểm A trên mặt sân rộng. Trên đường thẳng đứng qua điểm O trên sân có một ngọn đèn điện S, có thể coi như một điểm sáng. Nếu người đó đi từ A tới O để gần O một đoạn 1,2m thì bóng người ngắn thêm 0,4m. Nếu người đó đi theo phương vuông góc với AO một đoạn 3m thì bóng người dài 2,6m. Tính chiều cao của ngọn đèn điện và khoảng cách AO. Bài 5: (2,0đ) Cho một bình trụ đựng nước, một ống nghiệm, một thước đo chiều dài, một miếng hợp kim nhỏ gồm đồng pha thiếc có thể bỏ lọt vào ống nghiệm. Hãy trình bày thí nghiệm để xác định tỉ lệ phần trăm khối lượng đồng có trong miếng hợp kim. ( Đã biết khối lượng riêng của nước, của đồng, của thiếc lần lượt là D, D1, D2). --------------------------- Hết ------------------------------ 2
HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH MÔN: VẬT LÝ 9 CÂU NỘI DUNG - YÊU CẦU ĐIỂ M 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 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 gọi quãng đường AC = s1, BC = s2, ta có: t  1  2 (1) v  v1 v  v1 0,25 s1 - Thời gian ca nô từ C trở về A là: t1  (2) v  v1 0,25 s - Thời gian ca nô từ C trở về B là: t2  2 (3) v  v1 0,25 - Từ (1) và (2): tổng thời gian đi và về của ca nô đi từ A là: s TA = t + t1= (4) Bài 1.1 v  v1 0,25 - Từ (1) và (3): tổng thời gian đi và về của ca nô đi từ B là: 3,0đ s TB = t + t2 = < TA (5) 0,25 v  v1 2v1s - Theo bài ra ta có: TA- TB = = 1 (6) v  v12 2 0,25 * Trường hợp tốc độ ca nô là 1,5v: tương tự như trên ta có: 2v1s TA'  TB' = = 0,4 (7) 2, 25v 2  v12 0,50 - Từ (6) và (7) ta có: 0,4(2,25v2 - v12 ) = (v2- v12 ) => v = v1 6 (8) 0,50 - Thay (8) vào (6) ta được s = 18km 0,25 a. Khối trụ nổi, lực đẩy Ac-si-met cân bằng với trọng lực, nên: FA = P Hay: 0,25 D 900 S3 h1 Do .10  S3 hD.10  h1  h  .10  9cm b. Lượng dầu đổ vào tối thiểu Do 1000 0,5 khi mặt trên của khối trụ vừa ngập đến ngang bề mặt của dầu. Khi đó phần chiều cao 1.2 khối trụ ngập trong nước là h2. Lực đẩy Ac-si-met tổng cộng của dầu và nước cân 3,0đ 0,25 bằng với trọng lượng của khối trụ FA1  FA2  P 0,25 3
 S3h2 Do .10  S3 (h  h2 ) D1.10  S3hD.10 S1 S2 0,25 D  D1 900  800  h2  h .10  5 cm 0,25 D0  D1 1000  800 h Khối lượng dầu tối thiểu cần đổ thêm: h2 0,25 4 4 m1  (h  h2 )(S2  S3 ).D1  0,05.(30.10  10.10 ).800  80 g S c. Độ tăng áp suất P lên đáy bình bằng áp suất do trọng lượng của khối trụ và dầu 0,25 nén lên tiết diện ngang của bình 10.m1  10.m 10.m1  10.hS3 D 0,25 P   S1  S 2 S1  S 2 Độ tăng thêm của mực nước ở nhánh 1 m1  hS3 D 0, 08  0,1.10.104.900 0,5 P  h.Do .10  h    3, 4 cm D0 ( S1  S2 ) 50.104.1000 - Gọi n là nồng độ trà ở cốc 1 lúc ban đầu. Khi đổ m từ cốc 1 sang cốc 2 thì nồng độ nước trà ở cốc 2 là: m.n n 0,25 n2   (1) m  m2 m2 1 m m n n. x2 Thay x2  vào (1) có: n2   m2 1 x2  1 0,25 1 x2 Đổ trở lại m từ cốc 2 sang cốc 1 thì nồng độ nước trà ở cốc 1 là: nx 2 (m1  m ).n  m. ( m1  m ).n  m.n2 x2  1 m.n m nx2 n1   n  . (2) (m1  m )  m m1 m1 m1 x 2  1 m x . x .n 0,25 Thay x1  vào (2) có: n1  (1  x1 ).n  1 2 m1 x2  1 Câu 2 3.5 đ Theo bài ra có: n1= k.n2 x . x .n n. x2 ( k  x1 ) x2 0,25 Hay: (1  x1 ).n  1 2 = k.  1  x1  x2  1 x2  1 x2  1 Suy ra độ chênh lệch nồng độ giữa hai cốc là: (1  x1 )(1  x2 ) 1  x2  x1  x1 x2 1  x1 k  x1   x1   1 (*) 0,25 x2 x2 x2 1  x1   k  1  2,5  1  1,5  1  1,5x2  x1 (3) x2 0,25 - Khi đổ m từ cốc 1 sang cốc 2 ta có phương trình cân bằng nhiệt là: mct1  m2 ct2 mt1  m2 t2 m.c(t1- t) = m2.c(t – t2) Suy ra: t   mc  m2 c m  m2 0,25 4
Thêm bớt m2t1 vào tử ta có: mt1  m2 t1  m2 t2  m2 t1 m (t  t ) t t t t t  t1  2 2 1  t1  2 1  t1  1 2 (4) m  m2 m  m2 x2  1 x2  1 Khi đổ m trở lại cốc 1 có phương trình cân bằng nhiệt: 0,25 m.c(t’- t) = (m1- m).c(t1 – t’) mct  (m1  m)ct1 mt  ( m1  m)t1 Suy ra: t '   mc  ( m1  m)c m1 0,25  t’ = x1t + t1 – x1t1 = x1(t – t1) + t1 t t x (t  t ) Thay (4) vào ta có: t '  (t1  1 2  t1 ). x1  t1  t1  1 1 2 (5) x2  1 x2  1 0,25 Hiệu nhiệt độ giữa hai cốc là: x (t  t ) t t t  t  x1 (t1  t2 ) (1  x1 )(t1  t2 ) t = t’ – t = t1  1 1 2  t1  1 2  1 2  (**) x2  1 x2  1 x2  1 x2  1 0,25 (1  x1 )(45  5) Thay t, t1 và t2 vào (**) ta có: 15  x2  1 Suy ra: 15x2 + 40x1 = 25 (6) 0,25 1 1 Giải hệ phương trình (3), (6) ta được: x1  và x2  2 3 m m 0,25 Ta thấy khi m tăng thì x1  và x2  đều tăng, do đó từ (*) và (**) ta có k m1 m2 và t đều giảm. 0,25 a/ Vì đề bài cho 3 đèn có điện trở giống nhau nhưng có 2 đèn cùng loại còn đèn thứ 3 khác loại và cả 3 đèn cùng sáng bình thường nên chúng không thể cùng mắc song song với nhau hoặc cùng mắc nối tiếp được vì khi đó công suất tiêu thụ sẽ như nhau. 0,25 Nên chỉ có cách mắc hỗn hợp. Có 2 cách mắc hỗn hợp để 3 bóng đèn này sáng bình thường. Cách 1: Đèn 1 nối tiếp với đèn 2 rồi mắc song song với đèn 3. 0,25 Cách 2: Đèn 1 song song với đèn 2 rồi nối tiếp với đèn 3. 0,25 U2 Câu3.1 Với cách 1 công suất tiêu thụ trên đèn 3 sẽ là P3 = = 13,5 W. Cộng với công suất r 0,25 3.0 đ trên đèn 1 và 2 thì công suất toàn mạch sẽ vượt quá 13,5W không phù hợp với đề bài nên ta chỉ còn lại cách 2. r 0,25 Theo cách 2. Điện trở toàn mạch sẽ là: R = + r = 36Ω 2 U Cường độ dòng điện trong mạch chính: I = = 0,5A 0,25 R Hiệu điện thế giữa các bóng đèn: U1 = U2 = 0,5.12 = 6V; U3 = 0,5.24 = 12V 0,25 0,25 5
I Công suất tiêu thụ: P1 = P2 = U1. = 6.0,25 = 1,5W; P3 = U3.I = 12.0,5 = 6W 2 Như vậy các thông số trên các đèn là: Đ1 và Đ2: 6V – 1,5W; Đ3: 12V – 6W. 0,25 b/ + Khi U toàn mạch tăng lên 20V để đảm bảo cho các đèn vẫn sáng bình thường thì phải duy trì hiệu điện thế định mức, vì vậy phải mắc biến trở nối tiếp với mạch, hiệu 0,25 điện thế giữa hai đầu biến trở phải có giá trị 20 – 18 = 2V. Cường độ dòng điện trong mạch chính vẫn duy trì 0,5A. U 0,25 Giá trị của biến trở lúc đó: Rb = b = 4Ω. Ib Mà điện trở toàn phần của biến trở bằng 8Ω, nên vị trí của con chạy lúc đó nằm chính 0,25 giữa biến trở. + Khi điều chỉnh biến trở, để cho các đèn khỏi bị cháy ta phải điều chỉnh từ giá trị lớn đến giá trị bé. a) Đường dây dẫn điện từ đường vào nhà có điện trở Rd. Khi sử dụng điện thì có độ 0,25 giảm hiệu điện thế trên đường dây dẫn vào nhà Ud = I.Rd. Hiệu điện thế tại ổ cắm trong nhà là U/ khi đó nhỏ hơn hiệu điện thế đường dây ngoài đường U: U/ = U - Ud = U - I.Rd. 0,25 Đang thắp sáng bóng đèn điện, sử dụng thêm bàn là, điện trở tương đương của đoạn R .R mạch bóng đèn-bàn là: Rtd  1 2 ; Rtd  R1và Rtd  R2 (nhỏ hơn điện trở của đèn và R1  R2 0,25 nhỏ hơn điện trở của bàn là). Vì vậy cường độ dòng điện trên đường dây dẫn trong trường hợp này tăng, dẫn đến độ giảm hiệu điện thế trên đường dây dẫn điện vào nhà (Ud = I.Rd) tăng và hiệu điện thế thực tế tại ổ cắm trong nhà (U/ = U - Ud = U - I.Rd) 0,25 giảm . Bóng đèn kém sáng hơn trước. U2 b) Các công thức tính công suất: P  = UI = I2R (*) R - Áp dụng  điện trở đèn R1= 484 (Ω) 0,25 Câu3.2 - Áp dụng (*) tính hiệu điện thế thực tế tại ổ cắm trong nhà khi sử dụng đèn: 3,0 đ U 198 U1  Ptt R  81.484  198V ; CĐDĐ thực tế I   A 0,25 R 484 - Độ giảm HĐT trên dây dẫn và điện trở dây dẫn từ đường vào nhà: Ud = U - U1 = 22V, 0,25 U 22 484 Điện trở dây dẫn: Rd  d   Ω I 198 9 0,25 484 - Áp dụng (*) tính điện trở của bàn là: R2 = 48,4 Ω 0,25 Khi dùng chung, điện trở tương đương của bàn là và bóng đèn: RR R td  1 2 = 44 Ω R1  R2 0,25 - Hiệu điện thế thực tế tại ổ cắm đèn và bàn là U2 tính theo hệ phương trình: 0,25 Rd U d/  ;U d/  U 2  U Tính ra U2 = 99 V Rtd U 2 - Áp dụng (*) tính được công suất thực tế của bàn là trong trường hợp này: 0,25 6
P/= 202,5 W Gọi chiều cao của ngọn đèn là OS = H, khoảng cách AO là a, chiều cao người là AB = h. -Khi người đứng ở A, bóng của người là AC = b như hình vẽ 1. 0,25 Xét hai tam giác đồng dạng CAB và COS, ta có: ab H a H 0,25     1 (1) b h b h a  1,2 H -Khi người đi lại gần O một đoạn 1,2m ta cũng có:   1 (2) 0,25 b  0,4 h a  1,2 a a Từ (1) và (2) ta có:   1,2b  0,4a   3 (3) Câu 4 b  0,4 b b 0,25 H 2,5 đ Thay (3) vào (1) được :  4 (4) h Vậy chiều cao của ngọn đèn là: H = 4h = 4.1,7 = 6,8 (m). 0,25 -Nếu người đi theo phương vuông góc với AO đến D ( hình vẽ 2) 0,25 Thì: OD = a 2  32 Chứng minh tương tự ta cũng có: 0,25 a 2  32 H   1 (5) 2,6 h 0,5 Thay (4) vào (5) giải ra được: a = 7,2 (m) Vậy chiều cao ngọn đèn là 6,8m và khoảng cách OA là 7,2m. 0,25 -TN 1: Đánh dấu mực nước ban đầu trong bình. Thả miếng hợp kim vào bình nước, dùng thước đo mực nước dâng lên là h. 0,25 Thể tích hợp kim là: V = S.h ( với S là tiết diện của bình) m1 m  m1 0,25 Ta có: V1 + V2 = V hay:   S .h (1) D1 D2 Câu 5 (với m, m1, m2 lần lượt là khối lượng của miếng hợp kim, của đồng, của thiếc trong hợp kim.) 2,0 đ -TN 2: Lấy miếng hợp kim ra khỏi bình nước. Cho một lượng nước vừa phải vào ống nghiệm rồi thả ống nghiệm vào bình nước và dùng thước đo được mực nước 0,25 dâng thêm là h1. Vì ống nghiệm nổi trên mặt nước nên ta có: P0 + P = FA1 = 10D.V1 Hay: P0 + P = 10D.S.h1 (2) 0,25 7
( P0 là trọng lượng ống nghiệm, P là trọng lượng nước, V1 là thể tích phần chìm trong nước của ống nghiệm). -TN3: Thả miếng hợp kim vào ống nghiệm, dùng thước đo được mực nước dâng thêm so với ban đầu là h2. ta có: P0 + P + 10m = FA2  P0 + P + 10m = 10D.S.h2 (3) 0,25 Thay (2) vào (3) có: 10D.S.h1 + 10m = 10D.S.h2  m = D.S(h2 – h1) (4) m1 D.S(h2  h1 )  m1 Thay (4) vào (1):   S .h D1 D2 0,25 D( h2  h1 ) S .D1 .D2 .(h  ) D2  D1 D.S(h2  h1 ) D2  m1 .   S.h  m1  (5) D1 .D2 D2 D2  D1 0,25 Từ (4) và (5) ta có phần trăm khối lượng đồng có trong hợp kim là: m h.D2  D( h2  h1 ) %m1  1  .D1 (6) m ( D2  D1 ).D.(h2  h1 ) Với h, h1, h2, đo được bằng thước, đã biết D, D1 và D2 thay vào (6) sẽ xác định được tỉ lệ phàn trăm về khối lượng của đồng trong hợp kim. 0,25 Chú ý: - Mỗi lần thiếu đơn vị trừ 0,25đ ( nhưng không trừ quá 0,5đ toàn bài thi) - Học sinh làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa. 8