Đề thi HSG cấp huyện Vật lý lớp 9 kèm đáp án

Chia sẻ: Tran Vinh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

1.132
lượt xem 128
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu 2 đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Vật lý lớp 9 dành cho quý thầy cô và các bạn học sinh lớp 9 tham khảo nhằm củng cố kiến thức và luyện thi môn Lý về trọng lượng riêng, sơ đồ các cách mắc mạch điện.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi HSG cấp huyện Vật lý lớp 9 kèm đáp án

PHÒNG GD&ĐT HUYỆN YÊN THÀNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2009 – 2010 Môn: Vật lý – Lớp 9 Thời gian làm bài: 120 phút Bài1. Một người đi xe đạp từ A đến B dự định mất 4 giờ. Do nửa quãng đường sau người ấy tăng vận tốc thêm 3km/h nên đến sớm hơn dự định 20 phút. Tính vận tốc dự định và quảng đường AB? Bài 2. Một ống thuỷ tinh hở hai đầu dựng vuông góc với mặt thoáng của nước trong bình, ống có chiều dài là l = 30cm, người ta rót dầu vào ống. a) Phần ống nhô lên khỏi mặt thoáng của nước trong bình là bao nhiêu để ống hoàn toàn chứa dầu? b) Nếu ống đang ở trạng thái như câu a, người ta kéo ống lên theo phương thẳng đứng 1 đoạn là h. Hãy xác định khối lượng dầu đã chảy vào trong nước. Cho trọng lượng riêng của nước và dầu lần lượt là: d1 = 10000N/m3 và d2 = 8000N/m3 ; h = 4cm; tiết diện của ống thuỷ tinh là S = 2 cm2. Bài 3. Cho 2 bóng đèn: Đ1 loại 6V – 6W; Đ2 loại 6V – 3W. a) Mắc Đ1 nối tiếp Đ2 rồi mắc vào nguồn có hiệu điện thế U = 12V , bỏ qua sự phụ thuộc của điện trở vào nhiệt độ. Hãy nhận xét độ sáng của mỗi đèn? b) Mắc đồng thời cả 2 đèn trên vào nguồn U = 12V, để 2 đèn cùng sáng bình thường thì ta phải mắc thêm các điện trở phụ như thế nào vào mạch điện? Vẽ sơ đồ các cách mắc? Cách nào có lợi hơn? Bài 4. Cho mạch điện như hình vẽ: A R C R M 0 + V1 V2 V3 _ 0 B D N Hai điện trở R giống nhau, 3 vôn kế giống nhau có cùng điện trở RV. UAB không đổi. Vôn kế V2 chỉ 12V; V3 chỉ 8V. a) Xác định số chỉ của vôn kế V1? b) Nếu các vôn kế trên có điện trở lớn vô cùng và UAB không đổi thì số chỉ của các vôn kế là bao nhiêu? ---------------------------- Hết ------------------------------- Người coi thi không giải thích gì thêm
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ 9 BÀI ĐÁP ÁN ĐIỂM 1 Gọi v là vận tốc dự (v>0) , quảng đường s , thời gian dự định t 0.25 Quảng đường AB là: s = vt = 4v 0.25 2.5 Khi tăng vận tốc thêm 3km/h thì thời gian đi nữa quảng đường đầu là điểm t/2 = 2, thời gian đi nữa quảng đường sau là t/2-1/3 = 5/3 giờ. Do 0.25 vậy: 1 5 0.5 S = 2 v + (2- )(v + 3) = ( v + 3) 3 3 5  2v + (v + 3) = 4v 3  v = 15 (km/h) 0.25 Quảng đường AB: s = vt = 15. 4 = 60 (km) 0.5 2 Viết được: l = 30cm = 0,3m ---- 2.5 d1 = 10000N/m3 _ _h1 ---- _ _ _ _ điểm d2 = 8000N/m3 _ _ _ _ _ --- _ _ l_ _ _ _ _ _ ---- _ _ _ _ a. Vẽ được hình: _ _._ _ _-.--_ _ _ 0.25 _ _A_ _ _B_ _ _ _ h1 là độ chênh lệch giữa 2 mặt thoáng của 2 chất lỏng. Lấy điểm B tại đáy ống chứa dầu, điểm A trong nước có cùng độ sâu với B. Ta có : pA = pB 0.5  d1 ( l – h1) = d2 l 0.25  d1 h1 = l ( d1 – d2) l (d1  d 2 )  h1 = 0.25 d1 Thay số vào tính được: h1 = 0,06m = 6cm 0.25 b. Vẽ hình: ---- h1 + h _ _ _ ---- _ _ _ _ _ _ l1_ _ --- _ _ _ _ _ _. _ ---- _ _ h2 _ _ __. _ --._ _ _ _ _ _ C_ _ D _ _ _ _ 0.125 Khi đã ổn định phần ống ngập nước là: h2 = l – (h1 + h) = 0,3 – (0,06 + 0,04) = 0,2(m) 0.25 Tương tự ta có: pC = pD  l1 d2 = h2 d1 0.125
h2 d1  l1 = d2 Thay số vào tính được: l1 = 0,025(m) = 25cm 0.125 Độ cao cột dầu chảy vào nước là:  l = l – l1 = 30 – 25 = 5(cm) 0.125 Khối lượng dầu đã chảy vào nước là: m = D2. V (D2 = 0,8g/cm3) = D2 . S .  l = 0,8 . 2 . 5 = 8(g) 0.25 3 Cường độ dòng điện và điện trở của mỗi đèn khi sáng bình thường 2.5 là: điểm p1 6 U1 6 Đ1: I1 = = = 1(A); R1 = = = 6(  ) U1 6 I1 1 p 3 U 6 0.5 và Đ2: I2 = 2 = = 0,5(A); R2 = 2 = = 12(  ) U2 6 I2 0,5 a. Khi mắc Đ1 nt Đ2 rồi mắc vào nguồn có U = 12V, cường độ dòng U 12 2 0.5 điện chạy qua mạch lúc này là: I = = = (A) R1  R2 6  12 3 Vì: I < I1 nên Đ1 hoạt động yếu hơn mức bình thường. 0.25 I > I2 nên Đ2 hoạt động quá mức bình thường. 0.25 b. Để 2 đèn trên hoạt động bình thường khi sử dụng nguồn U = 12V Có các cách mắc sau: C1: Đ1 nt (Đ2 // R) (Hoặc vẽ được sơ đồ) mỗi cách C2: (Đ1//Đ2)nt R cho 0.25đ C3: (Đ1nt R3) // (Đ2 nt R4) 0.5 Tính được hiệu suất mỗi cách cho 0.125đ H1 = 75% ; H2 = 50% ; H3 = 50% 0.25 Vì C1 có hiệu suất lớn nhất nên cách đó lợi hơn 0.25 4 Cách mắc: R 2.5 V3 điểm A R C D B 0 0 + - V2 0.25 V1 U3 R 8 RV a. Xét đoạn mạch CD ta có: = V  =  RV = 2R 0.5 U 2 R  RV 12 R  RV R ( R  RV ) 2 R.3R 6R Ta lại có: RCD = V = = RV  R  RV 2R  R  2R 5 0.25
6R 0.5 R U R  RCD 5 = 11 Xét mạch ACDB có: 1 = = U2 RCD 6R 6 5 0.25 11 11  U1 = U2 = 12 = 22 (V) 6 6 b. Khi các vôn kế có điện trở lớn vô cùng thì các điện trở R xem như các dây nối vì khi đó dòng điện qua các vôn kế Iv = 0 Do đó các vôn kế được mắc song song. Vì UAB không đổi nên số chỉ của các vôn kế bằng nhau và bằng 22V 0.75 Lưu ý: - Sai hoặc thiếu đơn vị 1 lần trừ 0.25đ. Từ 2 lần trở lên trừ 0.5đ cho toàn bài. - Các cách giải khác đúng cho điểm tối đa.
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 VÒNG 2 THANH OAI NĂM HỌC 2013-2014 Môn thi : VẬT LÝ ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài : 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1: ( 4 điểm) Phía dưới 2 đĩa cân bên trái treo một vật bằng chì, bên phải treo một vật hình trụ bắng đồng được khắc vạch chia độ từ 0 đến 100. Có hai cốc đựng hai chất lỏng A và B ( H1). Ban đầu khi chưa nhúng hai vật vào 2 chất lỏng, cân ở trạng thái cân bằng. Khi cho vật bằng chì chìm hẳn trong chất lỏng A thì phải nâng cốc chứa chất lỏng B đến khi mặt thoáng chất lỏng B ngang đến vạch 87 thì cân mới cân bằng. Khi cho vật bằng chì chìm hẳn trong chất lỏng B thì mặt thoáng của chất lỏng A phải ngang vạch 87 cân mới cân bằng. Hãy xác định tỉ số các khối lượng riêng của hai chất lỏng A,B và từ đó nêu một phương pháp đơn giản nhằm xác định khối lượng riêng của một chất H1 lỏng nào đó Câu 2:(4 điểm) Có hai bình cách nhiệt, mỗi bình đựng một chất lỏng nào đó. Một học sinh lần lượt múc từng ca chất lỏng ở bình 2 trút vào bình 1 và ghi lại nhiệt độ khi cân bằng ở bình 1 sau mỗi lần trút: 200C, 350C, rồi bỏ sót mất một lần không ghi, rồi 500C. Hãy tính nhiệt độ khi có cân bằng nhiệt ở lần bỏ sót không ghi, và nhiệt độ của mỗi ca chất lỏng lấy từ bình 2 trút vào. Coi nhiệt độ và khối lượng của mỗi ca chất lỏng lấy từ bình 2 đều như nhau. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường Câu 3: ( 4 điểm) Một vòng dây dẫn đồng chất, tiết diện đều có điện trở R= 100 . Đặt vào hai điểm A và B của vòng dây một hiệu điện thế U = 16V không đổi (H2). a/ Cho góc AOB = α. Tính điện trở tương đương của đoạn mạch theo α. b/ Tìm α để cường độ của mạch điện chính là 1A. c/ Tìm α để cường độ dòng điện mạch chính là nhỏ nhất. Tính cường độ dòng điện khi đó. Câu 4 ( 5 điểm) Cho mạch điện (H3) .Trong đó R1= 9 , R2= 6 . R0 là biến trở con chạy phân bố đều theo chiều dài có điện trở toàn phần R0 = 30 . Am pe kế có điện trở không đáng kể. HĐT UAB = 12,32 V không đổi . 1) Khóa K mở xác định số chỉ các am pe kế. 2)Khóa K đóng, xác định vị trí con chạy C sao cho: a/ Am pe kế A3 chỉ số 0. b/ Hai trong ba am pe kế chỉ cùng một giá trị. Hãy tính giá trị ấy. C âu 5 ( 3 điểm) S là một điểm sáng cố định nằm trước hai gương phẳng G1, G2 (H4) G1 quay quanh I1, G2 quay quanh I2 .(I1 và I2 cố định). Biết góc SI1I2 bằng α, góc SI2I1 bằng β. Gọi ảnh của S qua G1 là S1, qua G2 là S2, tính góc φ hợp giữa mặt phản xạ của hai gương sao cho khoảng cách S1S2 là: a/ Nhỏ nhất. b/ Lớn nhất. H4 Chú ý: cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM CHỌN HỌC SINH GIỎI THANH OAI LỚP 9 VÒNG 2 NĂM HỌC 2010-2011 Môn thi : VẬT LÝ. Câu 1: 4 điểm Gọi DA, DB là trọng lượng riêng của chất lỏng A và B Vpb là thể tích vật bằng chì kVcu là thể tích phần thỏi đồng chìm trong chất lỏng. Ban đầu cân ở trạng thái cân bằng. Khi nhúng hai vật vào hai chất lỏng cân vẫn ở trạng thái cân bằng lúc đó lực đẩyÁc si mét vào hai vật bằng chì và đồng bằng nhau. ( 0,25 đ) Khi vật bằng chì nhúng trong chất lỏng A vật bằng đồng trong chất lỏng B ta có: Vpb.DA.10 = k1.Vcu.DB.10 (1) K1 = 87 (0,25 đ) 100 Khi vật bằng chì chìm trong chất lỏng B Vật bằng đồng trong chất lỏng A ta có: Vpb.DB.10 = k2.Vcu.DA.10 (2) K1 = 70 (0,25 đ) 100 V pb . D A k1 .Vcu DB => = ( 0,25 đ) V pb .DB k 2 .Vcu .D A D 2 A k1 DA k1 87 =>  =>   D2 B k2 DB k2 70 DA =>  1,114 (0,5 đ) DB DB k2 70 DA Hoặc    0,896 (0,5 đ) DA k1 87 DB DA k1 * Từ  ta chỉ cần sử dụng một chất lỏng đã biết khối lượng riêng DB k2 rồi thực hiện phương pháp như trên (1 đ) 3 3 VD : ta sử dụng DB bằng nước có D = 10 kg/m DA là chất lỏng phải tìm ta tiến hành thực hiện như phần trên xác định được k 1 và k’2 ’ k '1 Ta có : Dx = D. (1 đ) k '2 Câu 2: (4 đ) Theo đầu bài, nhiệt độ ở bình 1 tăng dần chứng tỏ nhiệt độ mỗi ca chất lỏng trút vào cao hơn nhiệt độ ở bình 1 và mỗi ca chất lỏng trút vào lại truyền cho bình 1 một nhiệt lượng. Gọi q1 là nhiệt dung tổng cộng của bình 1 và các chất lỏng sau lần trút thứ nhất ở 200 C, q2 là nhiệt dung của mỗi ca chất lỏng trút vào, t2 là nhiệt độ mỗi ca chất lỏng đó và tx là nhiệt độ ở lần bỏ sót không ghi .
Ta có các phương trình cân bằng nhiệt tương ứng với 3 lần trút cuối: .q1.(35-20) = q2(t2 – tx) (1) 0,5 đ (q1+ q2)(tx – 35) = q2 (t2 – tx) (2) 0,5 đ (q1 + 2q2)(50 – tx) = q2(t2 – 50) (3) 0,5 đ t 2  35 Từ (1) => q1 = .q 2 (4) 0,5 đ 15 Thay thế (4) vào (2) và (3) ta có hệ : (t2 – 20)(tx – 35) = 15(t2 – tx) (5) 0,5 đ (t2 – 5)( 50 – tx) = 15(t2 – 50) (6) 0,5 đ Giải ta sẽ được : .t2 = 800C 0,5 đ .tx = 440C 0,5 đ Câu 3 : 4 điểm a/ Kí hiệu điện trở của phần AmB của vòng dây là R1, điện trở của phần AnB là R2. Đoạn mạch AB gồm hai điện trở R1, R2 mắc song song. Vì điện trở của đoạn dây đồng chất tiết diện đều điện trở của dây sẽ tỉ lệ với chiều dài của dây nên ta có : R1 = R. .  , R2 = R – R1 = R. . (360 -  ) ( 0,5 đ) 360 360 R1 R2 ( 360   ). ( 360   ) => RAB = . = . R = ( ) (1) (0,5 đ) R1  R2 3602 36 2 U b/ Muốn cho IAB = 1A thì phải có RAB = AB = 16  (0,25 đ) I AB (360   ) Muốn vậy phải có = 16 (0,25 đ) 36 2 Hay  2 – 360  + 20736 = 0 Giải ra ta được  1 = 720  2 = 288 0 (0,5 đ) U AB c/ Muốn cho IAB nhỏ nhất thì RAB = phải lớn nhất (0,5 đ) I AB  biểu thức (360 -  )  phải đạt cực đại (0,5 đ)  360  -  2 = 1802 – (  - 180)2 (0,25 đ  Biêu thức đạt cực đại khi  - 180 = 0 hay khi  = 1800. (0,25 đ)  Khi đó RAbmaX = 25  (0,25 đ)  IAbmin = 0,64A (0, 25 đ) Câu 4 :(5 đ) 1/ Khi K mở dòng điện không qua A3 nên A3 chỉ 0 U MN 12,32 - Cường độ qua A1 : I1 = = = 0,82 (A) (0,25 đ) R1  R2 96 U 12,32 - Cường độ qua A2 : I2 = MN  = 0,41(A) (0,25 đ) 30 30
2/ Khi K đóng. a/ Am pe kế chỉ số 0. Khi đó mạch có cấu tạo (R1// REC) nt (R2// RCF) I1.R1 = I2REC ; IR2.R2 = ICF.RCF (0,25 đ) R R R R R R => 1 = 2 = 1 2 = 1 2 (0,25 đ) REC RCF REC  R CF Rb R .R 9.30 => REC = 1 b =  18() (0,25 đ) R1  R2 96 R 18 3 3 Ta có EC   => Vậy phải đặt con chạy C ở của EF Rb 30 5 5 tính từ E (0,25 đ) b/ Hai trong ba am pe kế chỉ cùng một giá trị, hãy tính giá trị ấy. *Để A1 và A2 chỉ cùng một giá trị . Ta có UMC = I1R1 = REC.I2 Vì I1 = I2 nên R1 = REC = 9  => RFC = 30 – 9 = 21(  ) (0,25 đ) R1.REC R .R 9.9 6.21 55 Ta có RMN= RMC + RCN =  2 CF    ( ) (0,25 đ) R1  REC R2  RCF 9  9 6  21 6 U Gọi I là cường độ mạch chính có I = MN RMN 1 1 U 1 12,32 Do I1 = I2 = .I = . MN  . .6  0,672( A) (0,25 đ) 2 2 RMN 2 55 EC 9 3 C ở vị trí sao cho   (0,25 đ) EF 30 10 * Để A1 và A3 chỉ cùng một giá trị. Dòng qua A3 có thể theo hai chiều * Từ R1 qua A3 sang Rb . Khi đó có IR1 = I3 + IR2 mà IR1 = I1 = I3  IR2= 0 tức UCN = 0 điều đó sảy ra khi C ở F. U MN 12,32  I1 = I3 = =  1,369( A) (0,5 đ) R1 9 * Dòng điện từ Rb sang R1. Khi đó IR2 = IR1 + I3 = 2IR1= 2I1 I1 I I I R Ta có UMC = I1R1 = I2 REC =>  2  2  1  EC (1) (0,25 đ) REC R1 9 I2 9 UCN = IR2.R2 = ICF. RCF Với RCF = Rb.RCE = 30 – REC ; IR2 = 2I1 ICF = I2 – I3 = I2 – I1 2I1 I  I 1 2( I 2  I1 ) 2( I 2  I! )  2 I 1 =>  2   30  REC 6 2.6 2.6  30  REC 2I1 2I2 I 30  REC =>   1  (2) (0,25 đ) 30  REC 42  REC I 2 42  REC R 30  REC So sánh (1) và (2), ta có EC  9 42  REC  R2EC - 51.REC + 270 = 0
 Giải ra ta được REC = 6  ; REC = 45  ( loại vì > 30  ) EC 6 1  Do đó C ở vị trí sao cho   (0,25 đ) EF 30 5 + Ta có UMN = UMC + UCN UMN = I1R1+ IR2 R2 = 2I1.R2 12,32 Suy ra 12,32 = 9I1 + 6.2.I1 => I1 =  0,587( A) 21 Vậy A1 và A3 chỉ 0,587.A (0,25 đ) *Để A2 và A3 chỉ cùng 1 giá trị. Tương tự như trên ta giải được. Khi dòng điện chạy từ Rb lên lúc đó có I1 = 0 *CởE: I2 = I3 = 2,053A (0,25 đ) Nếu dòng điện chạy từ R1 xuống Rb. Tương tự ta có IR2 = I1 – I3 = I1- I2 Và ICF = I2 + I3 = I2 + I2 = 2I2 Ta có UEC = I1.R1 = I2.REC REC => I1 = .I 2 (1) R1 UCN = IR2.R2 = ICF.RCF = (I1 –I2).R2 = 2I2.(30 –RCE) (2) 99 Từ (1) và (2) ta tìm được REC = ( ) (0,25) 4 EC 99 33 * Vậy C ở vị trí sao cho   ( 0,25 đ) EF 4.30 40 I2 = I3 = 0,335A ( 0,25 đ)
Câu 5 : Khi hai gương quay, ảnh S1 chạy trên đường tròn tâm I1, bán kính I1S và ảnh S2 chạy trên đường tròn tâm I2, bán kính I2S. a/ S1S2 khi S1 và S2 trùng nhau tại giao điểm thứ hai S’ của hai đường tròn. Khi đó, mặt phẳng của hai gương trùng nhau:  = 1800. ( 0,5 đ) (0,5 đ) b/ S1S2 lớn nhất khi S1 và S2 nằm ở hai đầu của đường nối tâm hai đường tròn tâm I1, I2 bán kính I1S và I2S (0,25 đ) do đó, I1, I2 là điểm tới của các tia sáng trên mỗi gương . (0,5 đ) Trong  0I1I2, ta có : ( 0,25 đ) 0 0 180   180   (0,5đ)  +   1800 (0,25 đ) 2 2  =>  (0,25 đ) 2 Lưu ý : Nếu HS giải bằng cách khác đảm bảo tính hợp lý và khoa học vẫn cho điểm tối đa