Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 năm học 2010 2011 môn: Vật lý thời gian làm bài: 150 phút11616

Phòng gd- ĐT vĩnh tường CHNH THC Đề thi chọn học sinh giỏi lớp Năm học 2010- 2011 môn: Vật lý Thời gian làm bài: 150 phút Cõu 1: An có việc cần bưu điện An xe đạp với vận tốc 10 km/h chờ 12 phút có xe buýt qua trước cửa nhà xe buýt bưu điện với vận tốc 35 km/h An nên chọn theo cách để đến nơi sớm hơn? Câu 2: Trong bình hình trụ, tiết diện S chứa nước có chiều cao H = 15cm Người ta thả vào bình đồng chất, tiết diện cho nước mực nước dâng lên đoạn h = 8cm a Nếu nhấn chìm hồn tồn mực nước cao bao nhiêu? Biết khối lượng riêng nước D1 = 1g/cm3 ; D2 = 0,8g/cm3 b Tính cơng thực nhấn chìm hồn tồn thanh, biết có chiều dài l = 20cm ; tiết diện S’ = 10cm2 Câu 3: Hai bình cách nhiệt hình trụ giống nhau, bình thứ đựng nước nhiệt độ t1= 50C, bình thứ hai đựng nước đá, tới độ cao h = 20 cm Người ta rót bình vào bình hai Khi có cân nhiệt mực nước bình dâng lên cao ∆h=0,3cm so với lúc vừa rót xong nước Xác định nhiệt độ ban đầu nước đá Biết nhiệt dung riêng nước nước đá c1= 4200J/kg.K, c2 = 2100 J/kg.K, nhiệt nóng chảy nước đá 3,4.105J/kg, khối lượng riêng nước D1= 1000 kg/m3, nước đá D2= 900kg/m3 Câu 4: Một đĩa trịn tâm O1, bán kính R1=20cm, phát sáng, đặt song song với ảnh cách khoảng d = 136cm Một đĩa tròn khác tâm O2, bán kính R2= 12cm, chắn sáng, đặt song song với đường nối O1O2 vng góc với a Tìm vị trí đặt O2 để bóng đen có bán kính R=3cm Khi bán kính R’ đường giới hạn ngồi vùng nửa tối bao nhiêu? b Từ vị trí O2 xác định câu a, cần di chuyển đĩa chắn sáng để vừa vặn khơng cịn bóng đen? Câu 5: Cho mạch điện hình vẽ Biến trở có điện trở tồn phần R0= 12Ώ, đèn loại 6V-3W, UMN= 15V a.Tìm vị trí chạy C để đèn sáng bình thường M N b Từ vị trí C để đèn sáng bình A B thường, từ từ dịch chạy phía A độ sáng đèn thay đổi nào? C Ghi chú: Giám thị coi thi không cần giải thích Họ tên hoc sinh: .; SBD ThuVienDeThi.com PHÒNG GD VĨNH TƯỜNG Nội dung Câu 1(1,5) HƯỚNG DẪN CHẤM THI HSG LỚP MƠN VẬT LÍ Đổi 12phút = 1/5 h Gọi quãng đường từ nhà đến bưu điện S(km), S>0 Thời gian An xe đạp thời gian tổng cộng An chờ xe buýt tới bưu điện là: S 10 S t2   35 t1  0,5 S  S  5S  14     10  35  70 5S  14 Ta có: t     S  2,8 km  theo cách 70 Xét hiệu: t  t1  t2  t   t1  t2  S  2,8(km) xe buýt đến sớm 2(2,5) a 0,5 0,25 0,25 t   t1  t2  S  2,8(km) đến sớm Gọi tiết diện chiều dài S’, l Khi cân chịu tác dụng hai lực cân trọng lực lực đẩy Acsimet thể tích phần chìm thể tích nước dâng lên Ta có: P=F1  10D2 S’l =10D1(S-S’)h (1) Khi nhấn chìm hồn tồn thể tích nước dâng lên thể tích S’l= (S-S’)h’ (2) D h 1.8 Từ (1) (2) ta suy h '  thay số: h '   10(cm) D2 0,8 Vậy mực nước cao là: H0= H+h’=15+10= 25 (cm) 2b(1,5) Thang điểm Từ (1) kiện đầu ta có S=3S’= 30cm2 Khi chìm lực tác dụng vào lúc gồm : Trọng lượng P, lực đẩy Acsimet F2 lực tác dụng F Do ThuVienDeThi.com 0,25 0,25 0,25 0,25 cân nên : F = F2 - P = 10.D1.S’l – 10.D2.S’.l F = 10( D1 – D2).S’.l = 2.S’.l = 0,4 N Khi vào nước thêm đoạn x tích V = x.S’ nước dâng thêm đoạn y: y V V x   S  S ' 2S ' 0,5 0,25 Ta có phần chìm thanh cân là: hc=S’10lD2/10.D1S’=16cm Phần 20-16=4cm Vậy di chuyển thêm đoạn:x+ x 3x    x  cm 2 0,25 Và chuyển động nên lực tác dụng tăng từ đến F = 0,4 N nên công thực được: A 3(2) 1 F x  0,4 .10   5,33.10 3 J 2 Mực nước dâng lên chứng tỏ có lượng nước bị đông đặc thành nước đá Giả sử nước bị đơng đặc thành nước đá hồn tồn chiều cao h1 ta có h1= D1Sh/D2S=22,2 (cm) Vậy mực nước dâng lên 22,2-20=2,2 (cm) >0,3 (cm) nên nước khơng đơng đặc hồn tồn, hỗn hợp tồn nước nước đá, nhiệt độ cân hệ 00C Gọi x chiều cao lượng nước bị đơng đặc, sau đơng đặc có chiều cao x+ h khối lượng khơng thay đổi: SxD1= S(x+ h )D2 Ta có: x  D2 h D1  D2  2, 7(cm) 0,5 0,75 0,5 Do bình cách nhiệt,ta có phương trình cân nhiệt sau: c1ShD1 (t1  0)   xD1Sh  c2 SD2 h(0  t2 ) t2   c1ShD1t1   xD1Sh  35, 40 C c2 SD2 h 4a(1,25) Do nguồn sáng lớn đặt trước vật chắn sáng nên tạo phía sau vùng tối vùng nửa tối ta thu bóng đen bóng nửa tối ThuVienDeThi.com 0,75 Hv+lí luận 0,5 M R' A1 A2 R1 0,5 A O2 O1 O R I H B B1 B2 N OA=R: Bán kính bóng đen OM=R’: Bk đường giới hạn vùng nửa tối AOI ฀ A1O1 I  0,25 IO AO IO R    IO1 A1O IO  d R1 Thay số IO=24cm đó: IO1  IO  OO1  160(cm) A2O2 I ฀ A1O1 I  IO2 A2O2  Thay số IO2=96 cm IO1 A1O1 Vậy phải đặt O2 cách O1 đoạn: O1O2= IO1-IO2= 160-96=64cm Tính R’: Vì HA1O1 ฀ HB2O2  HO1 O1 A1 20 (1)   HO2 O2 B2 12 Mặt khác ta có HO1+HO2= O1O2=64 cm (2) Từ (1) (2) ta có HO1= 40 cm HA1O1 ฀ HNO  ON OH (3)  O1 A1 O1 H Trong ON = R’; O1A1=R1=20cm;O1H=40 cm OH= OO1- O1H=96 cm Thay vào (3) ta R’=48cm B(0,75) Để vừa vặn bóng đen tâm đĩa chắn phải vị trí O2’ hình: Hv 0,25 A1 A'2 O1 O'2 O2 O B'2 B1 Dựa vào tam giác đồng dạng A1O1O A2’O2’O ta tính OO2’= 81,6 cm, O1O2’=OO1-OO2’=54,4cm ThuVienDeThi.com 0,25 5a(1) Vậy phải dịch chuyển đĩa chắn sáng lại gần O1 đoạn: 0,25 O2O’2=O1O2 - O1O2’=9,6 cm Đ: 6V-3W  I d  0,5 A; Rd  12 Con chạy C phân biến trở thành hai phần RAC=x ; RCB=12-x Đk: 0