Đề thi học sinh giỏi vật lí lớp 9 tỉnh hải dương (kèm đáp án) đề 3

Đề thi học sinh giỏi vật lí lớp 9 tỉnh hải dương (kèm đáp án) đề 3

R 5 R 4 R 3 R 2 R 1 D C B M K A 2 A 1 A + _ U D C đ 1 Đ 2 Đ 4 Đ 3 Đ 5 _ + B A Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 9 thcs năm học 2009 -2010 Câu1: (2 điểm). Ba ngời đi xe đạp đều xuất phát từ A về B trên đoạn đờng thẳng AB. Ngời thứ nhất đi với vận tốc là v 1 = 8km/h. Ngời thứ hai xuất phát sau ngời thứ nhất 15 phút và đi với vận tốc v 2 = 12km/h. Ngời thứ ba xuất phát sau ngời thứ hai 30 phút. Sau khi gặp ngời thứ nhất, ngời thứ ba đi thêm 30 phút nữa thì sẽ cách đều ngời thứ nhất và ng- ời thứ hai. Tìm vận tốc ngời thứ ba. Giả thiết chuyển động của ba ngời đều là những chuyển động thẳng đều. Câu2: (2 điểm). Ngời ta đổ nớc nóng vào một nhiệt lợng kế. Nếu đổ cùng một lúc 10 gáo thì thấy nhiệt độ của nhiệt l- ợng kế tăng thêm 8 0 C. Nếu đổ cùng một lúc 2 gáo vào nhiệt lợng kế thì thấy nhiệt độ của nhiệt lợng kế tăng 3 0 C. Nếu đổ 1 gáo vào nhiệt lợng kế thì nhiệt độ của nhiệt lợng kế tăng bao nhiêu độ? Bỏ qua mọi hao phí năng lợng. Câu3: (2 điểm). Cho mạch điện nh hình vẽ biết: Hiệu điện thế nguồn không đổi U = 36V, R 1 = 4 , R 3 = 9 , R 2 = 6 , R 5 = 12 , R A1 0, R A2 0, R 4 là biến trở. a, Khi khoá K mở, ampe kế A 1 chỉ 1,5A hãy tìm R 4 . b, Khi khoá K đóng, với giá trị R 4 tìm đợc ở câu a. Tìm số chỉ của các ampe kế. c, Gọi công suất tiêu thụ trên R 4 là P 4 . Tính R 4 để P 4 cực đại. Câu4: (2 điểm). Cho mạch điện nh hình vẽ. Mắc AB vào nguồn Sở giáo dục và đào tạo Hải dơng Môn: Vật lý. Mã số Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi gồm: 01 trang) Màn A ' O A 1 A A 2 có hiệu điện thế không đổi U = 5V, thì công suất tiêu thụ trên các đèn tơng ứng P 1 = P 4 = 8W, P 2 = P 3 = 6W, P 5 = 2W. Tính điện trở của các bóng đèn và cờng độ dòng điện qua mỗi bóng đèn. Bỏ qua điện trở của các dây nối. Câu5: (2 điểm). Đặt thấu kính cố định ở O. Vị trí vật và màn để hứng ảnh rõ nét lần lợt nh sau: - Vật ở A màn ở A - Vật ở A 1 gần thấu kính hơn A (AA 1 = 3cm), màn ở A ' 1 với A A ' 1 = 30cm. - Vật ở A 2 xa thấu kính hơn A (AA 2 = 2cm), màn ở A ' 2 với A A ' 2 = 10cm. 1.Nêu tính chất thấu kính và chiều dịch chuyển của màn 2.Tính tiêu cự của thấu kính. Với bài tập này cho phép sử dụng công thức sau: 1 1 1 'd d f + = Trong đó: d : là khoảng cách từ vật đến thấu kính. d' : là khoảng cách từ ảnh đến thấu kính. f : là tiêu cự của thấu kính. Hết Câu Nội dung đáp án. Biểu điểm Câu1 Khi ngời thứ ba xuất phát thì ngời thứ nhất đã đi đợc : l 1 = v 1 t 01 = 8. 3 4 = 6km ; Ngời thứ hai đi đợc : l 2 = v 2 t 02 = 12.0,5 = 6km Gọi t 1 là thời gian ngời thứ ba đi đến khi gặp 0,25 0,25 0,25 ngời thứ nhất : v 3 t 1 = l 1 + v 1 t 1 t 1 = 1 3 1 l v v = 3 6 8v (1) Sau thời gian t 2 = (t 1 + 0,5) (h) thì quãng đ- ờng ngời thứ nhất đi đợc là : s 1 = l 1 + v 1 t 2 = 6 + 8 (t 1 + 0,5) Quãng đờng ngời thứ hai đi đợc là: s 2 = l 2 + v 2 t 2 = 6 + 12 (t 1 +0,5) Quãng đờng ngời thứ ba đi đợc : s 3 = v 3 t 2 = v 3 (t 1 + 0,5) Theo đầu bài: s 2 s 3 = s 3 s 1 , tức là: s 1 +s 2 = 2s 3 6 + 8 (t 1 + 0,5) + 6 + 12 (t 1 + 0,5) = 2v 3 (t 1 + 0,5) 12 = (2v 3 20)(t 1 + 0,5) (2) Thay t 1 từ (1) vào (2) ta đợc phơng trình: v 2 3 - 18v 3 + 56 = 0 (*) Giải phơng trình bậc hai (*) ta đợc hai giá trị của v 3 : v 3 = 4km/h và v 3 = 14km/h. Ta lấy nghiệm v 3 = 14(km/h) (loại nghiệm) v 3 = 4km/h, vì giá trị v 3 này < v 1 , v 2 ) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu2 Gọi m,c là khối lợng và nhiệt dung riêng của 1 gáo nớc m 0 , c 0 là khối lợng và nhiệt dung riêng của nhiệt lợng kế t 0 là nhiệt độ ban đầu của nhiệt lợng kế t là nhiệt độ ban đầu của nớc nóng Nhiệt độ mà nhiệt lợng kế tăng thêm khi đổ 1 gáo nớc là t 0 C + Nếu đổ cùng một lúc 10 gáo. Nhiệt lợng mà nhiệt lợng kế thu vào tăng nhiệt độ lên 8 0 C Q (thu1) = m 0 c 0 1 t = 8 m 0 c 0 (J) Nhiệt lợng mà nớc toả ra để giảm nhiệt độ từ t 0 C (t 0 +8) 0 C 0,25 0,25 0,25 Q (toả1) = mc 1 t = 10mc(t - (t 0 +8)) (J) Theo PTCBN: Q (thu1) = Q (toả1) 8 m 0 c 0 = 10mc(t - (t 0 +8)) (1) + Nếu đổ cùng một lúc 2 gáo. Nhiệt lợng mà nhiệt lợng kế thu vào tăng nhiệt độ lên 3 0 C Q (thu2) = m 0 c 0 2 t = 3 m 0 c 0 (J) Nhiệt lợng mà nớc toả ra để giảm nhiệt độ từ t 0 C (t 0 +3) 0 C Q (toả2) = mc 2 t = 2mc(t - (t 0 +3)) (J) Theo PTCBN: Q (thu2) = Q (toả2) 3 m 0 c 0 = 2mc(t - (t 0 +3)) (2) + Nếu đổ 1 gáo. Nhiệt lợng mà nhiệt lợng kế thu vào tăng nhiệt độ lên t 0 C Q (thu3) = m 0 c 0 3 t = m 0 c 0 t (J) Nhiệt lợng mà nớc toả ra để giảm nhiệt độ từ t 0 C (t 0 + t ) 0 C Q (toả3) = mc 3 t = mc(t - (t 0 + t )) (J) Theo PTCBN: Q (thu3) = Q (toả3) m 0 c 0 t = mc(t - (t 0 + t )) (3) Lấy (1) chia cho (2) ta có: ))3(( ))8(( 5 3 8 0 0 + + = tt tt 7 96 )( 0 = tt 0 C Lấy (1) chia cho (3) ta có: )( )8(108 0 0 00 00 tttmc ttmc tcm cm = Thay 7 96 )( 0 = tt 0 C Ct 0 68,1= Nhiệt lợng kế tăng thêm C 0 68,1 khi đổ 1 gáo nớc nóng 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu3 a, Khi khóa k mở ta có mạch điện nh sau: I 3 = I A1 = 1,5 (A) U 45 = U 3 = I 3 R 3 = 1,5.9 = 13,5 (V) (1) 0,25 U _ + A A 1 M B C D R 1 R 2 R 3 R 4 R 5 R 45 = R 4 +12 ( Ω ) → R 345 = 21 9).12( 4 4 + + R R ( Ω ) R tm = R 1 +R 2 +R 345 = 21 31819 4 4 + + R R ( Ω ) → I tm = 345 4 4 31819 )21(36 I R R R U tm tm = + + = I 45 = I tm – I A1 = 31819 )21(36 4 4 + + R R - 1,5 = 31819 2795,7 4 4 + + R R (A) U 45 = I 45 . R 45 = 31819 2795,7 4 4 + + R R . R 4 +12 = 13,5 ⇔ 7,5R 2 4 + 112,5R 4 -945 = 0 R 4 = 6( Ω ) VËy R 4 = - 21( Ω ) ( lo¹i do R 4 >0) 0,25 0,25 b, Khi khãa k ®ãng víi R 4 = 6( Ω ) Do R A1 ≈ 0, R A2 ≈ 0 m¹ch ®iÖn vÏ l¹i lµ R tm = 1 53 42 42 53 42 42 )( R RR RR RR RR RR RR + ++ + + + = )(104 129 66 6.6 12)9 66 6.6 ( Ω=+ ++ + + + I tm = tm tm R U =I 2435 = 3,6(A) → U 243 = U 2435 = I 2435 R 2435 = 21,6(V) → I 24 = I 243 = 243 243 R U =1,8 (A) → U 2 = U 24 = I 24 R 24 = 5,4(V) → I 4 = I 2 = 2 2 R U =0,9(A) → I A1 = I 3 = 1,8(A) I A2 = I tm – I 2 = 3,6 – 0,9 = 2,7(A) 0,25 0,25 c, Khi khãa k ®ãng R tm = 1 53 42 42 53 42 42 )( R RR RR RR RR RR RR + ++ + + + = )( 143 12832 4 129 6 6 12)9 6 6 ( 4 4 4 4 4 4 Ω + + =+ ++ + + + R R R R R R 0,25 R 2 U _ + A R 1 R 3 R 4 R 5 I 2435 = I tm = tm tm R U )4(8 )143(9 143 )4(32 36 4 4 4 4 + + = + + R R R R (A) U 2435 = I 2435 R 2435 = U 243 = )4(2 )518(9 4 4 R R + + (V) I 24 = I 3 = I 243 = )4(2 )6(3 4 4 243 243 R R R U + + = (A) U 24 = U 4 = I 24 R 24 = 4 4 4 9 R R + (V) 8 16 9 )4( 9 ) 4 9 ( 4 4 2 2 4 4 2 4 2 4 4 4 2 4 4 ++ = + = + == R R R R R R R R U P 4 P đạt giá trị lớn nhất khi 8 16 4 4 ++ R R đạt giá trị nhỏ nhất. Theo bất đẳng thức Côsi ta có 4 4 16 R R + 4 4 16 2 R R 8 Dấu bằng xảy ra khi 4 4 16 R R = R 4 = 4( ) và 4 P đạt giá trị lớn nhất là )( 16 81 16 9 max 2 4 WP == khi R 4 = 4( ) 0,25 0,25 Câu4 Công suất tiêu thụ toàn mạch là: 6 68 )(6 )(30 313 3 1 1 3 3 1 1 31 54321 =+=+=+=+=== =++++= UUU P U P R U R U IIIA U P I WPPPPPP tm tm tm (1) I 1 = I 5 + I 2 mà I 4 = I 5 + I 3 I 5 = I 1 I 2 = I 4 I 3 3 3 4 4 5 5 U P U P U P = Mà U 5 = U 3 U 1 và U 4 = U - U 3 3 3 3 4 13 5 U P UU P UU P = 0,25 0,25 0,25 Đ 4 Đ 3 Đ 5 Đ 2 Đ 1 - + I 4 I 3 I 5 I 2 I 1 B A = 3313 6 5 82 UUUU 3313 3 5 41 UUUU = (2) Từ (1) ta có (*) 33 4 3 3 4 3 3 1 31 == U U U UU Thay (*) vào (2) U 3 = 3 (V) =+ = 015143 3 5 4 33 4 1 3 2 3 33 3 3 3 UU UU U U U U 3 = 3 5 (V) * Trờng hợp 1 với U 3 = 3(V) U 1 = 2(V) I 3 = )(5,1)(2 3 3 3 3 3 === I U RA U P )(5,1)(2)(5,0 )(2)(1)(5,0)(4 2512 5 5 5 5 5 5135 1 1 1 1 1 1 ===== ======== RAIII I U R A U P IVUUU I U RA U P I I 4 = I 5 + I 3 = 4(A) )(5,0 4 = R * Trờng hợp 2 với U 3 = 3 5 (V) U 1 = 3 10 (V) I 3 = )( 54 25 )( 5 18 3 5 6 3 3 3 3 3 ==== I U RA U P )( 3 5 )( 18 25 )( 5 12 135 1 1 1 1 1 1 VUUU I U RA U P I ====== Vậy dòng điện có chiều ngợc lại )( 54 25 )( 5 18 )( 18 25 )( 5 6 2512 5 5 5 5 5 5 ==+===== RAIII I U RA U P I I 4 = I 3 I 5 = 5 12 (A) )( 18 25 4 = R . 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu5 1.Đó là thấu kính hội tụ vì chỉ có thấu kính hội tụ mới cho ảnh rõ nét trên màn. Ta có 1 1 1 'd d f + = - Nếu d tăng thì d giảm và ngợc lại d giảm thì d tăng - Nên vật dịch về gần thấu kính (d giảm) 0,25 0,25 Màn dịch ra xa thấu kính (d tăng) - Nếu vật dịch ra xa thấu kính (d tăng) Màn dịch về gần thấu kính (d giảm) 2 Khi vật ở A ta có 1 1 1 'd d f + = (1) - Khi vật ở A 1 ta có d A1 = d 3 d ' 1A = d + 30 30 1 3 11 ' + + = d df (2) - Khi vật ở A 2 ta có d A2 = d + 2 d ' 2A = d - 10 10 1 2 11 ' + + = d df (3) - Kết hợp (1) và (2) 30 1 3 111 '' + + =+ d d d d d (d + 30) = 10d(d-3) (4) - Kết hợp (1) và (3) 10 1 2 111 '' + + =+ d d d d d (d -10) = 5d(d+2) (5) - Lấy (4) chia cho (5) 8 50 )2(5 )3(10 )10( )30( ' '' '' = + = + d d d dd dd dd dd (6) - Thay (6) vào (4) d (d + 30) = 10d(d-3) 222 20)8(400)8()3(10)30 8 50 ( 8 50 ===+ dddd d d d d d - 8 = 20 d = 28 (cm) Vậy d - 8 = - 20 d = -12 (cm) (loại) Với d = 28 (cm) thay vào (6) d = 70 (cm) Ta có 1 1 1 'd d f + = f = 20 2870 28.70 ' ' = + + dd dd (cm) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 d ' d Màn A ' o A A 1 A 2 . U 3 3 3 3 4 13 5 U P UU P UU P = 0,25 0,25 0,25 Đ 4 Đ 3 Đ 5 Đ 2 Đ 1 - + I 4 I 3 I 5 I 2 I 1 B A = 33 13 6 5 82 UUUU 33 13 3 5 41 UUUU = (2) Từ (1) ta có (*) 33 4 3 3 4 3 3 1 31 == U U U UU Thay (*) vào (2) U 3 = 3 (V) =+ = 0151 43 3 5 4 33 4 1 3 2 3 33 3 3 3 UU UU U U U U 3 . tm tm R U )4(8 )1 43 (9 1 43 )4 (32 36 4 4 4 4 + + = + + R R R R (A) U 2 435 = I 2 435 R 2 435 = U 2 43 = )4(2 )518 (9 4 4 R R + + (V) I 24 = I 3 = I 2 43 = )4(2 )6 (3 4 4 2 43 2 43 R R R U + + = (A). 21 9) .12( 4 4 + + R R ( Ω ) R tm = R 1 +R 2 +R 34 5 = 21 31 8 19 4 4 + + R R ( Ω ) → I tm = 34 5 4 4 31 8 19 )21 (36 I R R R U tm tm = + + = I 45 = I tm – I A1 = 31 8 19 )21 (36 4 4 + + R R - 1,5 = 31 8 19 2 795 ,7 4 4 + + R R (A) U 45