PHềNG GIO DC V O TO THNH PH THANH HểA K THI CHN HC SINH GII THNH PH D THI CP TNH CC MễN VN HểA LP 9 chớnh thc NM HC: 2014 2015 Mụn: Vt Lớ - Lp 9 thi gm cú: 01 trang Thi gian lm bi: 150 phỳt (khụng k thi gian giao ) Ngy thi: 06 thỏng 01 nm 2015 BI Bi 1 (3,0 im) Trong h ta xoy (hỡnh 1), cú hai vt nh A v B chuyn ng thng u. Lỳc bt u chuyn ng, vt A cỏch vt B mt on l = 100m. Bit vn tc ca vt A l v A = 10m/s theo hng ox, vn tc ca vt B l v B = 15m/s theo hng oy. a) Sau thi gian bao lõu k t khi bt u chuyn ng, hai vt A v B li cỏch nhau 100m. b) Xỏc nh khong cỏch nh nht gia hai vt A v B. Bi 2 (4,0 im) Hai bỡnh nhit lng k mi bỡnh cha 200g nc, bỡnh A nhit 60 0 C, bỡnh B nhit 100 0 C. T bỡnh B ngi ta ly ra 50g nc ri vo bỡnh A ri quy u. Sau ú li ly 50g nc t bỡnh A tr li bỡnh B v quy u. Coi mt ln qua v tr li tớnh l mt ln. Hi phi qua li bao nhiờu ln cựng mt lng nc 50g hiu nhit gia hai bỡnh nh hn 2 0 C? B qua s trao i nhit gia nc vi bỡnh v mụi trng. Bi 3 (3,0 im) Trong mt bỡnh hỡnh tr din tớch ỏy S cú cha nc, mt cc nc ỏ c gi bi mt si ch nh, khụng gión cú mt u c buc vo ỏy bỡnh nh hỡnh v, sao cho khi nc ỏ tan ht thỡ mc nc trong bỡnh h xung mt on h. Bit trng lng riờng ca nc l d n . Tỡm lc cng ca si ch khi nc ỏ cha kp tan. Bi 4 (4,0 im) Cho mạch điện có sơ đồ nh hình 2, trong đó các điện trở R 1 = 3R, R 2 = R 3 = R 4 = R. Hiệu điện thế giữa hai đầu mạch điện là U không đổi. Khi biến trở R X có một giá trị nào đó thì công suất tỏa nhiệt trên điện trở R 1 là P 1 = 9W. a) Tìm công suất tỏa nhiệt trên điện trở R 4 khi đó. b) Tìm R X theo R để công suất tỏa nhiệt trên R X cực đại. Bi 5 (4,0 im) a) Ngi ta d nh mc 4 búng ốn trũn 4 gúc ca mt trn nh hỡnh vuụng, mi cnh 4m v mt qut trn ỳng gia trn nh, qut trn cú si cỏnh l 0,8m (khong cỏch t trc n u cỏnh), bit trn nh cao 3,2m tớnh t mt sn. Hóy tớnh toỏn thit k cỏch treo qut trn khi qut quay, khụng cú im no trờn mt sn loang loỏng. b) Trong một phòng khoảng cách hai bức tờng là l và chiều cao tờng là h có treo một gơng phẳng trên một bức tờng. Một ngời đứng cách gơng một khoảng bằng d để nhìn gơng. Độ cao nhỏ nhất của gơng là bao nhiêu để ngời đó nhìn thấy cả bức tờng sau lng mình. Bi 6 (2,0 im) Cho cỏc dng c sau: Ngun in cú hiu in th khụng i; mt in tr R 0 ó bit tr s v mt in tr R x cha bit tr s; mt vụn k cú in tr R v cha xỏc nh. Hóy trỡnh by phng ỏn xỏc nh tr s in tr R v v in tr R x . (Ht) R 2 R 3 R 4 R X + R 1 (hỡnh 2) (hỡn22v ). PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ THANH HÓA KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ DỰ THI CẤP TỈNH CÁC MÔN VĂN HÓA LỚP 9 NĂM HỌC: 2014 – 2015 HƯỚNG DẪN CHẤM Môn: Vật Lí - Lớp 9 Bài 1 (3,0 điểm): Néi dung Thang ®iÓm Quãng đường A đi được trong t giây: AA 1 = v A t Quãng đường B đi được trong t giây: BB 1 = v B t 0,5 a. Khoảng cách giữa A và B sau t giây: d 2 = (AA 1 ) 2 + (AB 1 ) 2 Với AA 1 = V A t và BB 1 = V B t Nên: d 2 = ( v 2 A + v 2 B )t 2 – 2lv B t + l 2 (*) Thay số và biến đổi ra biểu thức : 325t 2 – 3000t = 0 Giải ra được: t ≈ 9,23 s 1,0 b Xét phương trình bậc hai (*) với biến là t. Để (*) có nghiệm thì 0' ≥∆ từ đó tìm được: B 2 A 2 A 22 min 2 vv vl a4 )d( + = ∆ −= - Rút ra được d min = B 2 A 2 A vv vl + - Thay số tính được d min ≈ 55,47 m 1,0 0,5 Bài 2 (4,0 điểm): Gọi nhiệt độ ban đầu của bình B là t b và của bình A là t a . Gọi t 1 là nhiệt độ của bình A khi rót vào nó một khối lượng nước nóng là m ∆ (lần đổ đi). Khi đó : cm(t 1 -t a ) = c m ∆ (t b -t 1 ) Trong đó; m là khối lượng nước ban đầu trong các bình, c là nhiệt dung riêng của nước. m ∆ = 50g; m = 200g Từ đó suy ra: t 1 = 0,05 0,2 0,25 b a t t + Gọi t 2 là nhiệt độ ổn định của bình B sau khi đổ vào nó khối lượng nước m ∆ lấy từ bình A (lần đổ về). Ta có: c(m- m ∆ ).(t b - t 2 ) = c m ∆ (t 2 - t 1 ) t 2 = 0,8 0,2 1 b a t t + Vậy, sau một lần đổ đi đổ lại, hiệu nhiệt độ 2 bình là: b a 2 1 t – t t t 5 3 − = Để nhận được hiệu nhiệt độ trong 2 bình (t 4 - t 3 ) sau lần đổ đi đổ lại thứ 2, trong công thức trên phải thay t b thành t 2 và t a . thành t 1 tức là: b a 2 1 4 3 2 t – t t – t t t = 5 5 3 3 − = ÷ Như vậy: Cứ mỗi lần đổ đi đổ lại, hiệu nhiệt độ 2 bình sẽ giảm ( 5 3 ) lần. Sau n lần đổ đi đổ lại thì hiệu nhiệt độ hai bình là: b a ( ) ( ) t – t t t = 5 3 b n a n n − ÷ Trong trường hợp của ta : t b – t a = 40 0 C Với n = 6 thì 0 0 0 b a ( ) ( ) 6 t – t 40 t t = 1,866 2 5 5 3 3 b n a n n − = ≈ < ÷ ÷ Vậy, sau 6 lần đổ đi và đổ trở lại thì hiệu nhiệt độ 2 bình nhỏ hơn 2 0 . 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 1,0 0,5 Bài 3 (3,0 điểm): Néi dung Thang ®iÓm a. Có 3 lực tác dụng vào cục nước đá như hình vẽ: Gọi trọng lượng riêng của nước đá là d; V và V n lần lượt là thể tích của cục nước đá và của phần nước đá ngập trong nước. ĐKCB của cục nước đá: . . A A n n F T P T F P d V d V= + → = − = − (1) ………………………… Khi đá tan hết, do khối lượng nước đá không đổi nên: ' . . n d V d V = với ' V là thể tích nước tạo ra khi cục nước đá tan hết. Suy ra: ' . n d V V d = ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… Gọi V 0 là thể tích nước ban đầu trong bình. Khi tan hết, mực nước đá trong bình hạ xuống một đoạn h∆ nên: ' 0 0n V V V V h S S + + − = ∆ ' . . . n n n d V V V S h V S h d ⇒ − = ∆ ⇒ = ∆ + (2) ………………………. Từ (1) và (2) suy ra: . . . . . n n n d V T d S h d V d S h d = ∆ + − = ∆ ÷ …………………………………………………… 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Bài 4: (4,0 điểm) 0,25 a) 2 1 4 2 1 4 1 2 1 4 2 4 1 4 I I 3 1 R3 R I I RI RI P P = == 0,25 T×m 1 4 I I . Ta cã: I = I 1 + I 3 = I 2 + I 4 0,25 mµ: R RIU R RIU R UU R U I 4 3 44 3 4 3 3 3 − = − = − == 0,25 F A P T R 2 R 3 R 4 R X + − R 1 I 1 I 2 I X I 3 I 4 I A B M N 0,25 R R3.IU R RIU R UU R U I 1 2 11 2 1 2 2 2 = = == 0,25 Do đó: 2 I I I2I4 R R3.IU I R RIU I 1 4 41 1 4 4 1 == += + 0,25 .W12P 3 4 P 3 4 P P 14 1 4 === Ta nhận thấy tỷ số 1 4 I I không phụ thuộc vào R X . 0,5 b) Ta có: * NBMNAMAB UUUU ++= URIRIRI 44xx11 =++ 0,5 URI2RIRI3 1xx1 =++ URIRI5 xx1 =+ (1) 0,25 * NBMNMB UUU += 44xx22 RIRIRI += 0,25 ( ) RI2RIRII 1xxx1 += ( ) xx1 RRIRI += (2) 0,25 Khử I 1 khỏi hệ phơng trình trên để tìm I X , chẳng hạn nhân hai vế của (2) với 5 rồi cộng với (1): ( ) xxxx RRI5URI ++= x x R4R5 U I + = 0,5 Khi đó ta viết đợc biểu thức công suất tỏa nhiệt trên R X là: ( ) 2 x x 2 2 x x 2 x 2 xx R4 R R 5 U RR5 RU RIP + = + == 0,25 áp dụng bất đẳng thức Côsi: R202R4. R R5 2R4 R R 5 x x x x =+ 0,5 Dấu "=" xảy ra, tức là P X đạt giá trị lớn nhất R80 U P 2 max = , khi: R 4 5 RR4 R R 5 xx x == 0,5 R 2 R 3 R 4 R X + R 1 I 1 I 2 I X I 3 I 4 I A B M N Bài 5(4,0 điểm): Néi dung Thang ®iÓm a(2,0 điểm): . Để khi quạt quay, không một điểm nào trên sàn sáng loang loáng thì bóng của đầu mút cánh quạt chỉ in trên tường và tối đa là đến chân tường C,D vì nhà hình hộp vuông, ta chỉ xét trường hợp cho một bóng, còn lại là tương tự. Gọi L là đường chéo của trần nhà thì L = 4 2 = 5,7 m Khoảng cách từ bóng đèn đến góc chân tường đối diện: S 1 D = 22 LH − = 22 )24()2,3( + =6,5 m T là điểm treo quạt, O là tâm quay của quạt A,B là các đầu mút khi cánh quạt quay. Xét ∆ S 1 IS 3 ta có m L H R IT SS AB OI IT OI SS AB 45,0 7,5 2 2,3 .8,0.2 2 .2 3131 ===×=⇒= Khoảng cách từ quạt đến điểm treo: OT = IT – OI = 1,6 – 0,45 = 1,15 m Vậy quạt phải treo cách trần nhà tối đa là 1,15 m. 0,5 0,5 0,5 0,5 L T I B A S 1 S 3 D C O H R Nội dung Thang điểm d K N I M L H C' D C B' A B b(2,0 im): Dựng BC là ảnh của BC qua gơng. Để ngời quan sát nhìn thấy cả bức tờng sau gơng thì mắt phải đồng thời nhìn thấy ảnh B và C. Muốn vậy mắt M phải đón nhận đợc các tia phản xạ từ gơng của các tia tới xuất phát từ B và C. Gọi I, K lần lợt là giao điểm của BM và CM với AD. Do đó chiều cao nhỏ nhất của gơng là đoạn IK. Ta có ' ' NK NM d NKM DKC (g g) KD DC L = =: (1) ' ' NI NM d NMI ABI(g g) IA AB L = = : (2) Từ (1) và (2) , áp dụng tính chất dãy tỷ số bằng nhau ta đợc: NK NI NK NI d IK d IK d d H IK KD IA KD IA L KD IA L AD L d L d + ì = = = = = = + + + + Vậy chiều cao nhỏ nhất của gơng: d H IK L d ì = + 0,5 0,5 0,5 0,5 Bài 6 (2,0 điểm): Néi dung Thang ®iÓm a) Cở sở lý thuyết: Xét mạch điện như hình vẽ: Gọi U là hiệu điện thế 2 đầu đoạn mạch U 1 là số chỉ của vôn kế. Mạch gốm (R 1 //R 0 ) nt R x, theo tính chất đoạn mạch nối tiếp ta có: 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 + = = = + + + + + v v v v v v x v v x x x v R R R R R R R U R R U R R R R R R R R R R R (1) H 1 Xét mạch điện khi mắc vôn kế song song R x Gọi U 2 là số chỉ của vôn kế Mạch gồm R 0 nt (R v //R x ). Theo tính chất đoạn mạch nối tiếp ta có: 2 0 0 0 0 + = = = + + + + + v x vx v x v x v x vx v v x x v x R R R R R R R U R R U R R R R R R R R R R R (2) Chia 2 vế của (1) và (2) => 0 1 2 (3) x R U U R = H 2 b) Cách tiến hành: Dùng vôn kế đo hiệu điện thế 2 đầu đoạn mạch là U Mắc sơ đồ mạch điện như H 1, đọc số chỉ của vôn kế là U 1 Mắc sơ đồ mạch điện như H 2 , đọc số chỉ của vôn kế là U 2 Thay U 1 ; U 2 ; R 0 vào (3) ta xác định được R x Thay U 1 ; U; R 0 ; R x vào (1) Giải phương trình ta tìm được R v c) Biện luận sai số: Sai số do dụng cụ đo. Sai số do đọc kết quả và do tính toán, Sai số do điện trở của dây nối 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 + _ R x R 0 V R 0 + _ R x V . VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ THANH HÓA KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ DỰ THI CẤP TỈNH CÁC MÔN VĂN HÓA LỚP 9 NĂM HỌC: 2014 – 2015 HƯỚNG DẪN CHẤM Môn: Vật Lí - Lớp 9 Bài 1 (3,0 điểm): Néi dung Thang. HểA K THI CHN HC SINH GII THNH PH D THI CP TNH CC MễN VN HểA LP 9 chớnh thc NM HC: 2014 2015 Mụn: Vt Lớ - Lp 9 thi gm cú: 01 trang Thi gian lm bi: 150 phỳt (khụng k thi gian giao ) Ngy thi: . sau khi đổ vào nó khối lượng nước m ∆ lấy từ bình A (lần đổ về). Ta có: c(m- m ∆ ).(t b - t 2 ) = c m ∆ (t 2 - t 1 ) t 2 = 0,8 0,2 1 b a t t + Vậy, sau một lần đổ đi đổ lại, hiệu