Đề thi học sinh giỏi môn vật lý lớp 9 số 2

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH OAI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 VÒNG 2 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 lỏng nào đó H1 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: 20 0 C, 35 0 C, rồi bỏ sót mất một lần không ghi, rồi 50 0 C. 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= 100Ω . 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 R 1 = 9 Ω, R 2 = 6 Ω. R 0 là biến trở con chạy phân bố đều theo chiều dài có điện trở toàn phần R 0 = 30 Ω. Am pe kế có điện trở không đáng kể. HĐT U AB = 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 A 3 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 G 1 , G 2 (H4) G 1 quay quanh I 1 , G 2 quay quanh I 2 .(I 1 và I 2 cố định). Biết góc SI 1 I 2 bằng α, góc SI 2 I 1 bằng β. Gọi ảnh của S qua G 1 là S 1 , qua G 2 là S 2 , tính góc φ hợp giữa mặt phản xạ của hai gương sao cho khoảng cách S 1 S 2 là: a/ Nhỏ nhất. b/ Lớn nhất. H4 Chú ý: cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH OAI HƯỚNG DẪN CHẤM CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 VÒNG 2 NĂM HỌC 2010-2011 Môn thi : VẬT LÝ. Câu 1: 4 điểm Gọi D A , D B là trọng lượng riêng của chất lỏng A và B V pb là thể tích vật bằng chì kV cu 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: V pb .D A .10 = k 1 .V cu .D B .10 (1) K 1 = 100 87 (0,25 đ) Khi vật bằng chì chìm trong chất lỏng B Vật bằng đồng trong chất lỏng A ta có: V pb .D B .10 = k 2 .V cu .D A .10 (2) K 1 = 100 70 (0,25 đ) => Bpb Apb DV DV . . = Acu Bcu DVk DVk . 2 1 ( 0,25 đ) => 2 1 2 2 k k D D B A = => 70 87 2 1 == k k D D B A => 114,1≈ B A D D (0,5 đ) Hoặc 87 70 1 2 == k k D D A B 896,0≈ B A D D (0,5 đ) * Từ 2 1 k k D D B A = ta chỉ cần sử dụng một chất lỏng đã biết khối lượng riêng rồi thực hiện phương pháp như trên (1 đ) VD : ta sử dụng D B bằng nước có D = 10 3 kg/m 3 D A là chất lỏng phải tìm ta tiến hành thực hiện như phần trên xác định được k ’ 1 và k ’ 2 Ta có : D x = D. 2 ' 1 ' k k (1 đ) 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 q 1 là nhiệt dung tổng cộng của bình 1 và các chất lỏng sau lần trút thứ nhất ở 20 0 C, q 2 là nhiệt dung của mỗi ca chất lỏng trút vào, t 2 là nhiệt độ mỗi ca chất lỏng đó và t x là nhiệt độ ở lần bỏ sót không ghi .<HS trả lời đặt NDR và KL ở bình 1 sau lần trút thứ nhất là c 1 , m 1 ; mỗi ca chất lỏng bình 2 là c 2 , m 2 ta có c 1 m 1 = q 1 , c 2 m 2 = q 2 ) Ta có các phương trình cân bằng nhiệt tương ứng với 3 lần trút cuối: .q 1 .(35-20) = q 2 (t 2 – t x ) (1) 0,5 đ (q 1 + q 2 )(t x – 35) = q 2 (t 2 – t x ) (2) 0,5 đ (q 1 + 2q 2 )(50 – t x ) = q 2 (t 2 – 50) (3) 0,5 đ Từ (1) => q 1 = 2 2 . 15 35 q t − (4) 0,5 đ Thay thế (4) vào (2) và (3) ta có hệ : (t 2 – 20)(t x – 35) = 15(t 2 – t x ) (5) 0,5 đ (t 2 – 5)( 50 – t x ) = 15(t 2 – 50) (6) 0,5 đ Giải ta sẽ được : .t 2 = 80 0 C 0,5 đ .t x = 44 0 C 0,5 đ Câu 3 : 4 điểm a/ Kí hiệu điện trở của phần AmB của vòng dây là R 1 , điện trở của phần AnB là R 2 . Đoạn mạch AB gồm hai điện trở R 1, R 2 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 : R 1 = . 360 .R α , R 2 = R – R 1 = . 360 .R (360 - α ) ( 0,5 đ) => R AB = . 21 21 RR RR + = . 360 ).360( 2 α − R = 2 36 )360( αα − ( Ω ) (1) (0,5 đ) b/ Muốn cho I AB = 1A thì phải có R AB = AB AB I U = 16 Ω (0,25 đ) Muốn vậy phải có 2 36 )360( αα − = 16 (0,25 đ) Hay α 2 – 360 α + 20736 = 0 Giải ra ta được α 1 = 72 0 α 2 = 288 0 (0,5 đ) c/ Muốn cho I AB nhỏ nhất thì R AB = AB AB I U phải lớn nhất (0,5 đ)  biểu thức (360 - α ) α phải đạt cực đại (0,5 đ)  360 α - α 2 = 180 2 – ( α - 180) 2 (0,25 đ  Biêu thức đạt cực đại khi α - 180 = 0 hay khi α = 180 0 . (0,25 đ)  Khi đó R AbmaX = 25 Ω (0,25 đ)  I Abmin = 0,64A (0, 25 đ) Câu 4 :(5 đ) 1/ Khi K mở dòng điện không qua A 3 nên A 3 chỉ 0 - Cường độ qua A 1 : I 1 = 21 RR U MN + = 69 32,12 + = 0,82 (A) (0,25 đ) - Cường độ qua A 2 : I 2 = 30 32,12 30 = MN U = 0,41(A) (0,25 đ) 2/ Khi K đóng. a/ Am pe kế chỉ số 0. Khi đó mạch có cấu tạo (R 1 // R EC ) nt (R 2 // R CF ) I 1 .R 1 = I 2 R EC ; I R2 .R 2 = I CF .R CF (0,25 đ) => EC R R 1 = CF R R 2 = CFEC RR RR + + 21 = b R RR 21 + (0,25 đ) => R EC = 21 1 . RR RR b + = )(18 69 30.9 Ω= + (0,25 đ) Ta có 5 3 30 18 == b EC R R => Vậy phải đặt con chạy C ở 5 3 của EF tính từ E (0,25 đ) b/ Hai trong ba am pe kế chỉ cùng một giá trị, hãy tính giá trị ấy. *Để A 1 và A 2 chỉ cùng một giá trị . Ta có U MC = I 1 R 1 = R EC .I 2 Vì I 1 = I 2 nên R 1 = R EC = 9 Ω => R FC = 30 – 9 = 21( Ω ) (0,25 đ) Ta có R MN = R MC + R CN = )( 6 55 216 21.6 99 9.9 2 2 1 1 Ω= + + + = + + + CF CF EC EC RR RR RR RR (0,25 đ) Gọi I là cường độ mạch chính có I = MN MN R U Do I 1 = I 2 = 2 1 .I = )(672,06. 55 32,12 . 2 1 . 2 1 A R U MN MN == (0,25 đ) C ở vị trí sao cho 10 3 30 9 == EF EC (0,25 đ) * Để A 1 và A 3 chỉ cùng một giá trị. Dòng qua A 3 có thể theo hai chiều * Từ R 1 qua A 3 sang R b . Khi đó có I R1 = I 3 + I R2 mà I R1 = I 1 = I 3  I R2 = 0 tức U CN = 0 điều đó sảy ra khi C ở F.  I 1 = I 3 = 1 R U MN = )(369,1 9 32,12 A≈ (0,5 đ) * Dòng điện từ R b sang R 1 . Khi đó I R2 = I R1 + I 3 = 2I R1 = 2I 1 Ta có U MC = I 1 R 1 = I 2 R EC => 99 2 12 1 21 EC EC R I II R I R I ==>== (1) (0,25 đ) U CN = I R2 .R 2 = I CF . R CF Với R CF = R b .R CE = 30 – R EC ; I R2 = 2I 1 I CF = I 2 – I 3 = I 2 – I 1 => ECEC R IIIIIII R I −+ +− = − = − = − 306.2 2)(2 6.2 )(2 630 2 1!212121 => EC EC ECEC R R I I R I R I − − ==> − = − 42 30 42 2 30 2 2 121 (2) (0,25 đ) So sánh (1) và (2), ta có EC ECEC R RR − − = 42 30 9  R 2 EC - 51.R EC + 270 = 0  Giải ra ta được R EC = 6 Ω ; R EC = 45 Ω ( loại vì > 30 Ω )  Do đó C ở vị trí sao cho 5 1 30 6 == EF EC (0,25 đ) + Ta có U MN = U MC + U CN U MN = I 1 R 1 + I R2 R 2 = 2I 1 .R 2 Suy ra 12,32 = 9I 1 + 6.2.I 1 => I 1 = )(587,0 21 32,12 A≈ Vậy A 1 và A 3 chỉ 0,587.A (0,25 đ) *Để A 2 và A 3 chỉ cùng 1 giá trị. Tương tự như trên ta giải được. Khi dòng điện chạy từ R b lên lúc đó có I 1 = 0 * C ở E : I 2 = I 3 = 2,053A (0,25 đ) Nếu dòng điện chạy từ R 1 xuống R b . Tương tự ta có I R2 = I 1 – I 3 = I 1 - I 2 Và I CF = I 2 + I 3 = I 2 + I 2 = 2I 2 Ta có U EC = I 1 .R 1 = I 2 .R EC => I 1 = 2 1 .I R R EC (1) U CN = I R2 .R 2 = I CF .R CF = (I 1 –I 2 ).R 2 = 2I 2 .(30 –R CE ) (2) Từ (1) và (2) ta tìm được R EC = )( 4 99 Ω (0,25) * Vậy C ở vị trí sao cho 40 33 30.4 99 == EF EC ( 0,25 đ) I 2 = I 3 = 0,335A ( 0,25 đ) Câu 5 : Khi hai gương quay, ảnh S 1 chạy trên đường tròn tâm I 1 , bán kính I 1 S và ảnh S 2 chạy trên đường tròn tâm I 2 , bán kính I 2 S. a/ S 1 S 2 khi S 1 và S 2 trùng nhau tại giao điểm thứ hai S ’ của hai đường tròn. Khi đó, mặt phẳng của hai gương trùng nhau: ϕ = 180 0 . ( 0,5 đ) (0,5 đ) b/ S 1 S 2 lớn nhất khi S 1 và S 2 nằm ở hai đầu của đường nối tâm hai đường tròn tâm I 1 , I 2 bán kính I 1 S và I 2 S (0,25 đ) do đó, I 1 , I 2 là điểm tới của các tia sáng trên mỗi gương . (0,5 đ) Trong ∆ 0I 1 I 2 , ta có : ( 0,25 đ) ϕ + 0 00 180 2 180 2 180 = − + − βα (0,25 đ) => 2 βα ϕ + = (0,25 đ) (0,5đ) Lưu ý : Nếu HS giải bằng cách khác đảm bảo tính hợp lý và khoa học vẫn cho điểm tối đa . TẠO THANH OAI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 VÒNG 2 NĂM HỌC 20 13 -20 14 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. I R2 = 2I 1 I CF = I 2 – I 3 = I 2 – I 1 => ECEC R IIIIIII R I −+ +− = − = − = − 306 .2 2) (2 6 .2 ) (2 630 2 1 !21 2 121 => EC EC ECEC R R I I R I R I − − ==> − = − 42 30 42 2 30 2 2 121 . (0 ,25 đ) + Ta có U MN = U MC + U CN U MN = I 1 R 1 + I R2 R 2 = 2I 1 .R 2 Suy ra 12, 32 = 9I 1 + 6 .2. I 1 => I 1 = )(587,0 21 32, 12 A≈ Vậy A 1 và A 3 chỉ 0,587.A (0 ,25 đ) *Để A 2