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

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 lỏn

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

NĂM HỌC 2013-2014

Môn thi : VẬT LÝ

(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

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= 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 R1= 9 Ω, R2= 6 Ω R0 là biến trở con chạy phân bố đều theo chiều dài có điện trở toàn phần R0 = 30 Ω 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

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 = 10087 (0,25 đ)

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 = 10070 (0,25 đ)

=>

B pb

A pb D V

D V

.

.

=

A cu

B cu D V k

D V k

.

.

2

1

( 0,25 đ)

=>

2

1 2

2

k

k D

D B

A

= => 8770

2

1 =

=

k

k D

D B A

=> ≈ 1 , 114

B

A D

D

(0,5 đ) Hoặc 8770

1

2 =

=

k

k D

D A

B

≈ 0 , 896

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 DB bằng nước có D = 103kg/m3

DA là chất lỏng phải tìm ta tiến hành thực hiện như phần trên xác định được k’

1 và k’

2

Ta có : Dx = 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 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 <HS trả lời đặt NDR và KL ở bình 1 sau lần trút thứ nhất là c1, m1; mỗi ca chất lỏng bình 2 là c2, m2 ta có c1m1 = q1 , c2m2

= q2 )

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

Từ (1) => q1 = 2 2

15

35

q

t −

(4) 0,5 đ 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 = .

360

.

R α , R2 = R – R1 = .

360

.

R

(360 -α ) ( 0,5 đ)

=> RAB = .

2 1

2 1

R R

R R

360

).

360 (

2 α

− R = 36 2

) 360 ( − α α

(Ω) (1) (0,5 đ)

b/ Muốn cho IAB = 1A thì phải có RAB =

AB

AB I

U

= 16Ω (0,25 đ) Muốn vậy phải có 36 2

) 360 ( − α α

= 16 (0,25 đ) Hay α 2 – 360α + 20736 = 0

Giải ra ta được α 1 = 720 α 2 = 2880 (0,5 đ)

c/ Muốn cho IAB nhỏ nhất thì RAB =

AB

AB I

U

phải lớn nhất (0,5 đ)

 biểu thức (360 -α )α phải đạt cực đại (0,5 đ)

 360α - α 2 = 1802 – ( α - 180)2 (0,25 đ

 Biêu thức đạt cực đại khi α - 180 = 0 hay khi α = 1800 (0,25 đ)

 Khi đó RAbmaX = 25 Ω (0,25 đ)

 IAbmin = 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 A1 : I1 =

2

R

U MN

+ = 129+,326 = 0,82 (A) (0,25 đ)

- Cường độ qua A2 : I2 =

30

32 , 12

30MN =

U

= 0,41(A) (0,25 đ)

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)

=>

EC

R

R1

=

CF R

R2

=

CF

EC R R

R R

+

1

=

b R

R

R1+ 2

(0,25 đ)

=> REC =

2 1

1

R R

R

R b

30

+ (0,25 đ)

Ta có =1830 = 53

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 A1 và A2 chỉ cùng một giá trị

Ta có UMC = I1R1 = REC.I2

Vì I1 = I2 nên R1 = REC = 9Ω => RFC = 30 – 9 = 21( Ω) (0,25 đ)

6

55 21 6

21 6 9 9

9 9

.

2

2 1

+

+ +

= +

+ + EC EC R R CF CF

R R R

R

R R

(0,25 đ)

Gọi I là cường độ mạch chính có I =

MN

MN R U

Do I1 = I2 =

2

1

.I = 6 0 , 672 ( )

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 A3 chỉ cùng một giá trị.

Dòng qua A3 có thể theo hai chiều

* Từ R 1 qua A 3 sang R b

Khi đó có IR1 = I3 + IR2 mà IR1 = I1 = I3

 IR2= 0 tức UCN = 0 điều đó sảy ra khi C ở F

 I1 = I3 =

1

R

U MN

= 1 , 369 ( ) 9

32 , 12

A

≈ (0,5 đ)

* Dòng điện từ Rb sang R1

Khi đó IR2 = IR1 + I3 = 2IR1= 2I1

Ta có UMC = I1R1 = I2 REC => 9 9

2

1 2 1

2

EC

R I

I I R

I R

I = = => = (1) (0,25 đ)

UCN = IR2.R2 = ICF RCF

Với RCF = Rb.RCE = 30 – REC ; IR2 = 2I1

ICF = I2 – I3 = I2 – I1

=>

EC

I I I I

I I

I R

I

− +

+

−

=

−

=

−

=

2 ) (

2 6

2

) (

2 6

30

=>

EC

EC EC

R I

I R

I R

I

−

−

=

=>

−

=

30 42

2 30

2

2

1 2

1

(2) (0,25 đ)

So sánh (1) và (2), ta có

EC

EC EC

R

R R

−

−

=

42

30 9

 R2

EC - 51.REC + 270 = 0

 Giải ra ta được REC = 6 Ω ; REC = 45Ω ( loại vì > 30Ω)

 Do đó C ở vị trí sao cho EF EC = 306 = 51 (0,25 đ)

+ Ta có UMN = UMC + UCN

UMN = I1R1+ IR2 R2 = 2I1.R2

Suy ra 12,32 = 9I1 + 6.2.I1 => I1 = 0 , 587 ( )

21

32 , 12

A

≈

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

* C ở E : 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

=> I1 = 2

1

.I

R

R EC

(1)

UCN = IR2.R2 = ICF.RCF = (I1 –I2).R2 = 2I2.(30 –RCE) (2)

Từ (1) và (2) ta tìm được REC = ( )

4

99

Ω (0,25)

* Vậy C ở vị trí sao cho

40

33 30 4

99 =

=

EF

EC

( 0,25 đ)

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: ϕ = 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)

2

180 2

180 −α + −β = (0,25 đ)

=> ϕ =α 2+β (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