SỞ GD & ĐT NGHỆ AN

PHỊNG GD&ĐT N ĐỊNH
Đề chính thức

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9
NĂM HỌC 2008 – 2019

Môn thi: VẬT LÝ LỚP 9
Thời gian làm bài: 150 phút

Câu 1. (4,0 điểm):
Hai bến A và B dọc theo một con sông cách nhau 9 km có hai ca nơ xuất phát cùng lúc
chuyển động ngược chiều nhau với cùng vận tốc so với nước đứng yên là V. Tới khi gặp nhau
trao cho nhau một thông tin nhỏ với thời gian không đáng kể rồi lập tức quay trở lại bến xuất
phát ban đầu thì tổng thời gian cả đi và về của ca nô này nhiều hơn ca nô kia là 1,5 giờ. Còn nếu
vận tốc so với nước của hai ca nơ là 2V thì tổng thời gian đi và về của hai ca nô hơn kém nhau
18 phút. Hãy xác định V và vận tốc u của nước.
Câu 2. (4,0 điểm):
Một bình hình trụ có chiều cao h 1= 20cm, diện tích đáy trong là S1= 100cm2 đặt trên mặt
bàn nằm ngang. Đổ vào bình 1 lít nước ở nhiệt độ t1= 800C. Sau đó thả vào bình một khối trụ
đồng chất có diện tích đáy là S2= 60cm2, chiều cao h2= 25 cm ở nhiệt độ t2. Khi đã cân bằng nhiệt
thì đáy dưới của khối trụ song song và cách đáy trong của bình là x = 2cm. Nhiệt độ của nước
trong bình khi cân bằng nhiệt là t = 65 0C. Bỏ qua sự nở vì nhiệt của các chất và sự trao đổi nhiệt
với bình và mơi trường xung quanh. Biết khối lượng riêng của nước là D = 1000kg/m3, nhiệt
dung riêng của nước là C1= 4200J/kg.k, của chất làm khối trụ là C2= 2000J/kg.k.
a.Tính khối lượng của khối trụ và nhiệt độ t2.
b. Phải đặt thêm lên khối trụ một vật có khối lượng tối thiểu bằng bao nhiêu, để khối trụ chạm
đáy bình.
Câu 3. (4,0 điểm):
Cho mạch điện như hình vẽ (Hình 1).
Biết:U = 60V, R1= 10  , R2=R5= 20  , R3=R4= 40  ,
vôn kế lý tưởng, điện trở các dây nối khơng đáng kể.

1. Hãy tính số chỉ của vơn kế.
2. Nếu thay vơn kế bằng một bóng đèn có dịng điện
định mức là Id= 0,4A thì đèn sáng bình thường.
Tính điện trở của đèn.

R2

R4
R1

P

V

R3

R5

Q
U

(Hình1)

Câu 4. (4,0 điểm):
Cho mạch điện như hình vẽ (Hình 2).
+UBiết r = 3  , R1, R2 là một biến trở.
R1
1. Điều chỉnh biến trở R2 để cho cơng suất trên nó là lớn nhất,
B
khi đó cơng suất trên R2 bằng 3 lần cơng suất trên R1. Tìm R1?

A
2. Thay R2 bằng một bóng đèn thì đèn sáng bình thường, khi
r
đó cơng suất trên đoạn mạch AB là lớn nhất. Tính cơng suất và
R2
hiệu điện thế định mức của đèn? Biết U =12V.
(Hình 2)
Câu 5. (4,0 điểm):
Mặt phản xạ của hai gương phẳng hợp với nhau một góc  . Một tia sáng SI tới gương thứ
nhất, phản xạ theo phương II’ đến gương thứ hai rồi phản xạ tiếp theo phương I’R. Tìm góc 
hợp bởi hai tia SI và I’R.Chỉ xét trường hợp SI nằm trong mặt phẳng vng góc với giao tuyến
của hai gương.

- - - Hết - - Họ và tên thí sinh:.................................................................................................... Số báo danh:....................


PHỊNG GD&ĐT N ĐỊNH

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9
NĂM HỌC 2008 – 2009

HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
(Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 04 trang )
Môn: VẬT LÝ

Câu

Ý

Đáp án

Giả sử nước sông chảy đều theo hướng từ A đến B với vận tóc u.
* Trường hợp vận tốc ca nô so với nước là V, ta có:
Vận tốc của ca nơ khi xi dịng là: V1= V+ u.
Vận tốc của ca nơ khi ngược dịng là: V2= V- u.
-Thời gian tính từ lúc xuất phát cho tới khi gặp nhau tại C là t, gọi

0,25

0,50

quảng đường AC = S1, BC= S2, ta có: t =

(1)

- Thời gian ca nô từ C trở về A là:

(2)

0,25

(3)

0,25

- Thời gian ca nô từ C trở về B là:
1,
(4,0đ)

S1
S

 2
V u V  u
S
t1= 1
Vu
S
t2= 2 .
V u

Điểm

- Từ (1) và (2) ta có thời gian đi và về của ca nô đi từ A là:
TA= t+ t1=

S
Vu

(4)

0,50

- Từ (1) và (3) ta có thời gian đi và về của ca nô đi từ B là:
TB= t+ t2=

S
V u

(5)
2uS

- Theo bài ra ta có: TA- TB= V 2  u 2 = 1,5

(6)

0,50
0,50

* Trường hợp vận tốc ca nơ là 2V, tương tự như trên ta có:
2uS

T'A- T'B= 4V 2  u 2 = o,3

(7)

Từ (6) và (7) ta có : 0,3(4V2- u2) = 1,5(V2- u2) => V = 2u (8)
Thay (8) vào (6) ta được u = 4km/h, V = 8km/h.
- Khi đáy dưới khối trụ cách đáy bình x = 2cm thì dung tích cịn lại
của bình (phần chứa): V' = x.S1 + (h1 - x)(S1 - S2) = 920cm3 < Vnước
suy ra có một lượng nước trào ra
- Lượng nước cịn lại trong bình: m = 920g
a)
Khi khối trụ đứng cân bằng ta có: P = FA
(2,5đ)
 10M = dn.V = dn.S2(h1 - x)  M = 1,08kg
2,
- Phương trình cân bằng nhiệt giữa nước trong bình và khối trụ:
(4,0đ)
Cn.m(t1 - t) = C.M(t - t2)  4200.0,92(80 - 65) = 2000.1,08(65-t2)
 t2 = 38,20C
Khi chạm đáy bình thì phần vật nằm trong chất lỏng là h1:

b) Vậy phải đặt thêm m' lên khối trụ nên: P + P'  F'A
(2,5đ)
=> 10(M + m') dN.S2.h1
Thay số tính được m'  0,12kg, vậy khối lượng m' tối thiểu là 0,12kg

0,25
0,50
0,50
0,50
0,50
0,50
0,50
0,50
0,50
0,25
0,25
0,50


a) Điện trở tương đương của mạch:
(2,25đ
( R2  R3 ).( R4  R5 )
R= R1+ RMN = R1+
Thay số ta tính được: R= 40  .
)
R R R R
2

3

4

0,50

5

U
- Dòng điện chạy qua R1 là I1= I= Thay số tính được: I1= I= 1,5A
R

- Vì: (R2+R3) = (R4+R5) nên I2= I4= 0,5I = 0,75A
- Hiệu điện thế trên R2 và trên R4 tương ứng là:
U2= I2R2= 0,75.20= 15V, U4= I4R4= 0,75.40= 30V.
- Vậy số chỉ của vôn kế là UV= U4- U2 = 15V

0,50
0,50
0,50
0,25

3,
(4,0đ)

b)
(1,75đ - Thay vôn kế bằng bóng đèn dịng điện qua đèn ID= 0,4A có chiều từ
)
P đến Q, nên: I3= I2 - 0,4; I5= I4+ 0,4
Mà U2+ U3= U4 + U5 => 20I2+ 40(I2- 0,4) = 40I4+ 20(I4+ 0,4)
=> I2= I4+ 0,4 ; I = I2+ I4 = 2I4+ 0,4
Mặt khác: U1+ U4 + U5= U

=> 10(2I4+ 0,4)+ 40I4+ 20(I4+ 0,4) = 60
=> I4 = 0,6A ; I2 = 1A
Hiệu điện thế hai đầu bóng đèn là: UD= U4 - U2 = 40.0,6 - 20.1= 4V
Điện trở của đèn là: RD=

UD
4
=
= 10 
ID
0, 4

0,25
0,50
0,25
0,50

0,25

4,
(4,0đ)

R1.R2
R (r  R1 )  r.R1
a)
 2
Điện
trở
toàn
mạch:

R=
r
+
R
AB = r +
(2,5đ)
R1  R2
R1  R2

- Dịng điện mạch chính: I=

U
U ( R1  R2 )

R R2 (r  R1 )  r.R1

0,50
0,25


Từ hình vẽ ta có: U2= UAB=I.RAB=

UR1 R2
R2 (r  R1 )  r.R1

0,25

U 2 .R12 .R2
U 22
- Công suất trên R2 : P2=

=
2
R2
 R2  r  R1   rR1 

0,50

Vận dụng bất đẳng thức cơsi ta có:
U 2 .R12 .R2

U 2 .R12 .R2
U 2 .R1

P2 =
2 
4 R2 ( r  R1 ).rR1 4r (r  R1 )
 R2  r  R1   rR1 
rR1
U 2 .R1
Vậy P2MAX=
Khi R2(r +R1) = rR1 => R2 =
(1)
r  R1
4r ( r  R1 )
2
P1 1
R2
U AB
1
Mặt khác theo bài ra ta có: = =>

. 2 =
P2 3
U
R1
3
AB
R2 1
=>
=
=> R1=3R2
R1 3

0,25
0,25

0,25
(2)

Từ (1) và (2) Giải ra ta có: R2= 2  ; R1=6 
Thay R2 bằng đèn. Từ hình vẽ ta có:
Cường độ dịng điện mạch chính . I =
2

Công suất trên AB: PAB= I .RAB

b)
R .R
(1,5đ) Mặt khác RAB= 1 d = 3 

U

r  RAB

U 2 .RAB
U 2 .RAB U 2


=> PAB=
(r  RAB ) 2
4r.RAB
4r
U2
=> PABMAX=
Khi r=RAB = 3 
4r

R1  Rd

6 Rd
=>
=3 => Rd = 6 
6  Rd
PAB U 2
Do Rd=R1 => Pd=P1=
=
=3W
2
8r
U
Mặt khác vì RAB= r => Ud=UAB= =6V
2

5,
(4,0đ)

Ta xét với 3 trường hợp:
a/ Với  là góc nhọn:
Góc INI’ hợp giữa hai pháp tuyến cũng bằng  . Vận dụng định lí về
góc ngồi của một tam giác đối với tam giác II’N: i = i’+  (hình a)
Đối với  II’B: 2i = 2i’+  . Từ đó suy ra:  = 2  .
Có thể xảy ra trường hợp giao điểm N giữa hai pháp tuyến nằm trong
góc  tạo bởi hai gương (hình b).
Chứng minh tương tự ta vẫn có  = 2  .
b/ Trường hợp  là góc tù (hình c):
Với II’O:  = i +i’
Với II’B:  =2(900- i + 900- i’) = 3600- 2(i + i’)
Từ đó suy ra:  = 3600- 2 
c/ Trường hợp  = 900
Dễ dàng nhận thấy các tia SI và I’R song song và ngược chiều
nhau, ta chứng minh được  = 1800 (hình d)

0,25
0,25

0,50

0,25

0,25
0,25

0,50

0,50

0,50
0,50


G2
G1





Hình b

S

S
i' i

i
i

 R
G2

G1

Hình a
2,00

R

R

G2
G2

S

i'
i


S
G1

G1

O
Hình d

Hình c

Lưu ý: Mỗi hình vẽ đúng cho 0,50 điểm
Chú ý: Nếu thí sinh giải theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa
- - - Hết - - -