ĐỀ THI CHỌN HSG CẤP HUYỆN VÀ ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG TỈNH NĂM HỌC 2011 – 2012 VẬT LÝ 9 ppt

K
V
R
1
R
2
R
3
R
4
+
_
U
PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG ĐỀ THI CHỌN HSG CẤP HUYỆN VÀ
ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG TỈNH
NĂM HỌC: 2011 – 2012. Môn thi: VẬT LÝ 9
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu 1(2 điểm): Trên một đường thẳng có ba người chuyển động, một người đi xe máy, một
người đi xe đạp và một người đi bộ; người đi bộ ở giữa hai người kia. Ở thời điểm ban đầu,
khoảng cách giữa người đi bộ và người đi xe đạp nhỏ hơn khoảng cách giữa người đi bộ và
người đi xe máy hai lần. Người đi xe máy và người đi xe đạp đi ngược chiều nhau với vận
tốc lần lượt là 60km/h và 20km/h. Biết rằng cả ba người gặp nhau tại cùng một thời điểm.
Xác định hướng chuyển động và vận tốc của người đi bộ.
Câu 2 (2điểm). Xác định khối lượng riêng của dầu hỏa bằng phương pháp thực nghiệm với
các dụng cụ gồm : Một ống thủy tinh rỗng hình chữ U, một cốc đựng nước nguyên chất có
trọng lượng riêng đã biết là d
n
, một cốc đựng dầu hỏa và một thước dài có độ chia nhỏ nhất
đến mm.
Câu 3 ( 2 điểm). Một học sinh làm thí nghiệm như sau: Thả một cục đá lạnh có khối lượng
m

1
= 900 g vào m
2
= 1,5 kg nước ở nhiệt độ t
2
= 6
o
C. Khi có cân bằng nhiệt, học sinh đó
thấy lượng nước chỉ còn lại 1,47 kg. Em hãy giúp học sinh đó xác định nhiệt độ ban đầu của
cục nước đá. Cho nhiệt dung riêng của nước đá là c
1
= 2100 (Ј/kg.k), của nước là c
2
= 4200
(Ј/kg.k). Nhiệt nóng chảy của nước đá là λ = 3,4.10
5
(Ј/kg) (Bỏ qua mất mát nhiệt khi làm thí
nghiệm)
Câu 4 (2 điểm) : Cho mạch điện như hình vẽ
R
1
= 8 Ω ; R
2
= 4 Ω ; R
3
=6 Ω ; R
4
= 4 Ω ; U = 12 V; vôn kế có điện trở rất lớn, dây nối và
khóa K điện trở không đáng kể

a, K mở, vôn kế chỉ bao nhiêu?
b, Khi K đóng vôn kế chỉ bao
nhiêu?
Câu 5 (2 điểm) Để bóng đèn Đ
1
( 6V - 6W ) sử dụng được ở nguồn điện có hiệu điện
thế không đổi U = 12V, người ta dùng thêm một biến trở con chạy và mắc mạch điện
theo sơ đồ 1 hoặc sơ đồ 2 như hình vẽ; điều chỉnh con chạy C cho đèn Đ
1
sáng bình
thường:
a) Mắc mạch điện theo sơ đồ nào thì ít hao phí điện năng hơn ? Giải thích ?
Đ
1
Đ
1

A C B A C B


+ U - + U -
Sơ đồ 1 Sơ đồ 2
b) Biến trở trên có điện trở toàn phần R
AB
= 20Ω. Tính phần điện trở R
CB
của biến trở
trong mỗi cách mắc trên ? ( bỏ qua điện trở của dây nối )
……………………………………HẾT……………………………………
ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề gồm 1 trang)
PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG HD CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN. V2
NĂM HỌC: 2011 – 2012. Môn thi: SINH HỌC 9.
Thời gian: 150 phút( không kể thời gian giao đề)
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM
Câu 1 Gọi vị trí của người đi xe đạp, đi bộ và xe máy lần lượt là A, B, C.
s là chiều dài khoảng đường AC. Vậy AB=
3
S
Kể từ thời điểm xuất phát, thời gian người đi xe đạp gặp người đi xe máy là :

1 2
20 60 80
S S S
t
v v
= = =
+ +
(giờ) (1đ)
Chỗ gặp nhau cách A là : S
o
=v
1
t= 20.
80 4
S S
=
<
3
S

Suy ra hướng chuyển động của người đi bộ là chiều B đến A. (0,5đ)
Vận tốc người đi bộ là :
3 4
8
S S
S
−
≈
6,7km/h (0,5đ)
Câu 2 : Cách xác định khối lượng riêng của dầu như sau :
Đổ nước vào cốc chữ U, sau đó đổ dầu vào một
nhánh. Do dầu nhẹ hơn và không hòa tan nên nổi trên mặt nước
Dùng thước đo chiều cao cột dầu là h1 và chiều cao cột nước
ở nhánh kia là h2. được tính tại điểm A trong nhánh chỉ chứa nước thuộc mặt phẳng
nằm ngang chứa điểm B ở tại mặt phân cách giữa nước và dầu trong nhánh chứa dầu tới
mặt thoáng.
Do áp suất ở A và B bằng nhau nên :
PA = Po +d
d
h1 = PB = Po + d
n
h2. (1,00 đ)
trong đó Po là áp suất khí quyển. Từ đó suy ra
Dd = dn
2
1
10
h
h

(0,50 đ)
Biết trọng khối lượng riêng của nước nguyên chất, đo được h1 và h2 ta xác định được
khối lượng riêng của dầu. (0,5đ)

Câu 3 : Sau khi cân bằng nhiệt khối lượng nước giảm tức là có một phần nước đã bị
đông đặc thành nước đá (0,5đ)
- Lượng nước bị đông đặc thành đá là : m = m
2
– 1,47 =1,5 -1,47 = 0,03 kg
- Do trong hỗn hợp bây giờ có cả nước và nước đá nên nhiệt độ chung của hỗn hợp là
t = 0
o
C ( 0,5đ)
-Gọi nhiệt độ ban đầu của nước đá là t
1
- Nhiệt lượng do m
1
kg nước đá thu vào để tăng nhiệt độ từ t
1
đến 0
o
C là :
Q
1
= m
1
.c .(t –t
1
)
- Nhiệt lượng do m

2
kg nước tỏa ra để hạ từ nhiệt độ t
2
xuống 0
o
C là :
Q
2
= m
2
.c.( t
2
–t)
- Nhiệt lượng m kg nước tỏa ra để đông đặc thành đá ở 0
o
C là :
Q
3
= m . λ
Do bỏ qua mất mát nhiệt nên theo phương trình cân bằng nhiệt ta có :
Q
1
= Q
2
+ Q
3
→ m
1
.c .(t –t
1

) = m
2
.c.( t
2
–t) + m . λ (0,5đ)
Từ phương trình trên ta có:
t
1
=
4,25
4200.9,0
6.4200.5,103,0.340000
.

11
222
−=
−
+
=
−
+
cm
tcmm
λ
0
C
Vậy, nhiệt độ ban đầu của nước đá là: - 25,4
0
C. (0,5đ)

Câu 4:
a, Khi khóa K mở do điện trở vôn kế lớn vô cùng nên mạch được mắc gồm R
1
nt R
2
điện trở đoạn mạch khi đó là: R
AB
= R
1
+ R
2
= 8 + 4 = 12 (Ω). (0,5đ)
Dòng điện qua mạch khi đó là: I = I
1
= I
2

)(1
12
12
A
R
U
AB
===
.
Số chỉ vôn kế khi đó là hiệu điện thế hai đầu R
1
: U
v

= I
1
.R
1
= 1.8 =8 (V). (0,5đ)
b, Khi khóa K đóng điện trở vôn kế lớn vô cùng nên mạch được mắc gồm: (R
1
nt R
2
)//(R
3
nt
R
4
).
Cường độ dòng điện qua R
3
và R
4
là: I
3
=I
4
=
2,1
46
12
43
=
+

=
+ RR
U
(A). (0,5đ)
Số chỉ vôn kế khi đó là: U
NM
= U
NB
+U
BM
= U
4
-U
2
= I
4
.R
4
-I
2
.R
2
=1,2.4-1.4=0,8 (V) (0,5đ)
Câu 5
a) Ta thấy ở trong cả hai sơ đồ đèn đều sáng bình thường nên suy ra cường độ dòng
điện mạch chính ở sơ đồ 1 bằng cường độ dòng điện định mức của đèn ta có :
I
mc1
= I
đm

còn ở sơ đồ 2 cường độ dòng điện mạch chính là : I
mc2
= I
đm
+ I
AC
>I
mc1
(0,5đ)

mà công suất toàn mạch được tính là : P=UI ở đây U không đổi , nên công suât điện
ở sơ đồ 1 nhỏ hơn ở sơ đồ 2 ,mặt khác công suất đèn ở 2 sơ đồ là nhau vậy điện năng
hao phí trên sơ đồ 1 là ít nhất . (0,5đ)
b) Sơ đồ 1 : Vì đèn sáng bình thường nên hiệu điện thế hai đầu bóng đèn là
U
đ
= U
đm
=6V , cường độ dòng điện qua đèn đúng bằng cường độ định mức
I
đ
=I
đm
=6/6=1A
suy ra hiệu điện thế hai đầu điện trở BC là
U
BC
= U-U
đ

=12-6 =6V vậy R
BC
= 6Ω (0,25đ)
Sơ đồ 2: Tương tự như trên ta cũng có hiệu điện thế hai đầu bóng đèn là U
AC
= 6V ,
cường độ dòng điện qua đèn là I
đ
= 1A . với R
AC
và R
BC
nhỏ hơn 20 Ω
Ta có R
AC
+ R
BC
= 20Ω nên R
AC
= 20 –R
BC

Từ đó ta có :
6
( 1) 12 6 6
20
BC
BC
R
R

+ = − =
−

 26R
BC
-
2
BC
R
= 120- 6R
BC
( 0,5 đ)


2
BC
R
-32R
BC
+ 120=0 =>
2
BC
R
-32R
BC
+256-136=0 =>( R
BC
-16)
2
-136 =0

(R
BC
-16-
136
) (R
BC
-16 +
136
)=0 => có hai giá trị là R
BC
= 16+
136
>20 loại
R
BC
= 16-
136

≈
4,34 Ω thỏa mãn ( 0,25đ)