Đề và đáp án thi học sinh giỏi lớp 9 môn Vật lý- Huyện Phù Mỹ 2010-2011.

UBND HUYỆN PHÙ MỸ ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 CẤP HUYỆN
PHÒNG GD - ĐT Năm học: 2010- 2011 - Môn: Vật lý
Ngày thi: 07/10/2010
ĐỀ CHÍNH THỨC: Thời gian làm bài: 150 phút
(Không tính thời gian phát đề)

Bài 1:( 4,0 điểm)
Một thuyền đi từ A đến B (cách nhau 6 km) mất thời gian 1 h rồi lại đi từ B trở về A mất
1h30phút Biết vận tốc của thuyền so với nước và vận tốc của nước so với bờ không đổi. Hỏi:
a. Nước chảy theo chiều nào?
b. Vận tốc thuyền so với nước và vận tốc nước so với bờ .
c. Muốn thời gian đi từ B trở về A cũng là 1h thì vận tốc của thuyền so với nước phải là bao nhiêu ?
Bài 2: (4,0 điểm )
Tìm r
1
, r
2
, r
3
theo R
1
, R
2
, R
3
để mạch
hình sao (hình 2) có điện trở tương đương
mạch hình tam giác (hình 1)
Câu 3: (4,0điểm)
Hai gương phẳng M
1

,M
2
đặt song song , mặt phản xạ quay vào nhau ,cách nhau một đoạn d
.Trên đường thẳng song song với hai gương có hai điểm S,O với các khoảng cách cho trên hình .
a.Hãy trình bày cách vẽ một tia sáng từ S đến gương M
1
tại I ,phản xạ đến gương M
2
tại J rồi
phản xạ đến O . M
1
M
2
b.Tính các khoảng cách từ I đến A và từ J đến B. .o
a
h
A . s B
D
Bài 4: (4,0 điểm) :
a. Rót vào một khối nước đá khối lượng m
1
= 2kg, một lượng nước m
2
= 1kg ở nhiệt độ t
2
=
10
o
C. Khi có cân bằng nhiệt nước đá tăng thêm m = 50g. Xác định nhiệt độ ban đầu của nước đá. Cho
nhiệt dung riêng của nước đá là C

1
= 2000J/kg.K, của nước là C
2
= 4200J/kg.K, nhiệt nóng chảy của
nước đá
λ
= 3,4.10
5
J/kg.Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với các dụng cụ thí nghiệm.
b. Sau đó người ta cho hơi nước sôi vào bình trong một thời gian và sau khi thiết lập cân bằng
nhiệt, nhiệt độ của nước là 50
o
C. Tìm lượng hơi nước đã dẫn vào. Cho nhiệt hóa hơi của nước là L =
2,3.10
6
J/kg.
Câu 5. (4,0 điểm):
Cho mạch điện MN như hình vẽ dưới đây, hiệu điện thế
ở hai đầu mạch điện không đổi U
MN
= 7V; các điện trở
R
1
= 3Ω và R
2
= 6Ω . AB là một dây dẫn điện có chiều
dài 1,5m tiết diện không đổi S = 0,1mm
2
, điện trở suất ρ
= 4.10

-7
Ωm ; điện trở của ampe kế A và các dây nối
không đáng kể :
a. Tính điện trở của dây dẫn AB ?
b. Dịch chuyển con chạy C sao cho AC = 1/2 BC.
Tính cường độ dòng điện qua ampe kế ?
c. Xác định vị trí con chạy C để I
a
= 1/3A ?


M N
A
C
B
A
R
1 D
U
MN
R
2
+
-
(hình 1)
B
A
C
R
1

R
2
R
3
(hình 2)
B
A
C
r
1
r
2
r
3
O
UBND HUYỆN PHÙ MỸ HƯỚNG DẪN CHẤM
PHÒNG GD - ĐT ĐỀ THI HSG LỚP 9 CẤP HUYỆN
Năm học 2010 – 2011 - Môn : Vật lý

ĐÁP ÁN Biểu
điểm
Bài 1 : (4,0 điểm)
a/ Do thời gian đi từ A đến B bé hơn đi từ B về A nên nước chảy từ A đến B
b/ Gọi v
1
là vận tốc của thuyền so với nước
v
2
là vận tốc của nước so với bờ
Khi đi từ A đến B

t
1
=
1 2
S
v v+
=> v
1
+ v
2
=
1
S
t
=
6
1
= 6 (1)
Khi đi từ B về A
t
2
=
1 2
S
v v−
=> v
1
- v
2
=

2
S
t
=
6
1,5
= 4 (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra
v
1
= 5km/h và v
2
= 1 km/h
c/ Để thời gian từ B về A vẫn là 1 giờ, nghĩa là ta có
1 =
1 2
S
v v−
hay v
1
= S + v
2
= 6 +1 = 7 km / h
0.5đ
0.5đ
0.5đ
0.5đ
1,0đ
1,0đ
Bài 2: (4,0 điểm )

Khi cả hai mạch tương đương nhau ta có
+ Trong mạch tam giác thì: R
AB
=
1 2 3
1 2 3
R .(R R )
R (R R )
+
+ +
+ Trong mạch hình sao ta có : R
AB
= r
2
+ r
3
Từ hai phương trình trên ta suy ra : r
2
+ r
3
=

1 2 1 3
1 2 3
R .R R .R
R R R
+
+ +
(1)
Tương tự ta có:

+ Trong mạch tam giác thì: R
AC
=
3 1 2
3 1 2
R .(R R )
R (R R )
+
+ +
+ Trong mạch hình sao ta có : R
AC
= r
1
+ r
2
Từ hai phương trình trên ta suy ra : r
1
+ r
2
=

1 3 2 3
1 2 3
R .R R .R
R R R
+
+ +
(2)
Tương tự ta có:
+ Trong mạch tam giác thì: R

BC
=
2 1 3
2 1 3
R .(R R )
R (R R )
+
+ +
+ Trong mạch hình sao ta có : R
BC
= r
1
+ r
3
0.5đ
0.5đ
(hình 1)
B
A
C
R
1
R
2
R
3
(hình 2)
B
A
C

r
1
r
2
r
3
O
Từ hai phương trình trên ta suy ra : r
1
+ r
3
=

1 2 2 3
1 2 3
R .R R .R
R R R
+
+ +
(3)
Lấy (1) + (2) + (3) vế theo vế ta được:
r
1
+ r
2


+ r
3
=

1 2 1 3 2 3
1 2 3
R .R R .R R .R
R R R
+ +
+ +
(4)
Lấy (4 ) – (1) ; (4 ) – (2) và (4 ) – (3) vế theo vế ta được:
r
1
=
2 3
1 2 3
R .R
R R R+ +

r
2
=
1 3
1 2 3
R .R
R R R+ +

r
3
=
1 2
1 2 3
R .R

R R R+ +

0.5đ
1,0đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
Câu 3: (4,0điểm)
M
1
M
2
O O
1
J
I
S1 S
A B H
a/ Chọn S
1
đối xứng s qua gương M
1
.Chọn O
1
đối xứng O qua gương M
2

.Nối S
1
O

1
cắt gương M
1
tại I ,gương M
2
tại J. Nối SIJO ta được tia cần vẽ
(hình vẽ )
b/ S
1
AI ~ S
1
BJ ⇒
da
a
BS
AS
BJ
AI
+
==
1
1
⇒ AI =
BJ
da
a
+
(1)
Xét S
1

AI ~ S
1
HO
⇒
d
a
HS
AS
HO
AI
2
1
1
1
==
⇒AI=
d
ah
2
Thay vào (1)
ta được :BJ=
( )
d
hda
2
+
0,5đ
1,0đ
0,5đ
0,5đ

0,5đ
0,5đ
0,5đ
Bài 4: (4,0 điểm)
a) Do lượng nước đá tăng thêm nhưng nhỏ hơn lượng nước rót vào nên khi
nhiệt độ cuối cùng
t
3
= 0
o
C
Gọi nhiệt độ ban đầu của nước đá là t
1
- Nhiệt lượng nước đá nhận để tăng nhiệt độ từ t
1
đến t
3
= 0
o
C
Q
1
= m
1
.c
1
(t
3
- t
1

) = m
1
.c
1
(0 – t
1
) = -m
1
.c
1
.t
1


-

Nhiệt lượng của nước tỏa ra để giảm nhiệt độ từ t
2
= 10
o
C đến t
3
= 0
o
C

Q
2
= m
2

.c
2
.(t
2
– t
3
) = m
2
.c
2
. t
2
Nhiệt lượng một phần nước m’ tỏa ra để đông đặc ở 0
o
C
Q
3
= m’.
λ
.
Theo phương trình cân bằng nhiệt ta có:
Q
1
= Q
2
+ Q
3
hay -m
1
.c

1
.t
1
= m
2
.c
2
. t
2
+ m’.
λ


11
222
1
'.
cm
mtcm
t
λ
+
=⇒
=
22000
10.4,3.05,010.4200.1
5
+

= - 14,75

o
C.

b) Lượng nước đá ở 0
o
C là
m
1
’
= m
1
+ m’ = 2 + 0,05 = 2,05kg
Nhiệt lượng vào để chảy hoàn toàn ở 0
o
C
Q
1
= m’.
λ

Nhiệt lượng toàn bộ nước ở 0
o
C(m
1
+m
2
) nhận vào để tăng nhiệt độ lên đến
t
4
= 50

o
C
Q
2
= (m
1
+ m
2
).c
2
.(t
4
– t
3
) = (m
1
+ m
2
)c
2
.t
4

Nhiệt lượng hơi nước sôi 100
o
C tỏa ra khi ngưng tụ hoàn toàn ở 100
o
C :
Q
3

= m.L (m là khối lượng nước sôi)
Nhiệt lượng nước ở t
5
= 100
o
C tỏa ra để giảm đến t
4
= 50
o
C
Q
4
= m.c
2
(t
5
– t
4
)
Theo phương trình cân bằng nhiệt ta có
Q
1
+ Q
2
= Q
3
+ Q
4
hay m’.
λ

+ (m
1
+ m
2
)c
2
.t
4
= m.L + m.c
2
(t
5
– t
4
)

⇒
m =
)50100.(420010.3,2
50.4200).12(10.4,3.05,2
)(
)('
6
5
452
42211
−+
++
=
−+

++
ttcL
tcmmm
λ

= 0,528kg = 528g
0,5đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu 5. (4,0 điểm)
a/ Đổi 0,1mm
2
= 1. 10
-7
m
2
.
Áp dụng công thức tính điện trở
7
7

4.10 .1,5
. 6
1.10
l
R
S
ρ
−
−
= = = Ω
6Ω
0,25đ
0,25đ
b/ Khi
2
BC
AC =
⇒ R
AC
=
3
1
.R
AB
⇒ R
AC
= 2Ω và R
CB
= R
AB

- R
AC
= 4Ω
Xét mạch cầu MN ta có
2
3
21
==
CBAC
R
R
R
R
nên mạch cầu là cân bằng. Vậy I
A
= 0
c/ Đặt R
AC
= x ( ĐK : 0
≤
x
≤
6Ω ) ta có R
CB
= ( 6 - x )
* Điện trở mạch ngoài gồm ( R
1
// R
AC
) nối tiếp ( R

2
// R
CB
) là
)6(6
)6.(6
3
.3
x
x
x
x
R
−+
−
+
+
=
=
3 6(6 )
3 12
x x
x x
−
+
+ −
=
2
54 9 108
(3 )(12 )

x x
x x
− +
+ −
* Cường độ dòng điện trong mạch chính :
==
R
U
I
2
7(3 )(12 )
54 9 108
x x
x x
+ −
− +
* Áp dụng công thức tính HĐT của mạch // có :
U
AD
= R
AD
. I =
I
x
x
.
3
.3
+
=

2
21 (12 )
54 9 108
x x
x x
−
− +
Và U
DB
= R
DB
. I =
I
x
x
.
12
)6.(6
−
−
=
2
6.7(3 )(6 )
54 9 108
x x
x x
+ −
− +
* Ta có cường độ dòng điện qua R
1

; R
2
lần lượt là :
I
1
=
1
R
U
AD
=
2
7 (12 )
(54 9 108)
x x
x x
−
− +
và I
2
=
2
R
U
DB
=
2
7(6 )(3 )
54 9 108
x x

x x
− +
− +
Vì cực dương của ampe kế gắn vào D nên : I
1
= I
a
+ I
2
⇒ I
a
= I
1
- I
2
(1)
Thay I
a
= 1/3A vào (1) ⇒
1
3
=
2
7 (12 )
(54 9 108)
x x
x x
−
− +
-

2
7(6 )(3 )
54 9 108
x x
x x
− +
− +
Qui đồng, rút gọn ta được phương trình
2
15 54 0x x+ − =
Giải phương trình bậc 2 này được x = 3Ω ( loại giá trị -18)
* Để định vị trí điểm C ta lập tỉ số
1,5.3
0,75
6
AC
AB
R
AC
AC m
AB R
= ⇒ = =
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ