Đề và đáp án thi học sinh giỏi môn Vật lý 9- THCS Mỹ Thành 2010-2011.

Phòng GD –ĐT Phù Mỹ
Trường THCS Mỹ Thành
KỲ THI CHỌN HSG CẤP HUYỆN
Môn: Vật lí – Lớp 9. Năm học: 2010 – 2011
(Thời gian 150 phút)
(Đề đề nghò)
Câu 1: (2.0đ)
Hai học sinh đònh dùng một tấm ván dài 2,2m kê lên một đoạn sắt tròn để chơi trò bập
bênh. Học sinh A cân nặng 30kg, học sinh B cân nặng 25kg. Hỏi nếu hai em muốn ngồi xa nhau
nhất để chơi một cách dễ dàng, thì đoạn sắt phải đặt cách A một khoảng bằng bao nhiêu?
Câu 2:(4.0đ)
Một người đứng cách đường một khoảng 50m, trên đường có một ô tô chuyển động đều với
vận tốc v
1
= 15m/s. Khi ô tô còn cách người đó 130m thì người này chạy ra đường để đón ô tô.
Tính vận tốc của người để có thể gặp ô tô khi:
a. Chạy theo đường ngắn nhất.
b. Chạy theo đường vuông góc với đoạn thẳng nối người và xe.
c. Chạy theo đường tạo với đoạn thẳng nối người và xe một góc 60
0
.
Câu 3: (4.0đ)
Một thỏi nước đá có khối lượng m
1
= 500g ở -10
0
C.
a. Tính nhiệt lượng cần cung cấp để thỏi nước đá hoá hơi hoàn toàn.
b. Nếu bỏ thỏi nước đá này vào xô nhôm có chứa nước ở 20
0
C sau khi cân bằng nhiệt người

ta thấy còn sót lại 50g nước đá. Tính lượng nước có trong xô lúc đầu biết xô nhôm có khối
lượng 100g. Lấy C
1
= 2100J/kg.k,
λ
= 3,4.10
5
J/kg, c
2
= 4200J/kg.k, L = 2,3.10
6
J/kg,
c
3
= 880J/kg.k.
Câu 4: ( 5 điểm)
Điện trở của các dây dẫn kim loại phụ thuộc vào nhiệt độ theo quy luật : R = R
0
( 1+
α
t),
trong đó : R là điện trở ở nhiệt độ t , R
0
là điện trở ở nhiệt độ 0
0
C ,
α
là hệ số nhiệt điện trở, có
giá trò không đổi phụ thuộc vào kim loại làm điện trơ û. Tính chất trên được sử dụng làm nhiệt kế
điện trở. Một sợi dây vonfram có điện trở R

1
= 2,5
Ω
ở nhiệt độ t
1
= 25
0
C . Biết đường kính của sợi
dây là d =0,1 mm và điện trở suất của vonfram ở nhiệt độ t
1
là
ρ
= 5. 10
– 8

Ω
.m .
1. Tìm chiều dài của sợi dây.
2. Khi đưa dây này vào lò nung thì điện trở của sợi dây này là R
2
= 25
Ω
. Tìm nhiệt độ của lò
nung, biết vonfram có hệ số nhiệt điện trở là
α
= 4,5. 10
– 3
/ (
0
C ).

Câu 5: ( 5 điểm)
Cho mạch điện như hình vẽ bên:
U = 24V ; R
0
= 4
Ω
; R
2
= 15
Ω
;Đèn Đ là loại 6V – 3W
và sáng bình thường.Vôn kế có điện trở lớn vô cùng
và chỉ 3V, chốt dương của vôn kế mắc vào điểm M.
Hãy tìm R
1
và R
3
.
X
V
R
1
–

R
2
R
3
R
0





/ /
U
+
 
A
B
M
N
+
–
Đ
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG
Câu 1: (2.0đ)
Trọng lượng của hai học sinh lần lượt là:
P
A
= 10.m
A
= 10. 30 = 300N (0,25đ)
P
B
= 10.m
B
= 10. 25= 250N (0,25đ)
Muốn chơi bập bênh một cách dễ dàng, thì các em phải ngồi sao cho khi chưa nhún, cầu phải cân
bằng nằm ngang(hình vẽ). Gọi O là điểm tỳ đoạn sắt tròn (điểm tựa), thì các cánh tay đòn OA và

OB của các trọng lực phải thoả mãn điều kiện cân bằng của đòn bẩy. (0,5đ)
250 5 5
(1)
300 6 6
A
B
P
OA
OA OB
OB P
= = = → =
(0,25đ)
Ngoài ra : OA + OB = 2,2 (2) (0,25đ)
Thế phương trình (1) vào phương trình (2) ta được:
5
2,2
6
OB OB+ =
 OB = 1,2 (m)  OA = 1(m) (0,5đ)
Câu 2: (4.0đ) Vẽ hình đúng 1,0đ
A C E D
B
a. Khi chạy theo đường ngắn nhất :(hướng BC như hình vẽ)
Gọi t là thời gian chuyển động
C là vò trí người và xe gặp nhau
Ta có :
2 2 2 2
130 50 120( )AC AB BC m= − = − =
(0,5đ)
Thời gian chuyển động của người đó là:

2
2
1
120
8( )
15
s
t s
v
= = =
(0,25đ)
Vận tốc của người đó là:
2
2
1
50
6,25( / )
8
s
v m s
t
= = =
(0,25đ)
b. Chạy theo hướng vuông góc với đoạn thẳng nối người và xe.(hướng BD như hình vẽ)
D là vò trí người và xe gặp nhau
Ta có:
ACB
∆
~ABD
Nên:

AC B CB
AB BD BD
= =

2 2
130
140,8( )
120
AB
AD m
AC
= =
(0,25đ)
. 130.50
54,17( )
120
AB CB
BD m
AC
= = =
(0,25đ)
Thời gian chuyển động là:
2
1
140,8
9,39( )
15
AD
t s
v

= = =
(0,25đ)
Vận tốc của người đó là:
2
54,17
5,77( / )
9,39
BD
v m s
t
= = =
(0,25đ)
c. Chạy theo hướng tạo với AB một góc 60
0
.
E là vò trí người và xe gặp nhau
Theo hình vẽ ta có: AE.sinA=BE.sin60
0
(0,25đ)

0
1 1
2 2
sin 60 3 130
. 1,3. 3
sin 2 50
v s AE
v s BE A
= = = = =


1
2
15
6,66( / )
1,3 3 1,3 3
v
v m s= = =
(0,75đ)
Câu 3: (4.0đ)
a. Nhiệt lượng cần cung cấp để thỏi nước đá tăng nhiệt độ từ – 10
0
C0
0
C
Q
1
= m
1
.c
1
.(0+10)= 10.m
1
c
1
(0,25đ)
Nhiệt lượng cần cung cấp để thỏi nước đá nóng chảy ở 0
0
C.
Q
2

=
λ
m
1
(0,25đ)
Nhiệt lượng nước thu vào để tăng nhiệt độ từ 0
0
C100
0
Q
3
= m
1
c
2
.(100-0) = 100m
1
c
2
(0,25đ)
Nhiệt lượng cần cung cấp để nước hoá hơi hoàn toàn ở 100
0
C
Q
4
= L.m
1
(0,25đ)
Tổng nhiệt lượng cần cung cấp để 500g nước đá ở -10
0

C hoá hơi hoàn toàn là:
Q = Q
1
+ Q
2
+ Q
3
+ Q
4
= 10m
1
c
1
+
λ
m
1
+ 100m
1
c
2
+ L.m
1
= m
1
(10c
1
+
λ
+100 c

2
+ L)
= 0,5(10.2100 + 3,4.10
5
+ 100.4200 + 2,3.10
6
)= 3062000J = 3062kJ (1,0đ)
b. Gọi m (kg) là khối lượng nước ban đầu có trong xô.
Vì sau khi cân bằng nhiệt trong xô còn lại 50g nước đá do đó nhiệt độ cuối cùng của hệ
là 0
0
C (0,25đ)
- Nhiệt lượng do nước đá thu vào để tăng nhiệt độ từ -10
0
C lên 0
0
C.
Q
thu
= (m
1
– 0,05).c
1
.(0+10) = 10(m
1
– 0,05).c
1
(0,25đ)
- Nhiệt lượng do nuoc71 và xô nhôm ở 20
0

C toả ra để hạ nhiệt độ xuống 0
0
C là:
Q
toả
= (mc
2
+ m
3
.c
3
)(20-0) = 20(mc
2
+ m
3
.c
3
) (0,25đ)
Theo phương trình cân bằng nhiệt ta có: Q
thu
= Q
toả
(0,25đ)
Hay: 10(m
1
– 0,05).c
1
= 20(mc
2
+ m

3
.c
3
) (0,25đ)
 m =
1 1 3 3
2
10( 0,05) 20
10(0,5 0,05)2100 20.0,1.880
20 20.4200
m c m c
c
− −
− −
=
= 0,09(kg) (0,75đ)
Câu 4: ( 5 điểm)
1. Tiết diện của dây dẫn thẳng là: S =
2
2






d
π
=
4

.
2
d
π
. (0,75 điểm )
Điện trở R
1
ở t
1
= 25
0
C là: R
1
=
S
l
.
ρ
(0,5 điểm )
Chiều dài của dây dẫn là:
l
=
ρ
SR .
1
=
ρ
π
4

2
1
dR
=
8
23
10.5.4
)10.1,0.(14,3.5,2
−
−
= 0,3925m
≈
0,4 m (0,75 điểm )
2. Ta có : R
1
= R
0
( 1+
α
t
1
) (0,5 điểm )
R
2
= R
0
( 1+
α
t
2

) (0,5 điểm )
Suy ra
1
2
R
R
=
1
2
.1
.1
t
t
α
α
+
+

⇒
t
2
=
α
α
.

1
1122
R
RtRR −+

=
1
2
R
R
.t
1
+
α
.
1
12
R
RR −
(0,75 điểm )
t
2
=
5,2
25
.25 +
3
10.5,4.5,2
5,225
−
−
= 2250
0
C (0,5 điểm )
Câu 5: ( 5 điểm)

Vì điện trở của vôn kế rất lớn, nên ta có mạch điện được mắc
như sau : [ ( R
1
nt R
Đ
) // (R
2
nt R
3
) ] nt R
0
(0,5 điểm )
Nên ta có : I
2
= I
3
Và I
1
= I
Đ
=
D
D
U
P
=
6
3
= 0,5 A (0,5 điểm )
Hiệu điện thế trên R

3
là : U
NB
= I
2
. R
3
(0, 5 điểm )
A
X
V
R
1
–

R
2
R
3
R
0




/ /
U
+
 
B

M
N
+
–
Đ
I
2
I
I
1
Ta có : U
MB
= U
Đ
= 6V = U
MN
+ U
NB
= 3 + I
2
. R
3
(0, 5 điểm )
Từ 6 = 3 + I
2
. R
3
Suy ra I
2
. R

3
= 3
⇒
I
2
=
3
3
R
(0, 5 điểm )
Mà I = I
1
+ I
2
= 0,5 +
3
3
R
(1) (0, 5 điểm )
Mặt khác : U = I.R
0
+ I
2
(R
2
+ R
3
)
⇔
24 = (0,5 +

3
3
R
). 4 +
3
3
R
( 15 + R
3
) (0, 5 điểm )
⇔
19 =
3
57
R

⇒
R
3
= 3
Ω
( 2 ) (0, 5 điểm )
Thay ( 2 ) vào ( 1 ) ta có : I = 1,5 A
U
AB
= U – I.R
0
= 24 – 1,5 . 4 = 18 V
U
1

= U
AB
– U
Đ
= 18 – 6 = 12V (0, 5 điểm )
R
1
= = = = 24
Ω
(0, 5 điểm )
U
1
I
Đ
U
1
I
1
12
0,5