Đề thi Bồi dưỡng học sinh giỏi Vật lý lớp 9 số 18

ĐỀ CHÍNH THỨC
Bài 1:(2,5 điểm)
Ba người đi xe đạp từ A đến B với các vận tốc không đổi. Người thứ nhất và người thứ hai xuất
phát cùng một lúc với vận tốc tương ứng là v
1
=10km/h và v
2
=12km/h. Người thứ ba xuất phát sau hai
người nói trên 30 phút và sau khi đuổi kịp người thứ nhất 1 giờ thì đuổi kịp người thứ hai. Tìm vận tốc của
người thứ ba.
Bài 2:(2,5 điểm)
Sự biến thiên nhiệt độ của khối nước đá đựng
trong ca nhôm theo nhiệt lượng cung cấp được cho
trên đồ thị bên. Tìm khối lượng nước đá và khối
lượng ca nhôm.
Cho C
nước
= 4200 J/Kg.độ;
C
nước đá
=1800J/Kg. độ;
C
nhôm
=880J/Kg.độ;
λ
nước đá
=3,4.10
5
J/Kg.
Bài 3:(2,5 điểm)
Cho mạch điện như hình vẽ. Biết U

AB
= 8V;
R
1
= 2
Ω
; Điện trở ampe kế R
A
= 0
Ω
; Điện trở vôn
kế R
V
vô cùng lớn; R
MN
= 8
Ω
.
Con chạy đặt ở vị trí nào thì ampe kế chỉ 1A. Lúc này
vôn kế chỉ bao nhiêu?
Bài 4: (2,5 điểm)
Hai gương G
1
, G
2
có mặt phản xạ hướng vào nhau hợp với nhau góc α như hình vẽ dưới.
a. Tia tới SI song song với G
2
lần lượt
phản xạ qua G

1
, G
2
. Tia phản xạ G
2
song
song với G
1
.
b. Tia tới SI song song với G
2
lần lượt
phản xạ qua G
1
, G
2
, G
1
, G
2
, G
1
. Tia
phản xạ G
1
(lần cuối) trùng với tia IS.
Tính số đo góc α trong mỗi trường hợp trên.
HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài 1: (2.5 điểm)
Khi người thứ ba xuất phát thì người thứ nhất cách A 5 km, người thứ hai cách A

6km
0,25
Gọi v là vận tốc người thứ ba ( v > v
1
và v > v
2
), t
1
và t
2
là thời gian từ khi người thứ
ba xuất phát cho đến khi gặp người thứ nhất và người thứ hai ta có:
vt
1
=5+10t
1

⇒
10
5
1
−
=
v
t
0,50
vt
2
=6+12t
2

⇒
12
6
2
−
=
v
t
0,50
O
896
70752
2
0
C
J
-2
V
A
A B
R
1
M ND
+
-
C
G
1
G

2
S
I
O
J
G
1
G
2
S
I
O
J
α
α
Theo đề bài : t
2
-t
1
= 1 nên:

12
6
−v
-
10
5
−v
= 1
0,50

⇒ v
2
- 23v + 120 = 0
Giải phương trình được: v = 15 hoặc v = 8
0,50
Nghiệm cần tìm phải lớn hơn v
1
, v
2
nên ta có v = 15 (km/h) 0,25
Bài 3: (2.5 điểm)
- Vì điện trở của ampe kế R
a
= 0 nên:
U
AC
= U
AD
= U
1
= I
1
R
1
. = 2.1 = 2 (V)
0,50
Gọi điện trở phần MD là x (x≥ 0) thì:
-
x
I

x
2
=
;
0,25
-
x
III
xDN
2
1
1
+=+=
0,25
-
( )
x
x
RIU
DNDNDN
−






+== 8
2
1.

0,25
-
( )
x
x
UUU
DBADAB
−






++=+= 8
2
12
0,25
-
( )
88
2
12 =−






++ x

x
0,25
- Giải được x = ±4.
0,25
- ⇒ x = 4 ⇒ Con chạy ở chính giữa MN
0,25
- Chỉ số vôn kế bằng U
DN
=
( )
648
4
2
1 =−






+
(V)
0,25
(Hoặc U
DN
= U
AB
- U
AD
= 8 - 2 = 6 (V)).

Bài 2: (2.5 điểm)
Gọi x, y lần lượt là khối lượng nước đá, ca nhôm. Ta có:
- Nhiệt lượng tăng nhiệt độ nước đá từ -2
0
lên 0
0
: 1800. 2x
0,25
- Nhiệt lượng tăng nhiệt độ ca nhôm từ -2
0
lên 0
0
: 880. 2y 0,25
- Lập được phương trình: 1800. 2x + 880.2y = 896 (1) 0,50
- Nhiệt lượng tăng nhiệt độ nước đá từ 0
0
lên 2
0
: 4200. 2x 0,25
- Nhiệt lượng tăng nhiệt độ ca nhôm từ 0
0
lên 2
0
: 880. 2y 0,25
- Nhiệt lượng nóng chảy nước đá: 3,4. 10
5
.x 0,25
- Lập được phương trình: 4200.2x + 880.2y + 3,4. 10
5
.x = 70752- 896 (2) 0,50

- Giải hệ (1) và (2) được: x = 0,2 y = 0,1 và kết luận. 0,25
Bài 4: (2.5 điểm)
- Có ∠I
1
= ∠I
2
theo tính chất của gương phẳng.
- Có ∠I
1
= ∠O (SI// G
2
) ⇒ ∠O = ∠I
2
.
- Chứng tỏ ∠O = ∠I
2
như câu a).
- Kẻ pháp tuyến tại J có ∠J
1
=∠J
2
.
G
1
G
2
S
I
O
J

G
1
G
2
S
I
O
J
1
2
1
2
1
2
1
2
K
3
V
C ≡ D
A
A≡M
B≡N
R
1
R
x
- Tương tự ∠O = ∠J
1
- ⇒∆ OIJ đều ⇒ α = 60

0
.
- Chứng tỏ JK vuông góc với G
1
.
- ∠J
1
= ∠O (Cùng phụ với J
3
)
- ∠J
1
+∠J
2
+∠I
2
= 90
0
⇒ 3∠Ô = 90
0

- ⇒ ∠Ô = 30
0
hay α = 30
0
Mỗi bước cho 0,25 điểm
ĐỀ CHÍNH THỨC - VÒNG II
Bài 1: (2.5 điểm)
Một thanh AB đồng chất tiết diện đều
một đầu nhúng vào nước, đầu kia tựa vào

thành chậu tại O sao cho OB = 2OA. Khi
thanh cân bằng, mực nước ở chính giữa
thanh. Tìm khối lượng riêng D của thanh biết
khối lượng riêng của nước D
n
= 1000 Kg/m
3
.
Bài 2: (2.5 điểm)
Dẫn luồng hơi nước ở 100
0
C vào một bình đựng nước đá ở - 4
0
C. Sau một thời gian thì thu
được 0,6kg nước ở 12
0
C. Bỏ qua sự truyền nhiệt cho bình và cho môi trường.
Tính khối lượng nước đá ban đầu có trong bình.
Cho:C
nước
= 4200 J/Kg.độ; C
nước đá
=1800 J/Kg.độ;
λ
nước đá
=3,4.10
5
J/Kg; L
nước
=2,3.10

6
J/Kg.
Bài 3: (2.5 điểm)
Cho mạch điện như hình vẽ bên (H).
Có U
MN
= 6V, R
1
= 3Ω. Khi khóa K mở
ampe kế A
1
chỉ 1,2 A. Khi khóa K đóng
ampe kế A
2
chỉ 0,75 A.
Bỏ qua điện trở của dây dẫn, ampe kế, khóa
K. Hãy tính R
2
,

R
3
.
Bài 4: (2.5 điểm)
Cho mạch điện có sơ đồ như hình vẽ
bên. Điện trở toàn phần của biến trở là R
o
,
điện trở của vôn kế rất lớn. Bỏ qua điện trở
của ampe kế, các dây nối và sự phụ thuộc

của điện trở vào nhiệt độ. Duy trì hai đầu
mạch một hiệu điện thế U không đổi. Lúc
đầu con chạy C của biến trở đặt gần phía
M. Hỏi số chỉ của các dụng cụ đo sẽ thay
đổi như thế nào khi dịch chuyển con chạy
C về phía N? Hãy giải thích tại sao?
HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài 1: (2.5 điểm)
Thanh AB chịu tác dụng của trọng lực P đặt tại trung điểm M của thanh AB và
lực đẩy Asimet F đặt tại trung điểm N của MB.
0,50
A
1
A
2
R
1
R
2
R
3
M
N
K
O
A
B
M
V
A

1
R
1
C
N
A
Thanh có thể quay quanh O. Áp dụng qui tắc cân bằng ta có:
P. OM = F. ON (1)
0,50
Đặt độ dài của thanh AB là 3x ta có:
MB =
2
3x
; OM = OB - MB = 2x -
22
3 xx
=
; ON = OM + MN =
4
5
4
3
2
xxx
=+
0,50
Gọi S là tiết diện của thanh ta có: P = 10.D.S.3x; F = 10.D
n
.S.
2

3x
0,50
Thay vào (1) được:
10.D.S.
2
.3
x
x
= 10.D
n
.S.
4
5
.
2
3 xx
⇒ D =
4
5
D
n
.
0,25
Thay số được: D =
4
5
.1000 = 1250 Kg/m
3
.
0,25

Bài 2: (2.5 điểm)
- Nước thu được ở 12
0
C nên tất cả nước đá đã nóng chảy. 0,25
Gọi x (kg) là khối lượng nước đá có trong bình ta có:
- Nhiệt lượng để tăng x (kg) nước đá từ - 4
0
C lên 0
0
C là:
Q
1
= C
nước đá
. x. (0-(-4)) = 4.1800 x (J)
0,25
- Nhiệt lượng để nóng chảy x (kg) nước đá: Q
2
= λ
nước đá
. x = 340000 x (J)
0,25
- Nhiệt lượng để tăng x (kg) nước từ 0
0
C lên 12
0
C là:
Q
3
= C

nước
x. (12-0) = 4200.12.x (J)
0,25
- Lượng nước ngưng tụ là: 0,6 - x 0,25
- Nhiệt lượng toả ra do ngưng tụ: Q
4
= m. L = 2300000(0,6-x) 0,25
- Nhiệt lượng toả ra khi hạ nhiệt từ 100 xuống 12
0
C là: Q
5
= C
mước
(0,6-x)(100-12) 0,25
- Có Q
1
+ Q
2
+ Q
3
= Q
4
+ Q
5
0,25
- 4.1800x+340000x+4200.12.x = 2300000.0,6-2300000x+88.0,6.4200-88.4200.x 0,25
-
)2(5,0
88.420023000004200.12 340000 4.1800
088.0,6.420 62300000.0,

=
++++
+
=x
(Kg). Kết luận 0,25
Bài 3: (2.5 điểm)
- Khi khoá K mở có R
1
nt R
3
được R = R
1
+ R
3
và
I
U
R =
0,25
-
1331
R
I
U
R
I
U
RR −=⇒=+
0,25
- Thay số được:

)(23
2,1
6
3
Ω=−=R
0,25
- Khi khoá K đóng có
32
323121
32
32
1
RR
RRRRRR
RR
RR
RR
+
++
=
+
+=
0,50
-
323121
32
32
323121
)(
RRRRRR

RRU
RR
RRRRRR
U
R
U
I
++
+
=
+
++
==
0,25
-
32
III +=
và
3322
RIRI =
nên
3
22
2
R
RI
II +=
0,25
O
A

B
P
F
M
N
- Lập được quan hệ:
3
22
2
323121
32
)(
R
RI
I
RRRRRR
RRU
+=
++
+
0,25
- Thay số:
2
.75,0
75,0
22.33
)2(6
2
22
2

R
RR
R
+=
++
+
0,25
- Giải được:
2
2
=R
0,25
Bài 4: (2.5 điểm)
Gọi x là phần điện trở của đoạn MC của biến trở; I
1
và U
V
là số chỉ của ampe kế A
1
và vôn kế.
- Điện trở tương đương R của đoạn mạch: R = (R
o
– x) +
1
1
Rx
xR
+
0,50
- Biến đổi: R

1
2
0
Rx
x
R
+
−=
=
2
1
0
1
1
x
R
x
R
+
−
0,50
- Lí luận: Khi dịch con chạy về phía N thì x tăng ⇒ (
2
1
x
R
x
1
1
+

) tăng ⇒ R giảm ⇒
cường độ dòng điện mạch chính: I = U/R sẽ tăng (do U không đổi). Chỉ số Ampe kế
A tăng.
0,50
Mặt khác, ta lại có:
xIxIRIxIIRI ).(.
111111
−=⇒−=
⇒ I
1
=
x
R
I
xR
xI
1
1
1
.
+
=
+
0,50
- Lí luận : khi x tăng thì (1 +
)
1
x
R
giảm và I tăng (c/m ở trên) nên I

1
tăng ⇒ U
V
=
I
1
.R cũng tăng (do I
A
tăng, R không đổi) Chỉ số của ampe kế A
1
và vôn kế V tăng.
0,50