3 đề thi HSG chọn lọc Vật Lý 9 năm 2015 - 2016 có đáp án chi tiết

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO

BẮC GIANG
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 02 trang)

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2015 – 2016
MÔN THI: VẬT LÍ - LỚP 9
Ngày thi: 20/3/2016
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

Bài 1. (3,5 điểm)
Hai ca nô làm nhiệm vụ đưa thư giữa hai bến sông A và B dọc theo bờ sông như sau: hàng
ngày vào lúc quy định hai ca nô rời bến A và B chạy đến gặp nhau, trao đổi bưu kiện cho nhau rồi
quay trở lại. Nếu hai ca nô cùng rời bến một lúc thì ca nô từ A phải đi mất 1,5h mới trở về đến
bến, còn ca nô từ B phải đi mất 2,5h. Biết rằng hai ca nô có cùng tốc độ đối với nước v 1 không
đổi và nước chảy với tốc độ v2 không đổi. Bỏ qua thời gian trao đổi bưu kiện.
1. Tính tốc độ trung bình của mỗi ca nô trên cả quãng đường đi và về.
2. Muốn cho hai ca nô đi mất thời gian như nhau thì ca nô ở B phải xuất phát muộn hơn ca
nô ở A một khoảng thời gian bằng bao nhiêu?
Bài 2. (3,5 điểm)
Người ta bỏ một thỏi sắt hình trụ có diện tích đáy 5cm 2, khối lượng m1 = 200g có nhiệt độ
t1 = 3770C vào một bình hình trụ có diện tích đáy S = 20cm 2 chứa m2 = 500g nước ở nhiệt độ t2
= 200C. Bỏ qua mọi hao phí.
1. Tính nhiệt độ của nước khi cân bằng nhiệt được thiết lập. Bỏ qua phần nước đã bị hóa
hơi.
2. Do có một lượng nước bị hóa hơi, nên nhiệt độ cân bằng của hệ là t = 280C.
a. Tính lượng nước đã bị hóa hơi.

b. Tính mực nước chênh lệch trong bình trước và sau khi thả khối trụ, khi cân bằng
nhiệt được thiết lập. Cho biết nhiệt dung riêng của sắt là 460 J/kg.K, của nước là 4200 J/kg.K
khối lượng riêng của sắt D1 = 7800 kg/m3, khối lượng riêng của nước D2 = 1000 kg/m3, nhiệt hóa
hơi của nước là L = 2,3.106 J/Kg.
Bài 3. (4,0 điểm)
K
A
Cho mạch điện như hình 1: nguồn điện không đổi có suất
điện động E = 6 V, điện trở trong r = 3 ; điện trở của đèn
không đổi Rđ = 3 Ω, R1 = 3 Ω; AB là một biến trở. Ampe kế,
dây nối và khoá K có điện trở không đáng kể.
1. K mở, khi con chạy C ở vị trí A hoặc B thì công suất
tỏa nhiệt trên mạch ngoài như nhau. Tính điện trở toàn phần
của biến trở.
2. K đóng, di chuyển con chạy C để đèn sáng nhất. Xác
định điện trở phần AC của biến trở khi đó.

Trang 1

N

+

_

E, r

Đ

M

R1
C
B

A
Hình 1

D


3. K đóng, di chuyển con chạy C từ A đến B. Hãy vẽ đồ thị biểu diễn hiệu điện thế giữa
hai cực của đèn theo cường độ dòng điện chạy qua nguồn.
Bài 4. (4,0 điểm)
Vật sáng AB có dạng một đoạn thẳng nhỏ đặt trên trục chính và vuông góc với trục chính
của một thấu kính hội tụ có tiêu cự 20 cm.
1. Cho AB cách thấu kính 30 cm. Xác định vị trí, tính chất và số phóng đại ảnh của AB
qua thấu kính. Vẽ hình.
2. Sau thấu kính, đặt một gương phẳng G có mặt phản xạ hướng về thấu kính, vuông góc
với trục chính và cách thấu kính một khoảng a. Di chuyển vật AB dọc theo trục chính trong
khoảng giữa thấu kính và gương, hệ luôn cho hai ảnh một ảnh thật và một ảnh ảo có cùng kích
thước. Xác định a.
Bài 5. (3,0 điểm)
Đường sức từ
1. Hai thanh ray dẫn điện thẳng dài song song nằm trong
B
mặt phẳng ngang, hai đầu nối với điện trở R. Một thanh kim
R
loại AB đặt trên hai ray, toàn bộ hệ thống đặt trong từ trường
đều
với đường sức từ có phương thẳng đứng (hình 2). Kéo AB

A
trượt thẳng đều từ trái sang phải (trong quá trình chuyển động
AB
luôn tiếp xúc với hai ray), trong mạch xuất hiện dòng điện
Hình 2
chạy qua thanh AB theo chiều từ A đến B. Xác định chiều của
đường sức từ.
2. Người ta truyền tải một công suất điện không đổi P trên cùng một đường dây dẫn
bằng một máy biến thế. Ban đầu hiệu điện thế truyền đi là U 1 = 110 KV thì công suất hao phí
là ∆P1 . Khi hiệu điện thế truyền đi là U 2 = 220 KV thì công suất hao phí tăng hay giảm bao
nhiêu phần trăm so với trước.
Bài 6. (2,0 điểm)
Một chiếc xe lăn nhỏ chuyển động trên mặt phẳng ngang với tốc độ không đổi v. Để
xác định tốc độ v của chiếc xe, một học sinh tiến hành như sau:
- Chọn một điểm O cố định làm mốc và xác định vị trí của chiếc xe theo thời gian.
- Số liệu thu được trong bảng sau:
Thời gian (s)
Vị trí (cm)

1,0
17,4

1,5
31,5

2,0
40,6

2,5
51,2

3,0
61,3

3,5
72,5

4,0
85,1

4,5
94,5

1. Từ số liệu trên, em hãy vẽ đồ thị biểu diễn vị trí của chiếc xe theo thời gian.
2. Từ đồ thị trên, hãy xác định tốc độ của chiếc xe.
................................................ Hết ....................................................
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh:………………………………………………………….SBD…………………..
Giám thị 1: (Họ tên và chữ kí)……………………………………………………………………….
Trang 2


Giám thị 2: (Họ tên và chữ kí)……………………………………………………………………….
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯỚNG DẪN CHẤM
BẮC GIANG
BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA CẤP TỈNH
NGÀY THI: 20/3/2016
MÔN
THI: VẬT LÍ - LỚP 9

ĐỀ CHÍNH THỨC
Bản hướng dẫn chấm có 05 trang

Bài

Nội dung

Điểm

B

C

A

a. Gọi vị trí hai ca nô gặp nhau là C, đặt AC = s1 ; CB = s 2 ; AB = s = s1 + s2.
Vì thời gian ca nô B đi hết nhiều hơn ca nô A chứng tỏ nước chảy từ B đến A.
Vận tốc trung bình của ca nô A và ca nô B lần lượt là:
2s1 2s1
2s1
v12 - v 22
vA =
=
=
=
s1
s
(1)
t A t1 +t1'
v1

+ 1
v1 + v 2 v1 - v 2
Bài
1.

vB =

2s 2 2s 2
2s 2
v12 - v 22
=
=
=
s2
s2
t B t 2 +t '2
v1
+
v1 -v 2 v1 + v 2

(2)

0,75

0,75

Từ (1) và (2) ⇒ vA = vB
b. Thời gian ca nô đi từ A đến C rồi từ C về A là:
s
s

s
t A = t1 +t1' = t 2 + t1' = 2 + 1 =
v1 +v 2 v1 +v 2 v1 +v 2
- Thời gian ca nô đi từ B → C → B:
s
s
s
t B = t 2 + t '2 = t1 + t '2 = 1 + 2 =
v1 -v 2 v1 -v 2 v1 -v 2

0,25

0,25

Theo bài ra:
tA = 1,5 ⇔

s
= 1,5 ⇔ s = 1,5v1 + 1,5v2
v1 +v 2

(3)

tB = 2,5 ⇔

s
= 1,5 ⇔ s = 2,5v1 - 2,5v2
v1 - v 2

(4)

Từ (1) và (2) ⇒ 2,5v1 – 2,5v2 = 1,5v1 + 1,5v2
⇒ v1 = 4 v 2
Thay vào (3) ta có: s = 4.1,5v2 + 1,5v2 = 7,5 v 2
Vì vận tốc trung bình của hai ca nô luôn bằng nhau nên để hai ca nô đi hết thời gian bằng
nhau thì tổng quãng đường phải bằng nhau tức là chúng phải gặp nhau ở giữa quãng
đường tại điểm D.
Thời gian ca nô đi từ A đến D là:
s
7,5v 2
t=
=
= 1,25h (h)
2(v1 - v 2 ) 2(4v 2 - v 2 )
Thời gian ca nô đi từ B đến D là:
Trang 3

0,5

0,25

0,25


t' =

s
7,5v 2
=
= 0,75 (h)

2(v1 +v 2 ) 2(4v 2 + v 2 )

0,25
0,25

Hai ca nô đến D cùng một lúc nên ca nô B phải đi sau một khoảng thời gian là:
t’- t = 1,25 – 0,75 = 0,5h = 30 phút.
m1
0.2.106
h
=
=
≈ 5,12cm
1. Chiều cao của khối trụ: 1
D1S1 7800.5
m2
0.5.106
=
= 25cm
Chiều cao ban đầu của mực nước trong bình: h 2 =
D 2S 1000.20

Bài
2.

Khối trụ chìm hoàn toàn trong nước.
Phương trình cân bằng nhiệt: m1c1 (t1 − t cb ) = m 2 c 2 (t cb − t 2 )
m c t + m 2c 2 t 2 0, 2.460.377 + 0,5.4200.20
⇒ t cb = 1 1 1
=

≈ 350
m1c1 + m 2c 2
0, 2.460 + 0,5.4200
2. Gọi ∆m là khối lượng nước bị hóa hơi:
a.Phương trình cân bằng nhiệt:
⇒ m1c1 (t1 − t ) = (m 2 − ∆m)c 2 (t − t 2 ) + ∆mc 2 (100 − t 2 ) + ∆m.L
⇔ ∆m(L + c 2 (100 − t 2 ) − c 2 (t − t 2 )) = m1c1 (t1 − t) − m 2c 2 (t − t 2 )
⇒ ∆m =

m1c1 (t1 − t) − m 2 c 2 (t − t 2 )
≈ 5,88g
L + c 2 (100 − t 2 ) − c 2 (t − t 2 )

3
b.Thể tích nước lúc sau: V2′ = 494,12cm
m1
≈ 25, 64cm3
Thể tích của khối trụ: V1 =
D1
V + V2′
≈ 26cm
Chiều cao cột nước lúc sau: h ′ = 1
S
Sự chênh lệch mức nước trong bình: ∆h = h ′ − h 0 = 1cm

Bài
3

1. K mở, khi con chạy C ở A, mạch được vẽ lại như
sau:

Đặt RMN = x, ta có:
( RABđ+ R ) R1 3( RAB + 3)
=
x=
RABđ+ R + R1 AB R + 6
E
x+r
E2x
Công suất tỏa nhiệt ở mạch ngoài là: P =
( x + r )2
- Khi con chạy C ở B, mạch được vẽ lại như sau:
- Đặt R’MN = y, ta có:
Rđ + R1
= RAB + 1,5
y = RAB +
Rđ + R1
Cường độ dòng điện qua mạch chính là: I =

- Cường độ dòng điện qua mạch chính là:
E
I’ =
y+r

Trang 4

0,25

0,25
0,5

0,5

0,5
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25


'
Công suất tỏa nhiệt ở mạch ngoài là: P =

Theo bài ra, ta có: P = P’ ⇔

E2 y
( y + r )2

E2x
E2 y
=
( x + r )2 ( y + r )2

2
2
2
2
2
2
⇔ ( x + r ) y = ( y + r ) x ⇔ ( x + r + 2 xr ) y = ( y + r + 2 yr ) x

0,25

⇔ x y + r y + 2 xry = y x + r x + 2 yrx ⇔ xy ( y − x) = r ( y − x )
3( RAB + 3)
( RAB + 1,5) = 32= 9
⇒xy = r2 ⇔
RAB + 6
2

2

2

2

2

Giải phương trình ta được: RAB = 3 (t/m)
RAB = -4,5 (loại)
Vậy điện trở toàn phần của biến trở AB là 3

Bài

3.

2. Khi K đóng: Ta chập các điểm A và B lại với
nhau như hình vẽ.
- Đặt điện trở tương đương cụm AC là X, điện trở
phần AC của biến trở x. Ta có:
( X + 3) 3
R ACD = X + R 1 =X+3, R AD =
X+6
- Cường độ dòng điện trong mạch chính :
E
E
6(X+6)
I=
=
=
R AD +r ( X + 3) 3
6X+27
+3
X+6
Cường độ dòng điện chạy qua đèn là:
R AD
18X+54
6(X+6) ( X + 3) 3
=
Iđ =I.
=
R AD +R đ 6X+27 X + 6
6X+27
Ta thấy đèn sáng nhất khi Iđ lớn nhất khi Xmax.

x ( 3 - x)

0,5

0,25

0,25

0,25

2

1  x + (3 - x) 
3
- Mặt khác: X =
(*) (BĐT Cô - si)
≤ 
= .

3
3
2
4

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x = 3 – x → x = 1,5(Ω)
3. Khi K đóng hiệu điện thế trên đèn là hiệu điện
thế mạch ngoài: U d = E − Ir
E
E
6(X+6)

9
I=
=
=
=1+
R AD +r ( X + 3) 3
6X+27
6X+27
+3
X+6
9 4
I max = 1 +
= (A)
27 3
9
I min = (A)
7
Vậy đồ thị của Ud theo I là một đoạn thẳng.

Trang 5

0,25
0,25

0,75


* Chú ý: Tính được Imax ; Imin: 0,25 điểm/ý đúng.
Vẽ đồ thị đúng 0,25 điểm.

1. Vị trí, tính chất ảnh của AB qua thấu kính:
df
'
= 60cm.
- Vị trí của ảnh: d =
d− f
d'
- Số phóng đại ảnh: k = − = −2.
d
- Kết luận: AB qua thấu kính cho ảnh thật cách thấu kính 60 cm và ảnh cao gấp ba lần vật.

0,5
0,5
0,5

-Vẽ hình minh họaB

F’

A

A’

F
0,5

B’

Bài
4

2. Sơ đồ tạo ảnh
O
AB 
→ A' B '
+)
số phóng đại ảnh k1.
d
d'

0,25

B

G
O
AB 
→ A1 B1 
→ A2 B2

+)

d1' ; d 2

d1

d 2' số phóng đại ảnh k2.

O

G

A
d1

d
+) k1 =

f
f −d

0,25

a

'
'
+) Với: a = d + d1 ; d1 = − d1 ; d 2 = a − d1 ⇒ d 2 = 2a − d
f
f
k2 =
=
f − d 2 f − 2a + d1

+) Theo giả thiết k1 = − k 2
⇒ a = f = 20 cm.

0,25
0,25
0,25
0,25

1. Khi kéo AB sang phải, dòng điện cảm ứng chạy qua AB nên AB chịu tác dụng của lực
từ hướng ngược chiều chuyển động của AB.
Áp dụng quy tắc bàn tay trái xác định được chiều của đường sức từ hướng thẳng đứng từ
trên xuống.
Trang 6

0,5
0,75
0,75


P 2R
U2
- Vì P và R không đổi nên khi tăng hiệu điện thế thì ∆P giảm.
∆P1 − ∆P2
U 22 − U12
.100 =
.100 = 75%.
- Ta có:
∆P1
U 22
2. Áp dụng công thức: ∆P =

0,5

0,75

Vậy công suất hao phí giảm 75% so với trước.

0,25

1. Đồ thị: Kẻ đường thẳng gần nhất đi qua các điểm thực nghiệm
Vị trí(cm)

1,0
Bài
6

t(s)

Chú ý:
Nếu HS lấy được tọa độ các điểm chính xác, vẽ hình chưa đúng dạng thì trừ 0,5 điểm
2.
- Vì theo cách chọn mốc O nên ta có: S = khoảng cách từ vị trí đến O.
- Từ đồ thị, hệ số góc của đường thẳng là v
+) Lấy hai điểm trên đồ thị.
87 − 39
= 24, 0 (cm/s)
+) Tính được hệ số góc của đường thẳng: v =
4−2

0,25
0,25
0,25
0,25

Chú ý:
- Học sinh làm cách khác đúng cho điểm tối đa của phần đó;
- Giải sai ra kết quả đúng không cho điểm;

- Sai hoặc thiếu đơn vị trừ 0,25 điểm cho một lỗi, toàn bài trừ không quá 0,5 điểm do lỗi đơn vị.

Trang 7


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2015 – 2016
MÔN : VẬT LÝ ( PHẦN TỰ LUẬN)
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao
đề)
Đề thi có 01 trang

Câu 1 (2,5 điểm)
Một ống thép hình trụ rỗng dài l = 20 cm, một đầu được bịt kín bằng lá thép mỏng khối lượng
không đáng kể (được gọi là đáy). Tiết diện thẳng vành ngoài, vành trong của ống lần lượt là
S1 = 10 cm2 và S2 = 9 cm2. Cho khối lượng riêng của thép là D 1 = 7,8.103 kg/m3 và của nước là D2
= 103 kg/m3.
a) Thả ống vào một bể nước sâu sao cho ống thẳng đứng, đáy ở dưới. Tính chiều dài phần nổi
trên mặt chất lỏng của ống.
b) Khi làm thí nghiệm, do sơ ý đã để rớt một lượng nước vào trong ống nên khi cân bằng, ống
chỉ nổi trên mặt nước một đoạn h1 = 2 cm. Hãy xác định khối lượng nước đã bị rớt vào trong ống.
Câu 2 (1,5 điểm)
Để có 1,2 kg nước ở 36oC, người ta trộn một khối lượng m1 nước ở 15oC với khối lượng m2 nước
ở 90oC. Bỏ qua nhiệt lượng toả ra môi trường và bình chứa nước. Biết nhiệt dung riêng của nước
là cn = 4200 J/kg.độ.
a) Tìm m1, m2.

b) Tính nhiệt lượng mà lượng nước có khối lượng m 2 đã truyền cho lượng nước có khối lượng
m1.
Trần nhà
Câu 3 (2,0 điểm)
Một gương phẳng hình vuông cạnh a = 30 cm đặt trên mặt đất
Tường
H
nằm ngang gần cửa một căn phòng. Chùm ánh sáng mặt trời (coi là
α
chùm sáng song song) chiếu tới gương với góc tới α cho chùm tia
G
a
d
phản xạ (Hình vẽ 1). Khoảng cách từ mép trong của gương (gần
tường) đến tường là d = 2 m, trần nhà cao H = 3 m. Biết rằng mặt
Hình vẽ 1
phẳng chứa tia tới và pháp tuyến tại điểm tới vuông góc với tường.
Xác định chiều cao vệt sáng trên tường của chùm tia phản xạ trong 2 trường hợp sau:
a) α = 45o.
b) α = 36o.
R
1 2
Câu 4 (4,0 điểm)
Cho mạch điện như Hình vẽ 2: Điện trở R = 5 Ω, hiệu điện thế UMN
có thể
M N
thay đổi được. Chốt 1 và 2 để hở. Bỏ qua điện trở các dây nối.
a) Khi U MN = U1 = 34 V: Nối một dây dẫn có điện trở không đáng
kể
Hình vẽ 2

vào giữa chốt 1và 2. Tìm công suất toả nhiệt trên điện trở R.
b) Khi UMN = U2: Thay dây dẫn nối giữa chốt 1và 2 ở phần a) bằng một hộp X chứa n bóng đèn
giống hệt nhau mắc song song. Biết mỗi bóng đèn có ghi 220 V – 60 W. Các đèn sáng bình
thường. Công suất tiêu thụ của toàn mạch là 8160 W. Tìm giá trị của U 2 và n.
Trang 8


c) Vẫn giữ UMN = U2: Thay hộp X bởi hộp Y chứa 112 bóng đèn gồm các loại 40W, 60W, 150W
có cùng hiệu điện thế định mức là 220 V. Khi đó các đèn sáng bình thường và công suất toàn mạch
không đổi so với phần b). Tìm số bóng đèn của mỗi loại trong hộp Y.
……………HẾT…………..
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh:………………………………….; Số báo danh:……………………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2015 – 2016
MÔN : VẬT LÝ ( PHẦN TỰ LUẬN)
Hướng dẫn chấm có 02 trang

Nội dung

Điểm

a) Ống thép chịu tác dụng của hai lực :
Bài 1
(2,5 điểm) + Trọng lực : P = 10.l(S1- S2).D1
+ Lực đẩy Ác si mét : FA= 10VCD2 = 10hcS1D2

Nếu ống thép nổi thì các lực cân bằng :
P = FA ⇒ l(S1- S2)D1= hcS1D2

0,25 đ
0,25 đ

0,75 đ

0,25 đ

Chiều cao phần nổi trên mặt nước : h1 = l - hc = 4,4 cm
b) Khi ống chứa m kg nước :

P + Pn = F’A ⇒ P + 10m = 10(l – h1)S1D2
⇒ m = (l – h1)S1D2 – P/10 = 24 g
Bài 2
(1,5 điểm)

0,5 đ
0,5 đ

a) Theo bài ra, ta có :

m1+ m2 = 1,2 kg
+ Nhiệt lượng thu vào ra :
Qthu = m1Cn(t – t1)

(1)

+ Nhiệt lượng toả ra :

Qtoả = m2Cn(t2 – t)
+ Áp dụng PT cân bằng nhiệt, ta có :
Qthu = Qtoả ⇒ m1Cn(t – t1) = m2Cn(t2 – t) ⇔ m1 (36 – 15) = m2 (90 –
36)
⇔ 21m1 = 54 m2
(2)
Giải hệ (1) và (2), ta được : m1 = 0,864 kg ; m2 = 0,336 kg ;
b) Qtoả = m2Cn(t2 – t) = 76204,8 J

Trang 9

0,5 đ
0,25
đ

0,25đ

0,25đ
0,25đ


Bài 3
(2 điểm)

* Gọi l là chiều cao vệt sáng in trên
tường. Vẽ tia phản xạ AE, BK tại hai
mép của gương (Hình vẽ 1)
Khi đó : l = KE.

Trần nhà

E
O

0,5 đ

l

H

K
C

α
A

a

I

B
d

β
D

Hình vẽ 1
a) Khi α = 45 :
Ta có :
+ DK = BDtanβ = dtan(90o - α) = 2 m

o

0,25
đ
0,25
đ
0,25
đ

+ DE = ADtanβ = (d+a)tan (90o - α) = 2,3 m < H = 3 m
+ Chiều cao vết sáng : l = DE - DK = 0,3 m
b) Khi α = 36o:
Ta có :
+ DK = BDtanβ = dtan (90o- α) = 2,753 m
+ DE = ADtanβ = (d+a)tan (90o - α) = 3,166 m > H = 3 m
+ Chiều cao vết sáng : l = H - DK = 0,247 m
a) Khi nối chốt 1, 2 bằng dây dẫn có điện trở không
đáng kể, ta có mạch điện như Hình vẽ 2
Khi đó, công suất toả nhiệt trên điện trở R là:

R

1 2

M N

= 231,2 W

Hình vẽ
b) Khi thay dây nối chốt 1, 2 bằng hộp X, ta có sơ đồ

R2 1
mạch điện như Hình vẽ 3.
+ Ta có :
M

2

X
X

Câu 4
( 4 điểm)

0,25
đ
0,25
đ
0,25
đ
0,5 đ

N

(1)

Hình vẽ
3

(2)
+ Giải hệ phương trình, ta có :

+ Công suất hộp X : PX = 8160 – I2R = 5280 W.
Do đó, số bóng đèn trong hộp X là : n

Trang 10

= 88 bóng đèn.

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25 đ
0,25đ


R

1 2

Y

b) Khi thay hộp X bằng hộp Y, ta có sơ đồ mạch điện
như Hình vẽ 4.

M N

+ Các đèn trong hộp Y có cùng hiệu điện thế định
Hình vẽ
mức Uđ = 220 V. Mà UMN = U2= 340 V nên các đèn
4
phải mắc song song vào hai điểm 1, 2 ⇒ UY= 220 V.

+ Vì công suất toàn mạch không đổi so với câu b) nên công suất hộp
Y bằng công suất hộp X.
Gọi số bóng đèn mỗi loại 40 W, 60 W, 150 W trong hộp Y lần lượt x,
y, z
+ Ta có :
x + y + z = 112
(3)
(4)
Từ (3): 40x + 40y + 40z = 4480
(5)
Từ (4), (5) :
Từ (6) :

0, 5 đ

0,25đ
0,5 đ

(6)
0,5 đ

⇒z ≤ 7

Vì y nguyên dương nên z chia hết cho 2. Do đó : z = 2, 4, 6.
Với z = 2 ⇒ y = 29, x = 81
Với z = 4 ⇒ y = 18, x = 90
Với z = 6 ⇒ y = 7, x = 99
Chú ý :
+ Nếu thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
+ Thiếu 1 đơn vị trừ 0,25 đ nhưng không trừ quá 0,5đ mỗi bài.

Trang 11

(7)
0,5 đ


UBND TỈNH HÀ NAM
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn thi: Vật lí (Chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm).
Lúc 07 giờ 00 phút, một thuyền máy đi xuôi dòng từ A đến B rồi lại quay về A. Biết vận
tốc của thuyền so với nước yên lặng là 15km/h, vận tốc của nước so với bờ là 3km/h, khoảng cách
AB là 18km.
a) Hỏi thuyền về A lúc mấy giờ?
b) Tuy nhiên, trên đường quay về A, thuyền bị hỏng máy và bị trôi theo dòng nước. Sau
24 phút sửa máy, thuyền tiếp tục đi về A. Hỏi thuyền về A lúc mấy giờ?
Câu 2 (2,0 điểm).
Thả một miếng đồng có khối lượng m1 = 0,2kg đã được nung nóng đến nhiệt độ t1 vào
một nhiệt lượng kế chứa m2 = 0,28kg nước ở nhiệt độ t2 = 200C. Nhiệt độ khi có cân bằng nhiệt
là t3 = 800C. Biết nhiệt dung riêng, khối lượng riêng của đồng và nước lần lượt là c 1 = 400J/
(kg.K), D1 = 8900kg/m3, c2 = 4200J/(kg.K), D2 = 1000kg/m3; nhiệt hóa hơi của nước (nhiệt
lượng cần cung cấp cho một kg nước hóa hơi hoàn toàn ở nhiệt độ sôi) là L = 2,3.106J/kg. Bỏ
qua sự trao đổi nhiệt với môi trường.

a) Xác định nhiệt độ ban đầu t1 của đồng.
b) Sau đó, thả thêm một miếng đồng khối lượng m 3 cũng có nhiệt độ t1 vào nhiệt lượng
kế trên thì khi lập lại cân bằng nhiệt, mực nước trong nhiệt lượng kế
R4
A B
vẫn bằng mực nước trước khi thả miếng đồng m 3. Xác định khối
+ lượng đồng m3.
Câu 3 (3,0 điểm).
R5
R3
Cho mạch điện như hình vẽ (Hình 1). Hiệu điện thế giữa hai
R1
điểm A và B là 20V luôn không đổi. Biết R1 = 3Ω, R2 = R4 = R5 = 2Ω,
K
R3 = 1Ω. Điện trở của Ampe kế và dây nối không đáng kể.
R2
a) Khi khóa K mở. Tính điện trở tương đương của mạch AB
A
và số chỉ của Ampe kế.
b) Thay điện trở R2 và R4 lần lượt bằng điện trở Rx và Ry, khi khóa K Hình 1
đóng hay mở, Ampe kế đều chỉ 1A. Tính giá trị của điện trở Rx và Ry.
Câu 4 (2,0 điểm).
Đặt vật sáng AB vuông góc với trục chính của một thấu kính hội tụ (A nằm trên trục
chính) và cách thấu kính một khoảng OA. Trên màn (đặt vuông góc trục chính sau thấu kính)
ta nhận được ảnh A′1B′1 . Giữ thấu kính cố định, dịch chuyển vật AB một đoạn 2cm dọc theo
trục chính và để thu được ảnh A′2 B′2 cao gấp

5
lần ảnh A′1B′1 trên màn, ta phải dịch chuyển
3

màn đi 30cm so với vị trí cũ. Tìm tiêu cự của thấu kính.

Trang 12


Câu 5 (1,0 điểm).
AB là một dây dẫn dài vô hạn (Hình 2). Cạnh dây AB là một đoạn dây dẫn CD. Giả sử
rằng đoạn dây dẫn CD có thể chuyển động tự do trong mặt phẳng hình vẽ. Khi không có dòng
điện, CD vuông góc với AB. Nếu cho dòng điện qua các dây dẫn và chiều của chúng được chỉ
bằng mũi tên trên hình vẽ thì đoạn dây dẫn CD sẽ chuyển động như thế nào?
B
I2

I1
C
A

UBND TỈNH HÀ NAM
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

D

Hình 2

HƯỚNG DẪN
CHẤM THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
CHUYÊN
NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn thi: Vật lí (Chuyên)

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Bản hướng dẫn chấm thi gồm có 6 trang)
A. Hướng dẫn chung
- Thiếu đơn vị, trừ 0,5 điểm toàn bài.
- Học sinh giải theo cách khác, cho điểm tối đa tương ứng với phần bài giải đó.
- Điểm của toàn bài thi được giữ nguyên, không làm tròn số.
B. Đáp án và thang điểm
Câu 1 (2,0 điểm).
Nội dung
a) Gọi vận tốc khi thuyền đi từ A đến B là v1, vận tốc khi thuyền đi từ B về A là
v2
Ta có:

v1 = vt + vn = 15 + 3 = 18 (km/h)

Điểm

0,25

v2 = vt - vn = 15 - 3 = 12 (km/h)
Thời gian thuyền đi từ A đến B là:
t1 =

S
18
= 1(h)
=
v1

18

Trang 13

0,25


Thời gian thuyền đi từ B về A là:
s 18
=
= 1,5(h)
v 2 12

t2 =

0,25

Thời gian cả đi lẫn về là: t1 + t2 = 1 + 1,5 = 2,5 (h)

0,25

KL: Thuyền về A lúc 9 giờ 30 phút.
b) Đổi: 24 phút = 0,4h.
Thời gian sửa thuyền, thuyền tự trôi được quãng đường là: 3.0,4 = 1,2

0,25

(km)
Thời gian để thuyền đi từ B về A là:
t’ =

s + 1, 2 18 + 1, 2
=
= 1, 6 (h)
v2
12

0,25

Vậy thời gian chuyển động của thuyền cả đi lẫn về là:
t = t1 + t’ + 0,4 = 1 + 1,6 + 0,4 = 3 (h)

0,5

KL: Thuyền về A lúc 10 giờ 00 phút
Câu 2 (2,0 điểm)
Nội dung

Điểm

a) Tính nhiệt độ t1 :
- Nhiệt lượng của m1 kg đồng toả ra để hạ nhiệt độ từ t1 xuống 80 0C là :
Q1 = c1.m1(t1 – 80)
- Nhiệt lượng của m2 kg nước thu vào để tăng nhiệt độ từ 20 0C đến 80 0C là :
Q2 = 60c2.m2

0,25

0,25

- Phương trình cân bằng nhiệt :
Q1 = Q2 ⇔ t1 =

60m2c2
+ 80 = 962 (0C).
m1c1

0,25

b) Tính m3 :
- Khi thả thêm m3 kg đồng ở nhiệt độ t1 vào NLK, sau khi có cân bằng nhiệt mà
mực nước vẫn không thay đổi. Điều này chứng tỏ :
+ Nhiệt độ cân bằng nhiệt là 1000C.

0,25

+ Có một lượng nước bị hóa hơi. Thể tích nước hóa hơi bằng thể tích miếng
đồng m3 chiếm chỗ: V2′ =

m3
.
D1

- Khối lượng nước hóa hơi ở 1000C là : m2′ = V2′.D2 = m3

Trang 14

D2
.
D1

0,25


- Nhiệt lượng thu vào của m1 kg đồng, m2 kg nước để tăng nhiệt độ từ 800C đến
100 0C và của m’2 kg nước hoá hơi hoàn toàn ở 100 0C là :
Q3 = 20(c1 m1 + c2 m2 ) + Lm3

D2
.
D1

0,25
0

0

- Nhiệt lượng toả ra của m3 kg đồng để hạ nhiệt độ từ t1 = 962 C xuống 100 C
là:
Q 4 = 862c1m3 .

- Phương trình cân bằng nhiệt mới : Q3 = Q 4
⇔ 20(c m + c m ) + Lm D2 = 862c m
1 1
2 2
3
1 3
D1
⇔ m3 =

20(c1m1 + c2 m2 )
D
; 0,29 (kg).
862c1 - L 2
D1

0,25

0,25

Câu 3 (3 điểm)
Nội dung

Điểm

a) Khi K mở.
Điện trở tương đương của mạch AB:

0,25

Ta có mạch sau : {(R1nt R3 )// (R2nt R4) }nt R5
Điện trở R13:
R13 = R1+ R3 = 3 + 1= 4 ( Ω )
Điện trở R24:
R24 = R2 + R4 = 2 + 2= 4 ( Ω )

0,25

Điện trở R1234:
R1234 =

R13 .R 24
4× 4
=
= 2 ( Ω)
R13 + R 24 4 × 4

Điện trở tương đương cả mạch:
RAB = R5 + R1234 = 2 + 2= 4 ( Ω )
Cường độ dòng điện qua đoạn mạch AB:
I=

U
20
=
= 5(A)
R AB
4

0,25

0,25

Vì R5 nt R1234 nên I5 = I1234 = I = 5 (A)
Hiệu điện thế đoạn mạch mắc song song :
U1234 = I1234 × R1234 = 5 × 2 = 10 (V)
Vì R13 // R24 nên U23 = U24 = U1234 = 10 (V)
Trang 15

0,25

Cường độ dòng điện qua R24 : I24 =
Số chỉ của ampe kế:
b) Tính Rx và Ry:

U 24 10
=
= 2,5 (A)
R 24 4

0,25

IA = I24 = 2,5 (A)

+) Khi K mở: Ta có cấu trúc mạch sau : R5 nt [(R1 nt R3) // ( Rx nt Ry)
Cường độ dòng điện qua cả mạch:
I=
R5 +
I=

U
(R 1 + R 3 ).(R x + R y )

0,25

R1 + R 3 + R x + R y

10(4 + R x + R y )
20

=
4.(R x + R y ) (4 + R x + R y ) + 2.(R x + R y )
2+
4 + Rx + Ry

(1)

Vì R13 // Rxy nên :
R1 + R 3
IA
1
4
4 + Rx + Ry
=
=
hay
I R1 + R 3 + R x + R y
I 4 + R x + R y => I =
4

(2)

0,25

Từ (1) và (2) suy ra:
4 + Rx + Ry
4

=

10(4 + R x + R y )

0,25

(4 + R x + R y ) + 2.(R x + R y )

=> Rx + Ry = 12 ( Ω )
+) Khi K đóng: Ta có cấu trúc mạch sau : R5 nt [( R1 // Rx ) nt ( R3 // Ry)]
Cường độ dòng điện trong mạch chính:
20
R .R
R .R
R5 + 1 x + 3 y
R1 + R x R 3 + R y

I' =

I =
2+
I' =

0,25

20

'

Ry
3R x
+

3 + Rx 1+ R y

20(3 + R x )(13 − R x )
2(3 + R x )(13 − R x ) + 3R x (13 − R x ) + (12 − R x )(3 + R x )

Vì R1 // Rx nên:

(3)
0,25

IA
R1
=
'
I
R1 + R x
=>

1
3
=
3+ Rx
'
I 3 + R x hay I' =
3

Từ (3) và (4) suy ra:
Trang 16

(4)

20(3 + R x )(13 − R x )
3 + Rx
=
2(3 + R x )(13 − R x ) + 3R x (13 − R x ) + (12 − R x )(3 + R x )
3

=> 6Rx2 – 128Rx + 666 = 0
Giải phương trình bậc hai ta được hai nghiệm Rx1 = 12,33 , Rx2 = 9

0,25

Theo điều kiện ta loại Rx1, nhận Rx2 = 9 ( Ω ). Suy ra Ry = 3 ( Ω ).
Câu 4 (2,0 điểm)
Nội dung

Điểm

HÌNH VẼ:
B1

I

A1

F

F'
+''

’

O

A1’
B1’

0,25

Ảnh thật A B > A B => Vật dịch chuyển lại gần thấu kính.
B2
I
A' 2
F'
'
2

'
2

'
1

'
1

A2

F

O
B'2

* Trước khi dịch chuyển vật:
- Có ∆OA1B1∼∆OA’1B’1
- Có ΔF OI ~ ΔF A1 B1
'

'

A1' B1 '
h'
OA1'
=
=
h
OA2
⇒ A1 B1
A 'B '
F ' A1'
OA1' - OF '
⇒ 1 1 =
=
OI
OF '
OF '

(1)

0,25

(2)

- Do A1 B1 = OI = h
- Từ (1) và (2):
⇒

h'
OA1'
OA1' - OF '
OF '
f
h ' .(d - f ) (*)
=
=
=
=
⇒
h
=
h
OA1
OF '
OA1 - OF '
d-f
f

Trang 17

0,25

* Tương tự, sau khi dịch chuyển đến vị trí mới :
A2' B2'
h"
OA'2
⇒
=
=
A2 B2
h
OA2

- Có ∆OA2' B2' : ∆OA2 B2

(3)

A2' B2'
F ' A2'
OA2' − F 'O
(4)
= ' =
OI
FO
OF '
h " OA'
f
h " .(d1 - f )
⇒h=
- Từ (3) và (4), ta có: = 2 =

(**)
h
OA2
d1 - f
f
h ' .(d - f ) h " .(d1 - f )
h" d - f = d - f = 5
⇒ ' =
⇒f = d - 5
Từ (*) và (**) :
=
d1 -f d-2 - f 3
f
f
h

- Có ΔF 'OI : ∆F ' A2' B2'

0,25

⇒

0,25
0,25

Theo bài cho: d1'- d' = 30
Từ (1) và (2) => d’
'
Từ (3) và (4) => d1

0,25
⇒

⇔

d1.f
d.f
= 30
d1 - f d - f

(d-2).(d − 5) - d.(d-5) = 30
d - 2 - (d − 5) d - d+5

⇔

(d-2).(d − 5) - d.(d-5) = 30
3
5

0,25

=> d = 20 (cm) ⇒ f =15 (cm).
Vậy tiêu cự của thấu kính là 15 cm.
Câu 5 (1,0 điểm)
Nội dung
B
C’
- Khi dòng điện I1 qua dây AB,F ta có từ trường của dòng điện thẳng dài vô
C
FD

hạn. Trong phạm vi không gianI1đặt I 2 từ trường
D này hướng từ phía trước ra phía
C I2 D ’
sau mặt phẳng hình vẽ (được ký hiệu bằng
).Dòng điện I2 được đặt trong từ

Điểm
0,25

0,25

A
trường của dòng I1, vì vậy có lực từ tác dụng lên nó. Áp dụng quy tắc bàn tay
trái ta thấy lực từ này hướng lên phía trên.
- Mặt khác từ trường của I1 gây ra xung quanh là không đều: tại những
điểm gần I1 từ trường lớn, xa I1 từ trường nhỏ. Do đó, lực từ tác dụng lên các
phần tử đoạn dây CD có cường độ khác nhau (hình vẽ). Lực tác dụng lên hai

0,25

phía C và D có cường độ không như nhau nên kết quả làm cho CD bị quay đi
như hình vẽ.
- Khi CD quay đến vị trí C’D’ (I2 // ngược chiều với I1) thì lúc đó ta có
Trang 18

0,25


tương tác của hai dòng điện song song ngược chiều nhau, chúng sẽ đẩy nhau.
Sau đó, dòng I2 sẽ chuyển động tịnh tiến theo hướng vuông góc với I 1 và ra xa

I1.
---HẾT---

Trang 19