ĐỀ THI HSG LY 9 cấp HUYỆN

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
SÔNG HINH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2016-2017
Môn thi: VẬT LÝ
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 150 phút
_________________________________
Câu 1 (4,0 điểm):
Một xe máy và một xe đạp cùng chuyển động trên một đường tròn với vận tốc không đổi.
Xe máy đi một vòng hết 10 phút, xe đạp đi một vòng hết 50 phút. Hỏi khi xe đạp đi một vòng thì
gặp xe máy mấy lần. Hãy tính trong từng trường hợp.
a. 2 xe khởi hành trên cùng 1 điểm trên đường tròn và đi cùng chiều.
b. 2 xe khởi hành trên cùng 1 điểm trên đường tròn và đi ngược chiều nhau.
Câu 2 (3,0 điểm):
Có hai bình cách nhiệt, bình 1 chứa 10kg nước ở nhiệt độ 60 0C. Bình 2 chứa 2kg nước ở
nhiệt độ 200C. Người ta rót một lượng nước ở bình 1 sang bình 2, khi có cân bằng nhiệt lại rót
lượng nước như cũ từ bình 2 sang bình 1. Khi đó nhiệt độ bình 1 là 580C.
a. Tính khối lượng nước đã rót và nhiệt độ của bình thứ hai.
b. Tiếp tục làm như vậy nhiều lần, tìm nhiệt độ mỗi bình.
Câu 3 (4,0 điểm):
Trong một phòng khoảng cách hai bức tường là L và chiều cao tường là H có treo một
gương phẳng trên một bức tường. Một người đứng cách gương một khoảng bằng d để nhìn
gương. Độ cao nhỏ nhất của gương là bao nhiêu để người đó nhìn thấy cả bức tương sau lưng
mình.
Câu 4 (4,0 điểm):
Cho mạch điện (như hình vẽ) có:
R1 = R2 = R3 = 40 Ω , R4 = 30 Ω , ampe kế chỉ
0,5A.
a.Tìm cường độ dòng điện qua các điện trở, qua
mạch chính.
b. Tính U

c. Giữ nguyên vị trí các điện trở, hoán vị ampe kế
và nguồn điện U, thì ampe kế chỉ bao nhiêu?
Trong bài toán này, ampe kế lí tưởng.

A
_
+
U
A
B

C
R3

R1

R4
R2


Câu 5 (5,0 điểm):
Cho mạch điện như hình vẽ: Biết R 1
= 4 Ω , bóng đèn Đ: 6V - 3W, R 2 là một
biến trở. Hiệu điện thế UMN = 10 V
(không đổi).

D

M

R1

N

a. Xác định R2 để đèn sáng bình
thường.
b. Xác định R2 để công suất tiêu thụ
trên R2 là cực đại. Tìm giá trị đó.

R2

-------------------- Hết -------------------Họ và tên thí sinh:.................................................... Số báo danh :............
(Người coi thi không phải giải thích gì thêm)


HƯỚNG DẪN CHẤN ĐIỂM HSG MÔN VẬT LÍ- LỚP 9
HUYỆN SÔNG HINH NĂM HỌC 2016 - 2017
Đáp án và thang điểm:
Câu 1 (4,0 điểm):
Thang
điểm

Nội dung
Gọi vận tốc của xe đạp là v → vận tốc của xe máy là 5v
Gọi t là thời gian tính từ lúc khởi hành đến lúc 2 xe gặp nhau.
→ (0 < t ≤ 50); gọi C là chu vi của đường tròn.
a. Khi 2 xe đi cùng chiều.
Quảng đường xe máy đi được: S1 = 5v.t
Quảng đường xe đạp đi được: S2 = v.t
Ta có: S1 = S2 + n.C

Với C = 50v; n là lần gặp nhau thứ n, n ∈ N*
→ 5v.t = v.t + 50v.n ⇔ 5t = t + 50n ⇔ 4t = 50n ⇔ t =
V× 0 < t ≤ 50 → 0 <

50n
n
≤ 50 ⇔ 0 <
≤ 1
4
4

0,50đ

1,00đ

50n
4

⇔ n = 1, 2, 3, 4. Vậy 2 xe sẽ gặp nhau 4 lần
b. Khi 2 xe đi ngược chiều.
Ta có: S1 + S2 = m.C (m là lần gặp nhau thứ m, m∈ N*)
→ 5v.t + v.t = m.50v

50
⇔ 5t + t = 50m ⇔ 6t = 50m ⇔ t =
m
6
50
Vì 0 < t ≤ 50 → 0 < m ≤ 50
6

m
≤ 1 ⇔ m = 1, 2, 3, 4, 5, 6. Vậy 2 xe sẽ gặp nhau 6 lần.
⇔0<
6

1,00đ

1,00đ

0,50đ

Câu 2 (3,0 điểm):
Nội dung
a) Gọi khối lượng nước rót là m(kg); nhiệt độ bình 2 là t2 ta có:
Nhiệt lượng thu vào của bình 2 là: Q1 = 4200.2(t2 – 20)
Nhiệt lượng toả ra của m kg nước rót sang bình 2:
Q2 = 4200.m(60 – t2)
Do Q1 = Q2, ta có phương trình:
4200.2(t2 – 20) = 4200.m(60 – t2)
=> 2t2 – 40 = m (60 – t2)
(1)
Ở bình 1 nhiệt lượng toả ra để hạ nhiệt độ:
Q3 = 4200(10 - m)(60 – 58) = 4200.2(10 - m)
Nhiệt lượng thu vào của m kg nước từ bình 2 rót sang là;

Thang
điểm
0,50đ
0,50đ
0,50đ

Thang
điểm

Nội dung
Q4 = 4200.m(58 – t2)
Do Q3 = Q4, ta có phương trình:
4200.2(10 - m) = 4200.m (58 – t2)
=> 2(10 - m) = m(58 – t2)
Từ (1) và (2) ta lập hệ phương trình:

0,50đ
(2)

2t 2 − 40 = m(60 − t 2 )

2(10 − m) = m(58 − t 2 )
2
Giải hệ phương trình tìm ra t2 = 300 C; m = kg
3

0,50đ

b) Nếu đổ đi lại nhiều lần thì nhiệt độ cuối cùng của mỗi bình gần bằng nhau và
bằng nhiệt độ hỗn hợp khi đổ 2 bình vào nhau.
gọi nhiệt độ cuối là t ta có: Qtoả = 10. 4200(60 – t)
0,50đ
Qthu = 2.4200(t – 20); Qtoả = Qthu => 5(60 – t) = t – 20
=> t ≈ 53,30C

Câu 3 (4,0 điểm):
Thang
điểm

Nooji dung
B'

A

B

I
N

d

H

M

1,00đ

K
C'

C

D
L

Dựng B’C’ là ảnh của BC qua gương. Để người quan sát nhìn thấy cả bức tường
sau gương thì mắt phải đồng thời nhìn thấy ảnh B’ và C’. Muốn vậy mắt M phải
đón nhận được các tia phản xạ từ gương của các tia tới xuất phát từ B và C. Gọi I, 1,00đ
K lần lượt là giao điểm của B’M và C’M với AD. Do đó chiều cao nhỏ nhất của
gương là đoạn IK.

NK NM d
=
=
(1)
KD DC' L
NI NM d
∆NMI : ∆AB'I(g − g) ⇒
=
=
(2)
IA AB' L

'
Ta có ∆NKM : ∆DKC (g − g) ⇒

Từ (1) và (2) , áp dụng tính chất dãy tỷ số bằng nhau ta được:

NK NI NK + NI d
IK
d
IK
d
d ×H
=

=
= ⇔
= ⇔
=
⇔ IK =
KD IA KD + IA L
KD + IA L
AD L + d
L+d

0,50đ
0,50đ
1,00đ


Thang
điểm

Nooji dung
Vậy chiều cao nhỏ nhất của gương: IK =

d ×H
L+d

Câu 4 (4,0 điểm):
Thang
điểm

Nội dung
a. Tính cường độ dòng điện :

0,50đ

Do R1 = R2 và mắc // với nhau nên I1 = I2
R123 =

(1)

R1.R 2
+ R 3 = 40 + 40 = 60 Ω ; R4 = 30 Ω
R1 + R 2
2

0,50đ

⇒ I4 = 2 I123 = 2 I12 = 2.( I1 + I2 )

(2)
Số chỉ của ampe kế : IA = I2 + I4 = 0,5 A (3)
Từ (1) (2) (3) ta có:
I1 = 0,1 A
0,25đ
I2 = 0,1 A
0,25đ
ITĐ = 0,6 A
b. Hiệu điện thế : U = I4 . R4 = 0,4 . 30 = 12 V
c. Hoán đổi vị trí ampe kế và nguồn U :
Ta có : IA = I3 + I4
I4 =

U 12
=
= 0,4 A
R 4 30

I3 = 0,1 A
⇒ IA = 0,5 A
Câu 5 (5,0 điểm):

0,50đ
I3= 0,2 A
I4= 0,4 A

1,00đ
0,50đ

1,00đ


Thang
điểm

Nội dung
D

R1

M

A

B

N

R2

Sơ đồ mạch: R1 nt (R® // R2).

U2
U 2 62
Từ CT: P =
→ R® =
=
= 12( Ω )
Rd
3
P

→ I® =

P
3
=
= 0,5 (A)
U 6

0,50đ

a. Để đèn sáng bình thường → Uđ = 6v, Iđ = 0,5(A).

Vì Rđ // R2 → RAB =

12.R 2
; UAB = Uđ = 6v.
12 + R 2

0,50đ

→ UMA = UMN – UAN = 10 – 6 = 4v
Vì R1 nt (Rđ // R2) →

R MA
U MA 4 2
2.12.R 2
=
=
= → 3RMA = 2RAN.→
= 3.4
R AN
U AN
12 + R 2
6 3

1,00đ

→ 2.R2 = 12 + R2 → R2 = 12 Ω .Vậy để đèn sáng bình thường R2 = 12 Ω

12.R 2
12R 2
48 + 16R 2

→ Rt® = 4 +
=
12 + R 2
12 + R 2
12 + R 2
U MN 10(12 + R 2 )
áp dụng định luật Ôm: I =
=
.
R td
48 + 16R 2
10(12 + R 2 )
120R 2
Vì R nt R2đ → IR = I2đ = I =
→ U2đ = I.R2đ =
.
48 + 16R 2
48 + 16R 2
b.

Vì R® // R2 → R2® =

U22
(120.R 2 ) 2
1202.R 2
U2
áp dụng công thức: P=
→P2 =
=
=

R 2 (48 + 16R 2 ) 2 .R 2 (48 + 16R 2 ) 2
R
1202
2
Chia cả 2 vế cho R2 → P2 = 48
+ 162 R 2 + 2.48.16
R2
 482

+ 162 R 2 + 2.48.16 ÷ đạt giá trị nhỏ nhất
Để P2 max → 
 R2


0,50đ

0,50đ

0,50đ

0,50đ


Thang
điểm

Nội dung

 482


+ 162.R 2 ÷ đạt giá trị nhỏ nhất
→
 R2

áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:

482
482 2
.16 R 2 = 2.48.16
+ 162.R2 ≥ 2.
R2
R2

0,50đ

1202
→ P2 Max =
=4,6875 (W).
4.48.16
482
482
2
2
Đạt được khi:
= 16 .R2 → R2 = 2 = 32 → R2 = 3 Ω
R2
16

0,50đ

Vậy khi R2 = 3 Ω thì công suất tiêu thụ trên R2 là đạt giá trị cực đại.
LƯU Ý:
- Thí sinh giải theo cách khác, nếu đúng vẫn cho đủ điểm số theo phân phối điểm của
hướng dẫn chấm này.
- Điểm toàn bài không làm tròn số.

Chủ đề
Lớp 7Chương
1: Quang
hoc
Lớp 8Chương
1:Cơ học
và
chương 2:
Nhiệt học
Lớp 9Chương
1: Điện
học
Tổng

Ma trận đề thi học sinh giỏi cấp huyệnvật lí 9 năm 2016-2017
Nhận biết
Thông hiểu
Vận dụng
TNKQ TL
TNKQ TL
Cấp độ thấp
Cấp độ cao
TNKQ TL
TNKQ TL

1
4đ

Tổng
1đ
4đ

2
7đ

2
7đ

2
9đ

2
9đ

5
20đ

5
20đ


PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
SÔNG HINH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2016-2017
Môn thi: VẬT LÝ

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 150 phút
_________________________________
Câu 1. (4,5 điểm)
Một người đi xe đạp đi nửa quãng đường đầu với vận tốc v 1 = 15km/h, đi nửa quãng
đường còn lại với vận tốc v2 không đổi. Biết các đoạn đường mà người ấy đi là thẳng và vận tốc
trung bình trên cả quãng đường là 10km/h. Hãy tính vận tốc v2.
Câu 2. (5 điểm)
Đổ 738g nước ở nhiệt độ 15oC vào một nhiệt lượng kế bằng đồng có khối lượng 100g, rồi
thả vào đó một miếng đồng có khối lượng 200g ở nhiệt độ 100 oC. Nhiệt độ khi bắt đầu có cân
bằng nhiệt là 17oC. Biết nhiệt dung riêng của nước là 4186J/kg.K. Hãy tính nhiệt dung riêng của
đồng.
Câu 3 . (3 điểm)
Hình vẽ bên là đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của cường
độ dòng điện vào hiệu điện thế khi làm thí nghiệm lần lượt
với hai điện trở khác nhau, trong đó đường (1) là đồ thị vẽ
được khi dùng điện trở thứ nhất và đường (2) là đồ thị vẽ
được khi dùng điện trở thứ hai. Nếu mắc hai điện trở này nối
tiếp với nhau và duy trì hai đầu mạch một hiệu điện thế không
đổi U = 18V thì cường độ dòng điện qua mạch là bao nhiêu?

I(A)

(1)
(2)

4

O

12

24

U(V)

Câu 4. (3,5 điểm)
Trong một bình nước hình trụ có một khối nước đá nổi được giữ
bằng một sợi dây nhẹ, không giãn (xem hình vẽ bên). Biết lúc đầu sức căng
sợi dây là 10N. Hỏi mực nước trong bình sẽ thay đổi như thế nào, nếu khối
nước đá tan hết? Cho diện tích mặt thoáng của nước trong bình là 100cm 2 và
lượng riêng của nước là 1000kg/m3.
Câu 5. (4 điểm)
Cho mạch điện có sơ đồ như hình vẽ bên.
V
Điện trở toàn phần của biến trở là Ro , điện trở của
R
vôn kế rất lớn. Bỏ qua điện trở của ampe kế, các
A
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
Hỏi số chỉ của các dụng cụ đo sẽ thay đổi như thế
M
nào khi dịch chuyển con chạy C về phía N? Hãy
giải thích tại sao?
-------------------- H ế t --------------------

của
khối

C

M.
N


Họ và tên thí sinh:.................................................... Số báo danh :............
(Người coi thi không phải giải thích gì thêm)


PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
SÔNG HINH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2016-2017
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN VẬT LÝ
Câu
Đáp án chi tiết
Điểm
1 Gọi s là chiều dài cả quãng đường. Ta có:
Thời gian đi hết nửa quãng đường đầu là : t1 = s/2v1
(1)
0,50đ
Thời gian đi hết nửa quãng đường sau là : t2 = s/2v2
(2)
0,50đ
Vận tốc trung bình trên cả quãng đường là : vtb = s/(t1 + t2)
0,75đ
= > t1 + t2 = s/vtb
(3)
0,75đ

Từ (1), (2) và (3) => 1/v1 + 1/v2 = 2/vtb
1,00đ
Thế số tính được v2 = 7,5(km/h)
1,00đ
(nếu ghi thiếu hoặc sai đơn vị của v2 thì trừ 0,5 điểm)
2 Nhiệt lượng do miếng đồng tỏa ra : Q1 = m1c1(t1 – t) = 16,6c1(J)
1,00đ
Nhiệt lượng nước thu vào : Q2 = m2c2(t – t2) = 6178,536 (J)
1,00đ
Nhiệt lượng nhiệt lượng kế thu vào : Q3 = m3c1(t – t2) = 0,2c1(J)
100đ
Phương trình cân bằng nhiệt :
Q1 = Q2 + Q3
0,50đ
<=> 16,6c1 = 6178,536 + 0,2c1
0,50đ
=> c1 = 376,74(J/kg.K) (nếu ghi thiếu hoặc sai đơn vị của c1 thì trừ 0,25 điểm) 1,00đ
3 Từ đồ thị tìm được :
1,00đ
R1 = 3Ω
1,00đ
và
R2 = 6Ω
0,50đ
=> Rtđ = R1 + R2 = 9(Ω)
0,50đ
Vậy : I = U/Rtđ = 2(A)
(nếu ghi thiếu hoặc sai đơn vị của I thì trừ 0,25 điểm)
4 Nếu thả khối nước đá nổi (không buộc dây) thì khi nước đá tan hết, mực nước
trong bình sẽ thay đổi không đáng kể.

0,50đ
Khi buộc bằng dây và dây bị căng chứng tỏ khối nước đá đã chìm sâu hơn so
với khi thả nổi một thể tích ∆V, khi đó lực đẩy Ac-si-met lên phần nước đá
0,50đ
ngập thêm này tạo nên sức căng của sợi dây.
0,75đ
Ta có: FA = 10.∆V.D = F
<=> 10.S.∆h.D = F (với ∆h là mực nước dâng cao hơn so với khi khối nước đá
0,50đ
thả nổi)
0,75đ
=> ∆h = F/10.S.D = 0,1(m)
0,50đ
Vậy khi khối nước đá tan hết thì mực nước trong bình sẽ hạ xuống 0,1m
5 Khi dịch chuyển con chạy C của biến trở về phía N thì số chỉ của các dụng cụ
đo sẽ tăng. (nếu không giải thích đúng thì không cho điểm ý này)
0,50đ
Giải thích:
Gọi x là phần điện trở của đoạn MC của biến trở; I A và UV là số chỉ của ampe
kế và vôn kế.
0,50đ
Điện trở tương đương của đoạn mạch:
xR 1
0,50đ
Rm = (Ro – x) +
x + R1


<=>

1
x2
Rm = R −
= R – 1 R1
+
x + R1
x x2

0,75đ
1

Khi dịch con chạy về phía N thì x tăng => ( 1
x

+

0,50đ

R 1 ) tăng => Rm giảm
x2

0,50đ

=> cường độ dòng điện mạch chính: I = U/Rm sẽ tăng (do U không đổi).
IA I − IA
I
=
=
x
R

R+x
I.x
I
=
R
=>
IA = R + x
1+
x
R
Do đó, khi x tăng thì (1 + ) giảm và I tăng (c/m ở trên) nên IA tăng.
x

Mặt khác, ta lại có:

0,50đ
0,25đ

Đồng thời UV = IA.R cũng tăng (do IA tăng, R không đổi)
LƯU Ý:
- Thí sinh giải theo cách khác, nếu đúng vẫn cho đủ điểm số theo phân phối điểm của
hướng dẫn chấm này.
- Điểm toàn bài không làm tròn số.
Chủ đề
Lớp 8Chương
1:Cơ học
và
chương 2:
Nhiệt học
Lớp 9Chương

1: Điện
học
Tổng

Ma trận đề thi học sinh giỏi cấp huyệnvật lí 9 năm 2016-2017
Nhận biết
Thông hiểu
Vận dụng
TNKQ TL
TNKQ TL
Cấp độ thấp
Cấp độ cao
TNKQ TL
TNKQ TL
3
13đ

Tổng
3
13đ

2
7đ

2
7đ

5
20đ

5
20đ