Đề thi đáp án tuyển chọn học sinh giỏi vật lý 9

MÃ KÍ HIỆU
[*****]

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
LỚP 9 - Năm học 2015-2016
MÔN: VẬT LÝ
Thời gian làm bài: 150 phút
( Đề thi gồm 05 câu, 02 trang)

Câu 1 (2 điểm)
Một chiếc xe phải đi từ địa điểm A đến địa điểm B trong khoảng thời gian dự định t. Nếu xe
chuyển động từ A đến B với vận tốc v1 = 48 km/h thì xe tới B sớm hơn dự định 18 phút. Nếu
xe chuyển động từ A đến B với vận tốc v2 = 12 km/h thì xe đến B muộn ơn dự định 27 phút.
a. Tìm chiều dài quãng đường AB và thời gian dự định t.
b. Để đến B đúng thời gian dự định t, thì xe chuyển động từ A đến C (C nằm trên AB) với
vân tốc v1 = 48 km/h rồi tiếp tục từ C đến B với vận tốc v2 = 12 km/h. Tìm chiều dài quãng
đường AC.
Câu 2 (2 điểm)
t 0x C

Có một số chai sữa hoàn toàn giông nhau, đều đang ở nhiệt độ
. Người ta thả từng chai
lần lượt vào một binh cách nhiệt chứa nước, sau khi cân bằng nhiệt thì lấy ra rồi thả chai
khác vào. Nhiệt độ nước ban đầu trong bình là t 0 = 360C, chai thứ nhất khi lấy ra có nhiệt độ
t1 = 330C, chai thứ hai khi lấy ra có nhiệt độ t2 = 30,50C. Bỏ qua sự hao phí nhiệt.
a. Tìm nhiệt độ tx.
b. Đển chai thứ bao nhiêu thì khi lấy ra nhiệt độ nước trong bình bắt đầu nhỏ hơn 26 0C.
Câu 3 (2 điểm)


U

R1D

C

H×nh 1
R2

R3

R4
B
A

Cho mạch điện như hình 1: Các điện trở R1, R2, R3, R4 và am pe kế là hữu hạn, hiệu điện thế
giữa hai điểm A, B là không đổi.
R1
R2

R3
R4

a. Chứng minh rằng: Nếu dòng điện qua am pe kế IA = 0 thì
=
b. Cho U = 6V, R1 = 3 Ω, R2 = R3 = R4 = 6 Ω. Điện trở am pe kế nhỏ không đáng kể. Xác định
chiều dòng điện qua ampe kế và số chỉ của nó?
c. Thay am pe kế bằng một vôn kế có điện trở rất lớn. Hỏi von kế chỉ bao nhiêu? Cức dương
của vôn kế mắc vào điểm C hay D.
Câu 4 (2 điểm)
Cho hình vẽ như hình 2. Biết: PQ là trục chính của thấu kính, S là nguồn sáng điểm, S’ là
ảnh của S tạo bởi thấu kính.

a. Xác định loại thấu kính, quang tâm O và tiêu điểm của thấu kính bằng cách vẽ đường truyền
của các tia sáng.
b. Biết S, S’ cách trục chính PQ những khoảng tương ứng h = SH = 1cm; h’ = S’H’ = 3cm và
HH’ = l = 32cm. Tính tiêu cự f của thấu kính và khoảng cách từ điểm sáng S tới thấu kính.
c. Đặt một tấm bìa cứng vuông góc với trục chính ở phía trước và che kín nửa trên của thấu
kính. Hỏi tấm bìa này phải đặt cách thấu kính một khoảng nhỏ nhất là bao nhiêu để không
quan sát thấy ảnh S’? Biết đường kính đường rìa của thấu kính là D = 3cm.


M

A

n

N

B

Câu 5 (2 điểm)
Dùng nguồn điện có hiệu điện thế không đổi U 0 = 32V để thắp sáng một bộ bóng đèn cùng
loại (2,5V-1,25W).Dây nối trong bộ đèn có điện trở không đáng kể. Dây nối từ bộ bóng đèn
đến nguồn điện có điện trở là R=1Ω
a. Tìm công suất tối đa mà bộ bóng có thể tiêu thụ.
b. Tìm cách ghép bóng để chúng sáng bình thường.
---------Hết---------


MÃ KÍ HIỆU

[*****]

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
Lớp 9 - Năm học 2015 - 2016
MÔN: VẬT LÝ
(Hướng dẫn chấm gồm 05 trang)

Chú ý:

- Thí sinh làm theo cách khác nếu đúng thì cho điểm đủ số điểm tối đa mỗi bài.
- Điểm bài thi là 10.
Câu
1
(2 điểm)

2
(2 điểm)

Nội dung
a. Gọi t1, t2 lần lượt là thời gian đi từ A đến B tương ứng với các vận tốc
v1, v2. Ta có:
AB = v1t1 = v2t2
→
→
AB = 48t1 = 12t2
t2 = 4t1 (1)
18
27
t−
t+

60
60
Theo bài ra ta có t1 =
(2) ; t2 =
(3)
27
18
33
t+
t−
60
60 →
60
Thay (2) ; (3) vào (1) ta được:
= 4(
)
t=
= 0,55 (h)
33 18
60 60
Quãng đường AB: AB = v1t1 = 48(
) = 12 km
b. Chiều dài quãng đường AC
AC BC
48 12
Ta có: t =
+
AC AB − AC AC 12 − AC
+
+

→
48
12
48
12
t=
=
AC AC
3AC
−
= 1−
→
48 12
48
0,55 = 1 +
→
AC = 7,2 km
a. Gọi q1 là nhiệt lượng toả ra của nước trong bình khi nó giảm nhiệt độ
đi 10C, q2 là nhiệt lượng thu vào của chai sữa khi nó tăng lên 10C
Phương trình cân bằng nhiệt giữa bình với chai sứa thứ nhất là:
q1(t0 - t1) = q2(t1 - tx)
(1)
Phương trinh cân bằng nhiệt giứa bình với chai sứa thứ 2 là:
q1(t1 - t2) = q2(t2 - tx)
(2)
0
Chia (1) cho (2) rồi thay số với t0 = 36 C, t1 = 330C, t2 = 30,50C ta được:
33− tx
3
=

2,5 30,5 − tx

Điểm

Giải ra ta có tx = 180C

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

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

0,25


q2 1
=

→ q1 5

I1

I4I2

b. Thay tx = 180C vào (1) và (2)
q1t0 + q2tx (q1t0 − q1tx ) + (q1tx + q2tx )
=
q
+
q
q1 + q2
→
1
2
Từ (1)
t1 =
q1
.(t0 − tx )
q1 + q2
= tx +
(3)
Tương tự khi lấy chai thứ 2 ra, do vai trò của t0 bây giờ là t1 ta có:
q1
(t1 − tx )
q1 + q2
t2 = tx +
(4) .
q

( 1 )2.(t0 − tx )
q1 + q2
I3
Thay (3) vao (4): t2 = tx +
Tổng quát: Chai thứ n khi lấy ra có nhiệt độ
1
(t − t )
q1 n
q2 n 0 x
(
) .(t0 − tx )
(1+ )
q1 + q2
q1
tn = tx +
= tx +
q2 1
=
q1 5
Theo điều kiện tn < 260 ;
5
5
8
( )n(36 − 18)
( )n <
→ 6
6
18
tn = 18 +
< 26

(5)
→
n ≥ 5. Học sinh chỉ cần chỉ ra bắt đầu từ chai thứ 5 thì nhiệt độ
nước trong bình bắt đầu nhỏ hơn 260C.
Chó ý: Học sinh có thể giải theo cách tính lần lượt các nhiệt độ. Giá trị
nhiệt độ của bình theo n như sau:
1
2
3
4
5
33
30,5
28,42
26,28
25,23
Vẫn cho điểm tối đa khi chỉ ra từ chai thứ 5.

3
(2 điểm)

Gọi dòng điện qua các điện trỏ R 1, R2, R3, R4; và dòng điện qua R1, R2,

0,25

0,25

0,25

0,25

R3, R4, am pe kế trương ứng là: I1, I2, I3, I4 và IA.
Học sinh cũng có thể vẽ lại sở đồ tương đương
U
U
R1 + R3
R2 + R 4
a. Theo bài ra IA = 0 nên I1 = I3 =
; I2 = I4 =
(1)
→
Từ hình vẽ ta có UCD = UA = IARA = 0
UAC = UAD hay I1R1 = I2R2
(2)
Từ(1) và (2) ta có:
U.R1
U.R 2
R1
R2
=
=
R1 + R3 R2 + R 4 → R1 + R3 R 2 + R 4

0,25
0,25

0,25

R3 R 4

R1 R3
=
=
→ R1 R2 → R2 R 4

b. Vì RA = 0 nên ta chập C với D.
R1R2
3.6
=
= 2Ω
R1 + R2 3+ 6
Khi đó: R1 // R2 nên R12 =
R3R 4
6.6
=
= 3Ω
R3 + R 4 6 + 6
R3 // R4 nên R34 =
U
R12
R12 + R34
Hiệu điện thế trên R12: U12 =
= 2,4V
U12 2,4
=
= 0,8A
R1
3
→
cường độ dòng điện qua R1 lµ I1 =

−
Hiệu điện thế trên R34: U34 = U U12 = 3,6V
U 34 3,6
=
= 0,6A
R
6
→
3
cường độ dòng điện qua R3 là I3 =
→
→
Vì I3 < I1
dòng điện qua am pe kế có chiều từ C
D. Số chỉ của
am pe kế là:
IA = I1 - I3 = 0,8 - 0,6 = 0,2A
c. Theo bài ra RV = ∞ nối vào C, D thay cho am pe kế khi đó:
U
6
2
=
=
R1 + R3 3 + 6 3
I1 = I3 =
A
U
6
=
R2 + R 4 6 + 6

I2 = I4 =
= 0,5A

0,25

0,25

0,25

0,25


I
L

L’

O

2
.3
3

F

Hiệu điện thế trên R1: U1 = I1R1 =
= 2V
Hiệu điện thế trên R2: U2 = I2R2 = 0,5.6 = 3V
→
Ta có U1 + UCD = U2

UCD = U2 - U1 = 1V
→
Vôn kế chỉ 1V
cực dương vôn kế mắc vào C

0,25

L

L’

E
O
K

4
(2 điểm)

F

a. Lập luận được:
- Do S’ cùng phía với S qua trục chính nên S’ là ảnh ảo
- Do ảnh ảo S’ ở xa trục chính hơn S nên đó là thấu kính hội tụ
Vẽ đúng hình, xác định được vị trí thấu kính
Vẽ, xác định được vị trí các tiêu điểm chính
b. Đặt H’H = l; HO = d; OF = f. Ta có: ∆S’H’F đồng dạng với ∆IOF:
h' H'F
h' l + d + f
=
=

→ OI OF → h
f
(1)
∆S’H’O đồng dạng với ∆SHO:
h' l + d
l
=
+1
→ h
d
d
=
(2)
'
h
l
h'− h l
h.l
− 1=
=
d= '
→ h
d →
d → h
h −h
(3)
h.l
l
+
+f

h'
h'
−
h
=
→ h
f
Thay (3) vào (1)
l.h.h'
1.2.32
(h'− h)2
(3− 1)2
→
f=
=
= 24 (cm)
h.l
1.32
=
'
h − h 3− 1
d=
= 16 (cm)
c.

0,25
0,25
0,25

0,25

0,5

hh’


5
(2 điểm)

Nối S với mép ngoài L’ của thấu kính, cắt trục chính thấu kính tại K thì
K’ là vị trí gần nhất của tấm bìa E tới thấu kính, mà đặt mắt bên kia
thấu kính ta không quan sát được ảnh S’.
KO OL '
=
→ HK SH
Do: ∆KOL’ đồng dạng với ∆KHS
, (KO = dmin)
D
dmin
1,5
= 2=
1
→ 16 − dmin h
→
= 1,5
dmin = 24 - 1,5dmin
→
dmin = 9,6 (cm)
a)Gọi I là dòng điện qua R, công suất của bộ đèn là :
P = U.I – RI2 = 32.I – I2 hay : I2 – 32I + P = 0

Hàm số trên có cực đại khi P = 256W
Vậy công suất lớn nhất của bộ đèn là Pmax = 256W
b)Gọi m là số dãy đèn, n là số đèn trong một dãy:
*Giải theo công suất :
I d = 0,5( A)

0,25

0,25

0,5
0,5
0,25

I d = 0,5m

Khi các đèn sáng bình thường :
và I = m .
2
Từ đó : U0 . I = RI + 1,25m.n Hay 32. 0,5m = 1 (0,5)2 = 1,25m.n

0,25

⇒

64 = m + 5n ; m, n nguyên dương (1)
Giải phương trình (1) ta có 12 nghiệm sau :
0,5
n
1

2
3
4
5
6
7
8
m 59 54 49 44 39 34 29 24
+ Giải theo phương trình thế :U0 =UAB + IR
với : UAB = 2,5n ; IR = 0,5m.1 = 0,5m
Ta được phương trình (1) đã biết 64 = 5n + m
+ Giải theo phương trình dòng điện :

RAB =

nRd 5n
=
m
m

Và I = m.
U0
=
R + R AB

Mặt khác : I =
Hay : 0,5m =

32m
m + 5n ⇔

Id

= 0,5m

32
32m
=
5n m + 5n
1+
m

64 = 5n + m

9
19

10
14

11
9


---------Hết--------NGƯỜI RA ĐỀ THI

Bùi Thanh Hà

MÃ KÍ HIỆU

TỔ, NHÓM TRƯỞNG

XÁC NHẬN CỦA BGH

Trần Thu Cúc

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
Lớp 9 - Năm học 2015 -2016
MÔN: VẬT LÍ
Thời gian làm bài: 150 phút
(Đề thi gồm 05 câu, 01 trang)


Câu 1. (2,0 điểm)
Mai đi bộ từ C đến B với vận tốc v1= 5km/h. Sau khi đi được 2 giờ, Mai dừng lại nghỉ 30 phút
rồi đi tiếp về B. Bình đi xe đạp từ A cũng đi về phía B (C nằm giữa AB và AC>CB) với vận tốc
v2=15km/h nhưng khởi hành sau Mai 1 giờ.
a) Tính quãng đường AC và AB, biết rằng cả Mai và Bình đến B cùng một lúc và khi Mai bắt
3
4
đầu dừng lại nghỉ thì Bình đã đi được quãng đường AC.
b) Để Bình gặp Mai tại chỗ nghỉ thì Bình phải đi xe đạp với vận tốc là bao nhiêu?
Câu 2. (2,0 điểm)
Có hai bình cách nhiệt, bình 1 chứa m 1 = 2 kg nước ở t1 = 20oC, bình 2 chứa m2 = 4 kg nước ở
t2 = 60oC. Người ta rót một lượng nước từ bình 1 sang bình 2, sau khi cân bằng nhiệt, người ta lại rót
một lượng nước như vậy từ bình 2 sang bình 1. Nhiệt độ cân bằng ở bình 1 lúc này là
t1 =
o
21,95 C.
t '2

a) Tính lượng nước m trong mỗi lần rót và nhiệt độ cân bằng của bình 2.
b) Nếu tiếp tục thực hiện như vậy lần thứ hai, hãy tìm nhiệt độ cân bằng của mỗi bình.
Câu 3. (2,0 điểm)
D
Cho mạch điện như hình vẽ bên.
Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B của đoạn
R1
R2
mạch không đổi, UAB = 7V. Các điện trở có giá trị +
A
Ω
Ω
R1= 3 , R2= 6 . MN là một dây dẫn có tiết diện
A
B
đều S = 0,1mm2 và dài l = 1,5 mét làm bằng chất có
C
ρ
Ω.m
-6
M
N
điện trở suất =0,4.10
. Ampe kế và các dây
nối có điện trở nhỏ không đáng kể.
a) Tính điện trở của dây dẫn MN.
1
2
b) Dịch chuyển con chạy C đến vị trí sao cho chiều dài MC =
CN. Tìm số chỉ của ampe kế.

1
A
3
c) Xác định vị trí của con chạy C để số chỉ của ampe kế là
.
Câu 4. (2,0 điểm)
Một hộp đen có bề dày a = 12cm trong đó có
đựng hai thấu kính đặt đối diện nhau (Coi các thấu
a
kính đặt sát thành hộp). Chiếu tới bằng một chùm tia
2d
d
sáng song song có bề rộng d, chùm tia sáng ló ra khỏi
hộp cũng là chùm sáng song song có bề rộng 2d.
Xác định loại thấu kính và tiêu cự của mỗi thấu
kính đặt trong hộp.
Câu 5. (2,0 điểm)
a) Hãy chỉ ra phương án xác định nhiệt dung riêng của một chất lỏng bằng các dụng cụ: Nước
(đã biết nhiệt dung riêng Cn), nhiệt lượng kế (đã biết nhiệt dung riêng C k), nhiệt kế, cân, bộ quả cân,
bình đun và bếp điện. Biết rằng chất lỏng không gây ra tác dụng hóa học nào khác trong suốt thời
gian thí nghiệm.
b) Cho các dụng cụ: 1 điện trở R o (đã biết giá trị); 1 ampe kế một chiều có GHĐ 1A; Nguồn
điện là 1 pin khô 3V, các dây nối đủ dùng. Hãy chỉ ra phương án xác định giá trị của một điện trở R
trong trường hợp hiệu điện thế giữa hai cực của nguồn điện được coi là không đổi và ampe kế có
điện trở khác không.
______Hết______


MÃ KÍ HIỆU

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
Lớp 9 - Năm học 2015 -2016
MÔN: VẬT LÍ
(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)

Chú ý:
- Thí sinh làm bài theo cách khác đúng thì cho đủ điểm của câu đó theo biểu điểm.
- Học sinh làm đúng đến ý nào thì chấm điểm đến đó theo đúng biểu điểm.
- Nếu trong một câu học sinh làm phần trên sai, phần dưới đúng thì không chấm điểm của cả
câu đó.
- Điểm của bài thi là tổng điểm các câu làm đúng và không được làm tròn.
- Nếu học sinh ghi sai đơn vị thì trừ cả bài một lần, điểm trừ là 0,25 điểm.
Câu
Đáp án
Điểm
A

D

C

F

E

B

a. (1 điểm)
- Sau t1=2h, Mai đi đến E, quãng đường CE = v1t1= 5.2 =10 (km)
- Bình khởi hành sau Mai 1h nên khi Mai bắt đầu dừng lại thì Bình đi được

1h và đến D, quãng đường AD = v2t2 =15.1 = 15 (km)
3
4
4
⇒
4
3
3
- Vì AD = AC
AC= AD = .15 = 20 (km)
- Mai nghỉ 30 phút thì Bình đi thêm được quãng đường DF,
DF = v2t3 =15.0,5 = 7,5 (km)
- Ở quãng đường còn lại, Mai đi bộ quãng đường EB, Bình đi xe đạp quãng
đường FB với cùng thời gian t.
EB FB
EB FB
CB − CE CB − (DF − DC)
=
=
=
v1
v2 ⇔ 5
15 ⇔
5
15
t=
CB − 10 CB − (7,5 − 5)
1
=
⇒

⇔
5
15
(2,0 điểm)
CB = 13,75 (km)
AB = AC + CB = 20 + 13,75 = 33,75 (km)
b. (1 điểm)
DC = AC – AD = 20 – 15 = 5(km)
- Nếu Bình gặp Mai khi Mai bắt đầu dừng lại thì Bình phải đi hết quãng
đường AE trong thời gian 1 giờ, khi đó vận tốc của Bình là
AE AC + CE 20 + 10
v '2 =
=
=
= 30(km / h)
t
t
1
- Nếu Bình gặp Mai khi Mai vừa nghỉ hết 30 phút thì Bình phải đi hết quãng
đường AE trong thời gian 1,5 giờ, khi đó vận tốc của Bình là
AE 30
v''2 =
=
= 20(km / h)
t ' 1,5

0,2

0,2

0,5

0,1

0,4

0,4

⇒

Để Bình gặp được Mai khi Mai đang dừng lại nghỉ thì Bình phải đi xe
≤
≤
đạp với vận tốc v2 sao cho: 20 km/h v2 30 km/h.
2
a. (1 điểm)
(2,0 điểm) - Sau khi rót lượng nước m từ bình 1 sang bình 2, nhiệt độ cân bằng của

0,2


t '2
bình 2 là , khi đó:
t '2
t '2 ⇔
t '2
t '2
mc( - t1) = m2c(t2 - )
m( - t1) = m2(t2 - )
(1)

- Sau khi rót lượng nước m từ bình 2 sang bình 1 (Khối lượng nước trong
t1'
bình 1 bây giờ chỉ còn lại là m 1 – m) , nhiệt độ cân bằng của bình 1 là ,
t '2 t1'
t1' t1
tương tự như trên ta có: m( - ) = (m1 – m) ( - )
'
t1' t1
⇔ t 2 t1
m( - ) = m1 ( - )
(2)
'
m t − m1 (t1 − t1 )
t '2 = 2 2
'
'
t2
t1 t1 ⇒
m2
⇒
Từ (1) và (2)
m2(t2 - ) = m1 ( - )
(3)
'
m1m 2 (t1 − t1 )
m=
m 2 (t 2 − t1 ) − m1 (t1' − t1 )
Thay (3) vào (2), được
(4)
'

t2 ≈
Thay số, tìm được m = 0,1 kg và
59oC
b. (1 điểm)
t1'
t '2 ≈
- Bình 1 bây giờ có nhiệt độ là = 21,950C, bình 2 có nhiệt độ
59oC
nên sau khi rót lượng nước m kg từ bình 1 sang bình 2 ta có phương trình:
mt1' + m 2 t '2
''
t
=
t ''2 t1'
t '2 t ''2 ⇒ 2
m + m2
m( - ) = m2( - )
t ''2
Thay số tìm được
= 58,12oC
- Sau khi rót lượng nước m từ bình 2 sang bình 1 (Khối lượng nước trong
t1''
bình 1 bây giờ còn lại là m 1 – m) , nhiệt độ cân bằng của bình 1 là , ta có:
mt ''2 + (m1 − m)t 1'
''
t
=
t ''2 t1''
t1'' t1'' ⇒ 1
m1

m( - ) = (m1 – m) ( - )
t1''
Thay số tìm được
= 23,76oC
3
a. (0,5 điểm)
(2,0 điểm)
ρ.l 0, 4.10−6.1,5
=
= 6(Ω)
S
0,1.10−6
RMN=
b. (0,5 điểm)
1
1
⇒
2
2
MC =
CN
RMC= RCN.
⇔
⇒
Ω
Ω
Mà RMN =RMC + RCN
6 = RMC +2. RMC
RMC = 2 ( ); RCN= 4

0,2

0,2

0,2

0,2
0,2

0,3
0,2

0,3
0,2

0,5

0,25


R1
2
= =1
R MC 2
Ta có :
và
⇒
Ampe kế chỉ số 0.
c. (1 điểm)

R2
4
R1
R
= =1
= 2
R CN 4
⇒ R MC R CN ⇒

Mạch cầu cân bằng

≡
Vì điện trở ampe kế và các dây nối không đáng kể nên D C, mạch điện
được mắc: (R1//RMC)nt(R2//RCN). Gọi điện trở đoạn MC = x
R1x
R 2 (6 − x)
6(6 − x)
6(6 − x)
3.x
=
=
R1 + x 3 + x
R 2 + (6 − x) 6 + (6 − x) 12 − x
R1C=
=
; RC2=
2
3.x 6(6 − x) 9(− x + 6x + 12)
(3 + x)(12 − x)
3 + x 12 − x

RAB = R1C + RC2 =
+
=
7(3 + x)(12 − x)
U AB
=
9(− x 2 + 6x + 12)
R
CĐDĐ trong mạch chính I =
7(3 + x)(12 − x)
7x(12 − x)
x
x
2
9(− x + 6x + 12) 3 + x 9(− x 2 + 6x + 12)
3+ x
I1 = I.
=
.
=
7(3 + x)(12 − x) 6 − x
7(3 + x)(6 − x)
6−x
2
2
12 − x 9(− x + 6x + 12) 12 − x 9(− x + 6x + 12)
I2 = I.
=
.
=

* Nếu I1 > I2 thì dòng điện qua ampe kế có chiều từ C đến D, khi đó :
1
−7(x − 2)
⇔ 3 x 2 − 6x − 12 ⇔
Ia= I1 - I2
=
x2 + 15x – 54 = 0, giải phương trình được
Ω
x1= 3 và x2= - 18 < 0 nên loại. Vậy x = 3
* Nếu I1 < I2 thì dòng điện qua ampe kế có chiều từ D đến C, khi đó :
1
−7(x − 2)
⇔ 3 x 2 − 6x − 12 ⇔
-Ia= I1 - I2
- =
x2 -27x +30 = 0, giải phương trình được x1
≈
≈
≈
Ω
25,84 > 6 nên loại và x2 1,16. Vậy x 1,16
≈
Ω
Ω
Kết luận: Vậy con chạy C ở vị trí sao cho RMC 1,16 hoặc RMC = 3 thì
1
3
ampe kế chỉ A.
4
* Trường hợp 1: Cả hai thấu kính là thấu kính hội tụ. (1 điểm)

≡
(2,0 điểm)
- Đường đi của tia sáng như hình vẽ (F1 F2)
I1
O1

I2
F1
O2

J1

F2
J2

0,25

0,2

0,3

0,2

0,2

0,1

0,3

F1O1 I1J1
F1O1
d 1
=
=
=
∆F1I1J1 ∽ ∆F2 I 2 J 2 ⇒ F2 O 2 I 2 J 2 ⇔ F2O 2 2d 2 ⇒

0,5

O2F2 = 2.O1F1 (1)
Lại có O1F1 + O2F2 = 12
(2)
⇒
Từ (1) và (2)
O1F1 = 4 (cm) và O2F2 = 8 (cm)
* Trường hợp 2: Một thấu kính hội tụ, một thấu kính phân kỳ. (1 điểm)
≡
- Đường đi của tia sáng như hình vẽ (F1 F2)

F1

0,2
0,3

I2

I1
O1

O2

F2
J1
J2

F1O1 I1J1
F1O1
d 1
=
=
=
∆F1I1J1 ∽ ∆F2 I 2 J 2 ⇒ F2 O 2 I 2 J 2 ⇔ F2O 2 2d 2 ⇒

⇔

0,5
O2F2 = 2.O1F1 (1)

Lại có O1F1 + O1O2 = F2O2
O1F1 + 12 = F2O2
(2)
⇒
Từ (1) và (2)
O1F1 = 12 (cm) và O2F2 = 24 (cm)
5
a. (1 điểm)
(2,0 điểm) - Dùng cân đo khối lượng mk của nhiệt lượng kế.
- Đổ chất lỏng cần xác định nhiệt dung riêng C vào nhiệt lượng kế, dùng
cân xác định khối lượng m1 của chất lỏng này.

- Dùng nhiệt kế đo nhiệt độ ban đầu của chất lỏng là t1.
- Đun nước đến nhiệt độ t2 rồi đổ vào nhiệt lượng kế có chứa chất lỏng ở
nhiệt độ t1.
- Dùng nhiệt kế đo nhiệt độ cân bằng của hỗn hợp nước và chất lỏng trong
nhiệt lượng kế.
- Cân cả nhiệt lượng kế, hỗn hợp nước và chất lỏng trong nhiệt lượng kế để
xác định khối lượng m2 của nước vừa đổ vào.
Khi có cân bằng nhiệt, ta có : m2cn(t2 - t) = (mkck + mncn) (t - t1)
m c (t − t) − m k c k (t − t1 )
⇒c= n n 2
m1 (t − t1 )
b. (1 điểm)
- Mắc ampe kế nối tiếp với điện trở R o vào hai cực của nguồn điện. Đọc
CĐDĐ qua ampe kế là I1.
- Mắc ampe kế nối tiếp với điện trở R vào hai cực của nguồn điện. Đọc
CĐDĐ qua ampe kế là I2.
- Mắc ampe kế nối tiếp với cả điện trở R o và R vào hai cực của nguồn điện.
Đọc CĐDĐ qua ampe kế là I.
(R o + R a ) I1 = (R + R a ) I2
(1)

(R
+
R
)
I
=
(R
+
R

+
R
)
I
(2)
a
2
o
a

Ta có :

0,2

0,1
0,1
0,1
0,1
0,1
0,1
0,2
0,2

0,2
0,2
0,2
0,2


⇒

Từ (1) và (2)

R oI
I2 − I
R + Ra =

RI
I1 − I
và Ro + Ra =
R o (I1 − I)
I2 − I

(*)
0,2

Thay (*) vào ( 1) ta được : R =
_______Hết_______

MÃ KÝ HIỆU
*****

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
LỚP 9- Năm học 2015- 2016
MÔN: VẬT LÝ.
Thời gian làm bài : 150 phút
(Đề thi gồm 05 câu , 02 trang )

Câu 1: (2 điểm)
a) Một quả bóng bán kính R = 15mm, khối lượng m = 5g, được giữ trong nước ở độ sâu

h=30cm. Khi thả ra nó đi lên và nhô khỏi mặt nước tới độ cao h1 là bao nhiêu?
Biết công thức tính thể tích khối cầu bán kính R là V = 4/3
R3 và trọng lượng riêng của nước
d = 10000N/m3( h và h1 tính tới tâm quả bóng. Bỏ qua sự nhấp nhô của mặt nước do quả bóng gây
ra sự hao phí năng lượng do sức cản của nước và xem lực đẩy Acsimet là không đổi.)
b) Thực ra do sức cản của nước nên quả bóng chỉ nhô khỏi mặt nước một độ cao h 1 = 10cm.
Hãy tính lượng cơ năng đã chuyển hóa thành nội năng.
Câu 2: (2 điểm)
Một nhiệt lượng kế bằng đồng thau có khối lượng 300g đựng 500g nước . Một khối nước đá
khối lượng 200g nổi trên mặt nước . Tất cả ở 00C.
a) Tính thể tích phần nước đá nổi trên mặt nước . Cho khối lượng riêng của nước đá và của
nước là 0,92g/cm3 ; 1g/cm3.
b) Cho vào nhiệt lượng kế một thỏi nhôm có khối lượng 100g ở 100 0C. Tính khối lượng
nước đá tan thành nước . Biết nhiệt dung riêng của đồng thau , nhôm là:c 1 = 380J/KgK; c2 =
880J/KgK; nhiệt nóng chảy của nước đá
= 3,4.105J/kg.
c) Cho thêm vào nhiệt lượng kế 50g hơi nước ở 100 0C. Tính nhiệt độ sau cùng. Cho nhiệt
hóa hơi của nước ở 1000C là L = 2,3.106J/kg.

R2

Câu 3: (2 điểm) M
N
C nhưĐ1
Cho mạchUđiện
hình vẽ: R0 = 1,5

+

-

R0

đèn Đ1 ghi 6V-9W, đèn Đ2 ghi 9V-4,5W, R1 và R2

là các biến trở. Đặt vào M,N hiệu điện thế không đổi U=18V.
A R1 a) B
XácBB
định giá trị các biến trở để 2 đèn sáng bình thường ? Khi đó vôn kế (lý tưởng) mắc
Đ2
vào 2 điểm M,C chỉ bao nhiêu?
b) Độ sáng của các đèn thay đổi
thế nào so với trường hợp câu a khi:
* tăng giá trị của R1 từ giá trị tìm được ở
câu a và giữ nguyên giá trị của R2
* giảm giá trị của R2 từ giá trị tìm được
ở câu a và giữ nguyên giá trị của R1


Câu 4: (2 điểm)
Vật sáng AB đặt vuông góc với trục chính của thấu kính hội tụ (điểm A nằm trên trục chính )
cho ảnh thật A1B1 cao 1,2cm. Khoảng cách từ tiêu điểm đến quang tâm của thấu kính là 20cm. Dịch
chuyển vật đi một đoạn 15cm dọc theo trục chính thì thu được ảnh ảo A2B2 cao 2,4cm.
a) Xác định khoảng cách từ vật đến thấu kính trước khi dịch chuyển .
b) Tìm độ cao của vật .
(Học sinh không được sử dụng công thức thấu kính.)
Câu 5: (1 điểm)
Có những dụng cụ và vật liệu sau:
+ bình có vạch chia thể tích
+ một miếng gỗ không thấm nước và có thể nổi trên mặt nước

+ một ca nước
Làm thế nào chỉ bằng các dụng cụ trên em có thể xác định được trọng lượng riêng của một
vật rắn nhỏ có tỉ trọng lớn hơn 1 và không thấm nước ? Trình bày cách làm đó ?
Câu 6: ( 1điểm)
Chỉ ra cách xác định nhiệt dung riêng của một chất lỏng bằng các dụng cụ:
+ Nước (cn) , nhiệt lượng kế (ck)
+ nhiệt kế, cân , bộ quả cân
+ bình đun, bếp điện
+ chất lỏng cần xác định nhiệt dung riêng .
……………Hết…………..


MÃ KÝ HIỆU
*****

Câu
Câu 1
( 2 điểm )

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
Lớp 9 – Năm học 2015- 2016
MÔN : VẬT LÝ
(Hướng dẫn chấm gồm 3 trang )

Đáp án
a. Khi quả bóng đi lên trong nước lực đẩy Acsi met đã thực hiện một
công A= FA .h = V.d.h =

Công này để nâng bóng lên một độ cao (h+h1) từ đó ta có
= 10.m(h+h1) => h1 = (

-1)h = 54,78

cm
b.Công của lực đẩy Acsimet một phần dùng để nâng quả bóng lên độ
cao h+h1, phần còn lại chuyển hóa sang nội năng Q
= 10.m(h+h1) + Q => Q =

Điểm

1đ

1đ

-10.m(h+h1) = 22,3.10-3 J
Câu 2
( 2 điểm )

a.Thể tích nước đá: V =

= 217,4 cm3

=

Trọng lượng nước đá cân bằng với lực đẩy Acsimet nên thể tích nước đá
chìm trong nước là : V’=
= 200 cm3
1đ
Thể tích phần nước đá nổi trên mặt nước :
V = V –V’ = 17,4cm3
b.Gọi

m là khối lượng nước đá tan thành nước

m2 c2 (t2-0) =

m =>

m=

= 25,8 g
1đ

c.Nhiệt lượng hơi nước tỏa ra để biến thành nước ở nhiệt độ cuối cùng t:
Q = m3.L + m3c(100 –t)


Nhiệt lượng nhiệt lượng kế, thỏi nhôm,nước và phần nước đá còn lại :
Q = (m1c1+m2c2 + Mc) (t-0) + (mm)
(M: Khối lượng nước và nước đá ở 00C)
 m3L + m3c(100-t) = (m1c1+m2c2+Mc)t + (m-

m)

=>
= 22,90C

t=

a. IĐ1 =

Câu 3
( 2 điểm )

=

IĐ2 =

= 1,5 A ; r1=

= 0,5 A ;

r2 =

=4

;

=18

2 đèn sáng BT nên I1 = IĐ1 ; I2 = IĐ2 ; UBN = UĐ2 ; UCN = UĐ1
UBC = UBN - UCN = 3V ; UMB = U- UBN = 9V ; I= I1+I2 = 2A
=>R2=
=2
RMB =
= 4,5

1đ

; R1 = RMB – R0 = 3
Vôn kế chỉ UMC = UMB + UBC = 12V

b. *Tăng giá trị của R1 => R tăng => I giảm => UBN giảm => Cả
2đèn đều sáng yếu đi.
*Giảm giá trị của R2:
RBN =
=

; R = RMB + RBN =

I=

=

; UBN = I.RBN

=

I1 =

=

tăng nên Đ1 sáng hơn trước

R2 giảm thì I1

1đ


I2 =

=

R2 giảm thì I2 giảm => đèn 2 sáng

yếu hơn trước
Câu 4
(2 điểm )

a.

OA1B1 ~

A0B0 =>
0,5đ

.

~.

=>

B2

B0

B

I
F

A2

A0

A

A1

O

Do A0B0 = OI = h nên:
Từ (1) và (2) =>

1đ
0,5đ

Tức là

Tương tự sau khi dịch chuyển đến vị trí mới:
OAB ~
A2B2


.

~.

:

Từ (3) và (4)

(**)

Câu 5
(1 điểm)

Câu 6 :
(1 điểm)

b..Giải hệ (*) và (**): h= 0,6 cm; 0A0= 30cm
Đổ nước vào bình chia độ xác định V của nước :V1
Thả miếng gỗ vào bình mực nước dâng lên :
V2
Trọng lượng của gỗ: Pg = (V2 – V1)dn
Đặt vật cần xác định lên miếng gỗ mực nước dâng lên V3
Trọng lượng của vật P = (V3 –V2)dn
Đẩy vật chìm xuống lấy miếng gỗ ra mực nước ở V4
Thể tích của vật V = V4-V1
Trọng lượng riêng của vật : d =

Dùng cân xác định khối lượng của nhiệt lượng kế : mk
Dùng cân xác định khối lượng của chất lỏng : ml
Đo nhiệt độ của nhiệt lượng kế và chất lỏng : t1
Đun nước đến nhiệt độ t2 đổ nước vào nhiệt lượng kế đã chứa chất
lỏng .
Dùng nhiệt kế đo nhiệt độ cân bằng : t
Cân nhiệt lượng kế để tìm khối lượng nước đổ vào : mn
Ta có phương trình cân bằng nhiệt:
Cn mn (t2- t ) = ( Ck mk + Cl ml ) (t – t1 )

 Cl =

Chú ý:

- Thí sinh làm bài theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.

0,5đ
0,5đ

0,5đ

0,5đ


- im bi thi l tng im ca cỏc cõu khụng c lm trũn .
M K HIU

THI CHN HC SINH GII THNH PH
LP 9 Nm hc 2915-2016
MễN: VT L
Thi gian lm bi: 150 phỳt
( thi gm 5 cõu, 2 trang)

[*****]

Cõu 1(2 im):
Xe I xut phỏt t A i n B, trờn na on ng u i vi tc khụng i v1, na on
ng sau vi tc khụng i v2. Xe II xut phỏt t B i v A, trong na thi gian u i
vi tc khụng i v1, na thi gian sau i vi tc khụng i v2. Bit v v2 = 60 km/h.
Nu xe II xut phỏt mun hn 30 phỳt so vi xe I, thỡ xe II n A v xe I n B cựng mt
lỳc.

a) Tớnh tc trung bỡnh ca mi xe trờn on ng AB.
b) Nu hai xe xut phỏt cựng lỳc thỡ chỳng s gp nhau ti v trớ cỏch A mt khong bng
bao nhiờu?
Cõu 2(2 im):
Mt thi nc ỏ cú khi lng m1= 200g -100C.
a) Tớnh nhit lng cn cung cp thi bin thnh hi hon ton 1000C. Cho nhit dung
riờng ca nc ỏ v nc Cq= 1800J/kg.K, C2= 4200J/kg.K; nhit núng chy ca nc ỏ
00C l = 3,4.105J/kg; nhit húa hi ca nc 1000C l L=2,3.106J/kg.
b) Nu b thi nc ỏ trờn vo xụ nhụm cha nc 200C. Sau khi cõn bng nhit ngi
ta thy nc ỏ cũn sút li l 50g. Tớnh lng nc ó cú trong xụ lỳc u. Bit sụ nhụm cú
khi lng m2=100g v nhit dung riờng ca nhụm l C3= 880J/kg..
Cõu 3(2 im):
Cho mch in nh hỡnh a, ngun in khụng i U =
18V.






R1 M R3

R1 = 8 , R2 = 2 , R3 = 4 . Ampe k cú in tr
khụng ỏng k.
a iu chnh con chy ca bin tr R 4 bi n


tr R4 = 4 .
Xỏc nh chiu v cng dũng in qua Ampe k.
b Tớnh giỏ tr R4 khi bit Ampe k ch 1,8A v

dũng in qua
ampe k cú chiu t N n M.

A
A

R2 N R4
+ U -

B

Hỡnh a

Cõu 4(2 im):
a) Ngi ta d nh mc 4 búng ốn trũn 4 gúc ca mt trn nh hỡnh vuụng, mi
cnh 4m v mt qut trn ỳng gia trn nh, qut trn cú si cỏnh l 0,8m (khong cỏch
t trc n u cỏnh), bit trn nh cao 3,2m tớnh t mt sn. Hóy tớnh toỏn thit k cỏch
treo qut trn khi qut quay, khụng cú im no trờn mt sn loang loỏng. R1 M R3
b) Trong một phòng khoảng cách hai bức tờng là l và chiều cao tờng
A cách
là h có treo một gơng phẳng trên một bức tờng. Một ngời đứng

A

R2 N
R4
+ U Hỡnh a

B

gư¬ng mét kho¶ng b»ng d ®Ó nh×n gư¬ng. §é cao nhá nhÊt cña gư¬ng
lµ bao nhiªu ®Ó ngưêi ®ã nh×n thÊy c¶ bøc tưêng sau lưng m×nh.
Câu 5(2 điểm):
Cho các dụng cụ sau: Nguồn điện có hiệu điện thế không đổi; một điện trở R 0 đã biết trị số
và một điện trở Rx chưa biết trị số; một vôn kế có điện trở Rv chưa xác định.
Hãy trình bày phương án xác định trị số điện trở Rv và điện trở Rx.
--------------Hết-----------------

MÃ KÍ HIỆU

[*****]

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
LỚP 9 – Năm học 2915-2016
MÔN: VẬT LÍ
(Hướng dẫn chấm gồm 5 trang)

Chú ý:
- Thí sinh làm theo cách khác nếu đúng thì cho điểm tối đa ứng với điểm của câu đó
trong biểu điểm.
- Điểm bài thi là tổng điểm của các câu trong bài.


Câu

Đáp án

Điểm

a. (1 điểm)
+ Kí hiệu AB = S. Thời gian đi từ A đến B của xe I là:

0,25 điểm

+Tốc độ trung bình trên quãng đường AB của xe I là:

0,25 điểm

S. ( v1 +v 2 )
S
S
t1 =
+
=
2.v1 2.v 2
2.v1.v 2

S 2v v
v A = = 1 2 =30km/h
t1 v1 +v 2

+Gọi thời gian đi từ B đến A của xe II là t2. Theo đề bài ta có
S=

t ( v +v )
t2
t
v1 + 2 v2 = 2 1 2
2

2
2

Tốc độ trung bình trên quãng đường BA của xe II là:
vB =

1
(2 điểm)

0,25 điểm

0,25 điểm

S v1 +v 2
=
=40km/h
t2
2

b. (1 điểm)
0,25 điểm

S S
- =0,5 ( h ) ⇒ S=60km
vA vB

+Theo bài ra ta có
Khi hai xe xuất phát cùng một lúc thì quãng đường mỗi xe đi được
trong thời gian t là:

0,25 điểm

t ≤ 1,5h

SA = 20t nếu

t ≥ 1,5h

(1)

SA = 30+(t-1,5).60 nếu

(2)

SB = 20t nếu

(3)

t ≤ 0,75h

t ≥ 0,75h

SB = 15+(t-0,75).60 nếu
Hai xe gặp nhau khi SA + SB=S=60

(4)
0,25 điểm

0,75 ≤ t ≤ 1,5h

và chỉ xảy ra khi

1
(2 điểm)

. Sử dụng (1) và (4):
20t+15+(t-0,75)60 = 60
Giải phương trình ta có t=9/8 h và vị trí hai xe gặp nhau cách A là:
SA=20.9/8 =22,5km.
a.(1 điểm)
1

0,25điểm

1

0

+ Gọi Q là nhiệt lượng nước đá thu vào để tăng từ t = -10 C đến t
2

0

=0 C.
1

2

0,25 điểm

1

Q = m1.c1 (t - t ) = 0,2.1800.10 = 3600(J)
0

Nhiệt lượng nước đá thu vào để nóng chảy hoàn toàn ở 0 C là:


2

5

1

Q = λ.m = 3,4.10 .0,2= 68000(J)
2

0

0,25điểm

3

Nhiệt lượng nước thu vào để tăng nhiệt độ từ t = 0 C đến t = 100
0

3

3

2

C là:Q = m1.c2 (t - t ) = 0,2.4200.(100 - 0) = 84000(J)
0

Nhiệt lượng nước thu vào để hóa hơi hoàn toàn ở 100 C là:
4

6

1

Q = L.m = 2,3.10 .0,2= 460000(J)
Nhiệt lượng cần cung cấp tổng cộng để nước đá ở -100C biến thành

0,5điểm

0

hơi hoàn toàn ở 100 C là:
1

3

2

4

Q=Q +Q +Q +Q
Q =3600+ 68000+84000+460000= 615600(J)

b.(1 điểm)
0,25điểm

x

+Gọi m là lượng nước đá đã tan thành nước:
x

m = 200-50 = 150(g)
Do nước đá không tan hết, nghĩa là nhiệt độ cuối cùng của hệ thống
0

là 0 C.
0

Nhiệt lượng toàn khối nước đá thu vào để để tăng nhiệt độ đến 0 C
2

0,25điểm

1

là:Q’= m1.c1 (t - t ) = 0,2.1800.10 = 3600(J)
Nhiệt lượng mà khối nước đá thu vào để nóng chảy hoàn toàn ở 0
0

5

x

C là:Q’’= λ.m = 3,4.10 .0,15= 51000(J)
Toàn bộ nhiệt lượng này là do nước( có khối lượng M) và sô nhôm
0

0,25điểm

0

tỏa ra để giảm nhiệt độ từ 20 C xuống 0 C.
2

3
(2 điểm)

2

3

Q = (M.c + m c ).(20 - 0)
Theo phương trình cân bằng nhiệt ta có:
Q= Q’ + Q’’ hay:
(M.4200 + 0,1.880).20 = 3600+ 51000 = 54600
M = 0,629kg
a.(điểm)
R12 =

+
R 34 =

0,25điểm

0,25 điểm

R1.R 2
8.2
=
= 1, 6(Ω)
R1 + R 2 8 + 2

R 3 .R 4
4.4
=
= 2(Ω)
R1 + R 2 4 S1
+4

A
H
C

L

T
O
I

S3
R

B

D


Ω

Rtđ = R12 + R34 = 1,6 + 2 = 3,6( )

I=

0,25 điểm

U
18
=
= 5(A)
R td 3, 6
⇒

I = I12 = I34 = 5A
⇒
U12 = I R12 = 5.1,6 = 8(V)
U12 = U1 =U2 = 8V
U34 = I R34 = 5.2 = 10(V)
U1 8
= = 1(A)
R1 8

⇒

U34 = U3 = U4 = 10V
0,25 điểm

U3
= 2,5A
R3

I1=
; I3 =
Vì I1 < I3 nên dòng điện có chiều từ N đến M: IA = I3 - I1 = 1,5(A)
b.(điểm)
⇒
+ IA = 1,8A
IA = I3 – I1
1,8 =

IA= I3 - I4

4
(2 điểm)

⇒

0,25 điểm
0,25 điểm

U 3 10,8
=
= 2, 7(A)
R3

4

R4 =

0,25 điểm

U 3 U1
U − U1 U1
−
1,8 =
−
R 3 R1 ⇒
4
8

Giải ra U1 = U2 = 7,2V
⇒
U3 = U4 = U – U1 = 18 - 7,2 = 10,8V
I3 =

0,25 điểm

I4 = 1,8A
0,25 điểm

U 4 10,8
=
= 6(Ω)
I4
1,8

a.(1 điểm)
0,25 điểm

+

Để khi quạt quay, không một điểm nào trên sàn sáng loang loáng
thì bóng của đầu mút cánh quạt chỉ in trên tường và tối đa là đến
chân tường C,D vì nhà hình hộp vuông, ta chỉ xét trường hợp cho
một bóng, còn lại là tương tự.
2

Gọi L là đường chéo của trần nhà thì L = 4 = 5,7 m
Khoảng cách từ bóng đèn đến góc chân tường đối diện:

0,25 điểm