ĐỀ THI HSG VẬT LÝ LỚP 9 BẮC NINH

UBND tỉnh Bắc Ninh
Sở Giáo dục và Đào Tạo
Đề chính thức

đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh
Năm học 2014-2015
Môn thi : Vật lý THCS
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian
giao đề)
Ngày thi: 02/4/2015

Bi 1 (5,0 im).
Vo lỳc 6h sỏng cú hai xe cựng khi hnh. Xe 1 chy t A vi tc
C
khụng i v1 = 7m/s v chy liờn tc nhiu vũng trờn chu vi hỡnh ch nht B
ABCD. Xe 2 chy t D vi tc khụng i v2 = 8m/s v chy liờn tc nhiu
vũng trờn chu vi hỡnh tam giỏc DAB. Bit AB = 3km, AD = 4km v khi gp
nhau cỏc xe cú th vt qua nhau.
v1
v2
D
a) thi im no xe 2 chy c s vũng nhiu hn xe 1 l mt vũng? A
b) Tỡm khong cỏch ngn nht gia hai xe trong 6 phỳt u tiờn?
c) Tỡm thi im m xe 1 n C v xe 2 n D cựng mt lỳc? Bit rng cỏc xe chy n 9h30 thỡ dng.
Bi 2 (3,0 im).
Trong mt bỡnh y kớn cú cc nc ỏ khi lng M = 0,1kg ni trờn mt nc, trong cc nc ỏ cú
mt viờn chỡ khi lng m = 5g. Hi phi tn mt lng nhit bng bao nhiờu cc chỡ bt u chỡm
xung nc nu nhit ca nc trong bỡnh luụn l 00C. Cho khi lng riờng ca chỡ 11,3g/cm3, ca nc
ỏ bng 0,9g/cm3, ca nc bng 1,0g/cm3, nhit núng chy ca nc ỏ = 3,4.105 J/kg.
Bi 3 (5,0 im)
Cho mch in nh hỡnh v, hiu in th hai u on mch

UAB = 70V, cỏc in tr R1 = 10 , R2 = 60 , R3 = 30 v bin tr
Rx. Cho rng in tr ca vụn k l vụ cựng ln v in tr ca ampe
k l khụng ỏng k. B qua in tr ca dõy ni v khúa K.
1. iu chnh bin tr Rx = 20 . Tớnh s ch ca vụn k v ampe
k khi:
a. Khúa K m.
b. Khúa K úng.
2. úng khúa K, Rx bng bao nhiờu vụn k v ampe k u ch s khụng?
3. úng khúa K, ampe k ch 0,5A.Tớnh giỏ tr ca bin tr Rx khi ú.
Bi 4 (4,0 im).
Mt tia sỏng bt k SI chiu n mt quang h, sau ú lú ra khi h theo phng
song song v ngc chiu vi tia ti nh hỡnh v. Bit quang h ú ch cú hai dng c
v cu to t cỏc loi dng c quang hc n gin (gng phng, thu kớnh hi t).
a) Quang h gm hai dng c no, cỏch b trớ cỏc dng c ú.
b) Cú th tnh tin tia ti SI (tia ti luụn song song vi phng ban u) sao cho
tia lú JK trựng vi tia ti c khụng? Nu cú thỡ tia ti i qua v trớ no ca h.
Bi 5 (3,0 im)
p2
p1
Mt dng c o chờnh lch ỏp sut khụng khớ gm mt ng ch U ng kớnh
d = 5mm ni hai bỡnh ging nhau cú ng kớnh D = 50mm vi nhau. Trong dng
c ng hai cht lng khụng trn ln vi nhau l dung dch ru ờtylic trong nc
3
cú trng lng riờng d1 = 8535 N/m

v du ha cú trng lng riờng

d 2 = 8142 N/m 3

h

O

+ Khi ỏp sut ca khụng khớ hai nhỏnh bng nhau thỡ mt phõn cỏch gia hai
cht lng nm ti O.
+ Khi cú chờnh lch ỏp sut p p1 p2 gia hai nhỏnh, mt phõn cỏch gia hai cht lng dch
chuyn lờn trờn mt khong h (hỡnh v). Xỏc nh p khi h = 250mm.
-----------HT------------


Họ và tên thí sinh: …………………………………………………………….. SBD:
………………
Híng dÉn chÊm ®Ò thi chän häc sinh giái tØnh
N¨m häc 2014-2015
M«n thi : VËt lý
Bài
Bài 1

Điểm
5,0

Đáp án
a) Chiều dài BD  AB 2  AD 2  5000m
Thời gian chạy một vòng của xe thứ nhất T1 
Thời gian chạy một vòng của xe thứ hai T2 

S ABCDA
 2000s
v1

0.5

S DABD
 1500s
v2

0.5

Xe thứ hai chạy nhiều hơn xe thứ nhất một vòng nên
t
t
 1
T2 T1
�t 

0.5

T1.T2
 1h 40 ph
T1  T2

Vậy thời điểm đó là 7h40ph
b) Trong 6 phút đầu, xe thứ nhất đi được s1 = 7.360 = 2520(m) < AB và xe thứ hai đi
được s2 = 8.360 = 2880(m) < DA.
Như vậy trong 6 phút đầu xe thứ nhất đang chạy trên AB và xe thứ hai đang chạy trên
DA.
Giả sử ở thời điểm t xe thứ nhất ở N và xe thứ hai ở M. Đặt AD = a và MN = L ta có:
L2  AM 2  AN 2
L2  ( a  v2t )2  (v1t )2

B

�
�
av
av
L2  ( v12  v22 ) �
(t  2 2 2 )2  ( 2 2 2 )2 � a 2
v1  v2 �
� v1  v2
av2
Ta thấy L2 cực tiểu khi t  2
v1  v22

N

Khi đó Lmin 

av1
v12  v22

Thay số ta được Lmin �2634m

A

0.25
0.25

0.25

0.25

0.25

M

D

0.25
0.25
0.25


c) Thời gian xe thứ nhất tới C lần đầu là t1 

7000
 1000s
7

lần thứ n là t  t1  nT1 =1000+2000n
Thời gian xe thứ hai tới D lần thứ m là t  mT2 =1500m
Do xe thứ nhất tới C và xe thứ 2 tới D cùng lúc nên ta có
1000+2000n=1500m =>m=(2+4n)/3
Vì xe chỉ chạy đến 9h30ph nên 1000 +2000n<12600 => n<5,8

Ta có bảng sau
n
1
2
3
4
5

m
2
loại
loại
6
loại
t(s)
3000
9000
Thời điểm 6h50ph
8h30ph
Vậy có hai thời điểm xe thứ nhât tới C và xe thứ 2 tới D cùng một lúc là 6h50ph và
8h30ph
Bài 2
Để cục đá bắt đầu chìm, không phải toàn bộ cục nước đá tan hết, chỉ cần khối lượng
riêng trung bình của nước đá và cục chì trong nó bằng khối lượng riêng của nước là đủ.
Goi M1 là khối lượng còn lại của cục đá khi bắt đầu chìm, điều kiện để cục chì bắt đầu
chìm là:

0.25
0.25

0.25
0.25

0.25
0.25
3,0
0.5

0.5

Trong đó:
V là thể tích cục đá và chì
Dn là khối lượng riêng của nước.
Chú ý:
0.25
Do đó:
M 1  m  Dn (

M1
m

)
Ddá Dchì

0.25

Suy ra:

=>M1 = 41g
Khối lượng nước đá phải tan:
∆M = M – M1 = 100g – 41g = 59g
Lượng nhiệt cần thiết: Q = λ. ∆m = 3,4.105. 5,9.10-3 = 2006J
Bài 3
3.1

a. Khi K mở không có dòng điện qua ampe kế. Ampe kế chỉ số không.
Sơ đồ thu gọn (R1 nt R2) // (R3 nt Rx)
Ta có : I1 = I2 = I12 = U/(R1+ R2)= 1 (A)

I3 = Ix = I3x = U/(R3+ Rx)= 1,4 (A)
Vôn kế đo hiệu điện thế giữa hai điểm C và D mà UAD = UAC + UCD
 UCD = UAD - UAC = UR3 – UR1 = I3.R3 – I1.R1 = 1,4.30 -1.10 = 32 V
Vôn kế chỉ 32V
b, Khi khóa K đóng, điểm C được nối tắt với điểm D nên vôn kế chỉ số không.
Mạch điện trở thành: (R1 // R3) nt (R2 // Rx)

0.5
0.25
0.25
0.5
5,0
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25


Điện trở tương đương

Rtđ =

R1 .R3
R .R
 2 x = 10.30  60.20 =22,5 
R1  R3 R2  R x 10  30 60  20

U
70
I=
=
= 3,11 A
Rtd 22,5
UAC = I. RAC = 3,11.7,5 = 23,33 V 

UCB = I. RCB = 3,11.15 = 46,67 V I2=

3.2

I1=

0.25

U AC 23,33

 2,33( A)
R1
10

U CD 46, 67

 0, 77( A)
R2
60

0.25

Ta có I1 > I2  dòng điện chạy theo chiều từ C đến D qua ampe kế và có độ lớn:
IA = 2,33 – 0,77 = 1,56 (A).

0.25

Khóa K đóng mà dòng điện không đi qua ampe kế  Mạch cầu cân bằng :
R1 R3

R2 R x

0.25
0.25



Rx =

R2 .R3 60.30
180
=
R1
10

0.25

3.3
Đóng khóa K mạch trở thành:
(R1 // R3) nt (R2 // Rx)
R1 .R3
R .R

60.R x
60.R x
10.30
 2 x =

Điện trở tương đương: Rtđ =
= 7,5 +
( )
R1  R3 R2  R x 10  30 60  R x
60  R x
70
U
Dòng điện qua mạch chính: I =
= 7,5  60 R x (A)
Rtd
60  R x
Hiệu điện thế giữa hai đầu AC :
525
70
60R x
UAC =I.RAC = 7,5  60 R x .7,5 =
7,5 
60  R x
60  R x

0.25

(V)

Cường độ dòng điện qua điện trở R1:

525
52,5
U AC
52,5(60  R x )
1
60R x
I1 =
=
. = 7,5  60R x =
=
7,5 
R1
7,5(60  R x )  60 R x
10
60  R x
60  R x

0.25

3150  52,5 R x
(A)
450  67,5 R x
525
60R x
Hiệu điện thế giữa hai đầu CB : UCB =UAB – UAC =70 7,5 
60  R x
525
U CB
60R x
Dòng điện qua điện trở R2: I2 =

= (70 7,5 
R2
60  R x

).

(V)

1
60

7
8,75

8,75(60  R x )
7 525  8,75 R x
7
= 6 7,5  60 R x = 
= 
(A)
6 7,5(60  R x )  60 R x 6 450  67,5 R x
60  R x
* Trường hợp dòng điện có cường độ 0,5A qua ampe kế theo chiều từ C đến D:

0.25


Ta có : I1 = I2 + IA 


3150  52,5 R x 7 525  8,75 Rx
= 
+ 0,5
450  67,5 R x 6 450  67,5 Rx

0.25

3150  52,5 R x 10 525  8,75R x
= 
 6(3150 +52,5Rx) = 10(450+67,5Rx) –
6 450  67,5 R x
450  67,5 R x

6(525+8,75Rx)
 307,5.Rx =17550  Rx =57,1 (  ) (Nhận)

0.25

* Trường hợp dòng điện có cường độ 0,5A qua ampe kế theo chiều từ D đến C:
3150  52,5 R x 7 525  8,75 Rx
Ta có : I1 = I2 + IA 
= 
- 0,5
450  67,5 R x 6 450  67,5 Rx

0.25



3150  52,5 R x 4 525  8,75 R x

= 
 6(3150 +52,5Rx) = 4(450+67,5Rx) –
450  67,5 R x 6 450  67,5 R x

6(525+8,75Rx)
 -97,5.Rx =20250  Rx = -207,7 (  ) Ta thấy Rx < 0 (Loại)

0.25

Kết luận: Biến trở có giá trị Rx =57,1 (  ) thì dòng điện qua ampe kế có cường độ 0,5
(A).
Bài 4

4,0
a) Vì sau khi ra khỏi hệ thì tia ló truyền theo chiều ngược lại nên trong hệ chắc chắn
phải có gương.
Suy ra quang hệ trong hộp kín sẽ là một trong hai trường hợp sau:
Trường hợp 1: Trong hệ có hai gương phẳng

0.25
0.25

0.25

Ta có

SI / / JK � �O ' MN  �O ' NM 

1800
 90 0

2

� MO '  NO ' � MO  NO
Vậy hai gương đặt vuông góc với nhau.
Trường hợp 2: Hệ gồm 1 thấu kính và một gương phẳng

0.25
0.25
0.25
0.25

0.25

Vì tia SI//JK nên điểm tới gương phải nằm trên tiêu diện của thấu kính.
Như vậy gương phải đặt trùng tiêu diện của thấu kính.
b) Hoàn toàn có thể xảy ra ở cả 2 trường hợp
Trường hợp 1: Để tia SI trùng với JK thì MN=0 tia tới phải đi tới O.
Điều này có thể làm được khi tịnh tiến SI tới đường nét đứt

0.25
0.25
0.25
0.25


Trường hợp 2: Để tia SI trùng với JK thì tia qua thấu kính tới gương phải vuông góc với
gương
=> nó phải song song với trục chính
Khi đó tia tới phải đi qua tiêu điểm chính F của thấu kính.
Điều này cũng xảy ra được khi ta tịnh tiến tia tới SI tới đường nét đứt

Bài 5

0.25
0.25
0.25
0.25
3,0

Xét hai điểm A và B nằm trên cùng mặt phẳng ngang, điểm A nằm tại mặt phân cách
hai chất lỏng khi cân bằng
Khi p 0 ( p1  p2 ) : thì mặt phân cách giữa hai lớp chất lỏng ở vị trí O :
p A  p1  d1.h1
pB  p2  d 2 .h2

0.25

p A  pB
=> d1.h1  d 2 h2 � h1 

d 2h2
d1

h

Ta có :
p1  d1.(h1  h )  p2  d 2 .(h2  h  h )  d1.h
� p1  p2  d 2 .(h2  h  h )  d1.(h1  h )  d1.h
� p1  p2  h.( d1  d 2 )  h.(d1  d 2 )  [d1.h1  d 2h2 ] (*)
Ta thấy thể tích bình 1 giảm một lượng : V 

0.25
0.25

B
A

pB  p2  d 2 .( h2  h  h )  d1.h

p2

p1

Khi p  0 ( p1  p2 ) : thì mực nước trong bình 1 hạ
xuống 1 đoạn h và đồng thời mực nước bình 2 tăng lên
1 đoạn h . Khi đó mặt phân cách di chuyển lên trên 1
đoạn h so với vị trí O.
p A  p1  d1.( h1  h )

 .D 2
h
4

A

O

0.5

0.25
0.25

0.25

 .d 2
Thể tích trong ống dâng lên một lượng : V ' 
h
4
Ta có V V '  h 

d2
D

h và d1.h1  d 2 h2 thay vào (*)
2

d2
p  p1  p2  h.(d1  d 2 )  2 h.( d1  d 2 )
D
Ta được :
2
�
�
d
 h�
(d1  d 2 )  2 .( d1  d 2 ) �
D
�
�
- Tính p khi h = 250mm



0,0052
2




8535

8142
Ta có : p 0,25  8535  8142 
 140 N / m
2
0,05



0.25

0.25

0.5