Đề và đáp án thi học sinh giỏi cấp tỉnh vật lý 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 B
C
t A vi tc khụng i v1 = 7m/s v chy liờn tc
nhiu vũng trờn chu vi hỡnh ch nht ABCD. Xe 2 chy
t D vi tc khụng i v 2 = 8m/s v chy liờn tc
v
v
D
A
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.
a) thi im no xe 2 chy c s vũng nhiu hn xe 1 l mt vũng?
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/cm 3, 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.
1

2


Bài 4 (4,0 điểm).
Một tia sáng bất kỳ SI chiếu đến một quang hệ, sau đó ló ra
khỏi hệ theo phương song song và ngược chiều với tia tới như
hình vẽ. Biết quang hệ đó chỉ có hai dụng cụ và cấu tạo từ các
loại dụng cụ quang học đơn giản (gương phẳng, thấu kính hội
tụ).
a) Quang hệ gồm hai dụng cụ nào, cách bố trí các dụng cụ đó.
b) Có thể tịnh tiến tia tới SI (tia tới luôn song song với phương ban đầu) sao
cho tia ló JK trùng với tia tới được không? Nếu có thì tia tới đi
p
p

qua vị trí nào của hệ.
Bài 5 (3,0 điểm)
Một dụng cụ đo chênh lệch áp suất không khí gồm một ống
chữ U đường kính
d = 5mm nối hai bình giống nhau có
h
O
đường kính D = 50mm với nhau. Trong dụng cụ đựng hai chất
lỏng không trộn lẫn với nhau là dung dịch rượu êtylic trong
nước có trọng lượng riêng d1 = 8535 N/m3 và dầu hỏa có trọng lượng riêng
1

2

d 2 = 8142 N/m 3

+ Khi áp suất của không khí ở hai nhánh bằng nhau thì mặt phân cách giữa hai
chất lỏng nằm tại O.
+ Khi có độ chênh lệch áp suất p  p1  p2 giữa hai nhánh, mặt phân cách giữa
hai chất lỏng dịch chuyển lên trên một khoảng h (hình vẽ). Xác định p khi h =
250mm.
-----------HẾT-----------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

Điể
m
5,0

Đáp án

Bài 1
a) Chiều dài

BD  AB 2  AD 2  5000m

Thời gian chạy một vòng của xe thứ nhất
Thời gian chạy một vòng của xe thứ hai

T1 

S ABCDA
 2000s
v1

0.5

S
T2  DABD  1500s
v2

0.5

Xe thứ hai chạy nhiều hơn xe thứ nhất một vòng nên

t
t
 1
T2 T1
�t 

T1.T2
 1h 40 ph
T1  T2

0.5

Vậy thời điểm đó là 7h40ph
0.25
0.25
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:

0.25

L2  AM 2  AN 2
L  ( a  v2t )  (v1t )
2

2

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  v 2  v 2
1
2

Khi đó

Lmin 

0.25

av1
v12  v22

Thay số ta được

Lmin �2634m

0.25

N

A

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
6h50p
8h30p
điểm
h
h
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

0.25
0.25

0.25

0.25

0.25
0.25
3,0

0.5
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:

0.5

0.25

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 (

Suy ra:

M1

m

)
Ddá Dchì

0.5
0.25


=>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

0.25
0.5

5,0
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

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

b, Khi khóa K đóng, điểm C được nối tắt với điểm D nên vôn kế
chỉ số không.
3.1 Mạch điện trở thành: (R1 // R3) nt (R2 // Rx)
R1 .R3
R .R
 2 x
R2  R x
1  R3

Điện trở tương đương
=22,5

Rtđ = R

10.30

60.20

= 10  30  60  20

0.25



I=

U
Rtd

70

= 22,5 = 3,11 A

UAC = I. RAC = 3,11.7,5 = 23,33 V 

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

I1=

U AC 23,33

 2,33( A)
R1
10

U CD 46, 67

 0, 77( A)
R2
60

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
0.25


Khóa K đóng mà dòng điện không đi qua ampe kế  Mạch cầu
cân bằng :

0.25
0.25

R1 R3

R2 R x

3.2



Rx =

R2 .R3
R1

=

60.30

180
10

0.25

3.3
Đóng khóa K mạch trở thành:

(R1 // R3) nt (R2 // Rx)

R1 .R3
R .R
 2 x
R2  R x
1  R3

Điện trở tương đương: Rtđ = R
60.R x
60  R x

10.30

60.R x

= 10  30  60  R = 7,5 +
x

0.25

( )

Dòng điện qua mạch chính: I

U
=R
td

=

70
60 R x
7,5 
60  R x

(A)

Hiệu điện thế giữa hai đầu AC :
UAC =I.RAC =

70
60 R x
7,5 
60  R x

.7,5 =

525
60R x
7,5 
60  R x

(V)

Cường độ dòng điện qua điện trở R1:
I1

U AC
= R
1

=

525
60R x
7,5 
60  R x

3150  52,5 R x
450  67,5 R x

52,5
1
. 10 = 7,5  60R x
60  R x

52,5(60  R x )
= 7,5(60  R )  60R
x
x

0.25
=

(A)

Hiệu điện thế giữa hai đầu CB :

UCB =UAB – UAC =70

525
- 7,5  60R x
60  R x

Dòng điện qua điện trở R2: I2

U CB
=R
2

0.25

(V)
= (70

525
- 7,5  60R x
60  R x

1

). 60


=

7

6

8,75
60 R x
7,5 
60  R x

7

=6

8,75(60  R x )
7,5(60  R x )  60 R x

7

=6

525  8,75 R x
450  67,5 R x

(A)

* Trường hợp dòng điện có cường độ 0,5A qua ampe kế theo chiều
từ C đến D:
Ta có : I1 = I2 + IA 


3150  52,5 R x
450  67,5 R x

=

3150  52,5 R x
450  67,5 R x

10 525  8,75R x

6 450  67,5 R x

7

=6

525  8,75 Rx
450  67,5 Rx

0.25

+ 0,5

 6(3150 +52,5Rx) =

0.25

10(450+67,5Rx) – 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:
Ta có : I1 = I2 + IA 


3150  52,5 R x
450  67,5 R x

3150  52,5 R x
450  67,5 R x

4 525  8,75R
= 6  450  67,5Rx
x

7

=6

525  8,75 Rx
450  67,5 Rx

- 0,5

0.25

 6(3150 +52,5Rx) =

4(450+67,5Rx) – 6(525+8,75Rx)
 -97,5.Rx =20250  Rx = -207,7 (  ) Ta thấy Rx < 0 (Loại)
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


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

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

0.25
0.25

0.25
0.25
0.25
0.25


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

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

=>
p2

p1

dh
d1.h1  d 2 h2 � h1  2 2
d1
h
B
A

A

0.25
0.25

O

Khi p  0 ( p1  p2 ) : thì mực nước trong bình 1 hạ xuống 1 đoạn 0.5
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 )
0.25
pB  p2  d 2 .( h2  h  h )  d1.h

Ta có :

0.25

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 ] (*)

0.25

Ta thấy thể tích bình 1 giảm một lượng :

V

 .D 2
h
4
2

 .d
h
4

Thể tích trong ống dâng lên một lượng : V ' 
Ta có V V
Ta được :
- Tính
Ta có :

p

'

 h 

d2
D2

h

và

d1.h1  d 2 h2

0.25

thay vào (*)

d2
p  p1  p2  h.(d1  d 2 )  2 h.(d1  d 2 )
D
2
�
�
d
 h�
(d1  d 2 )  2 .( d1  d 2 ) �
D
�
�

0.25

khi h = 250mm



0,0052

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

0.5