Đề thi học sinh giỏi môn lý 9 huyện khoái châu năm học 2018 2019 có đáp án

UBND HUYN KHOI CHU
PHềNG GIO DC & O TO

THI CHN HC SINH GII HUYN
Nm hc: 2018-2019
Mụn: Toỏn lp 9
Thi gian: 150 phỳt (khụng k giao )

CHNH THC

Bi 1( 4,5im)
Một chiếc xe phải đi từ địa điểm A đến địa điểm B trong khoảng thời gian quy
định là t. Nếu xe chuyển động từ A đến B, với vận tốc v 1= 48Km/h. Thì xe sẽ đến B
sớm hơn 18 phút so với qui định. Nếu chuyển động từ A đến B với vận tốc v 2 =
12Km/h. Xe sẽ đến B chậm hơn 27 phút so với thời gian qui định.
a.Tìm chiều dài quãng đ-ờng AB và thời gian qui định t.
b.Để chuyển động từ A đến B đúng thời gian qui định t. Xe chuyển động từ A đến C (
trên AB) với vận tốc v1 = 48 Km/h rồi tiếp tục chuyển động từ C đến B với vận tốc v2 =
12Km/h. Tính chiều dài quảng đ-ờng AC.
Bi 2( 4,5 im)
Ngi ta b mt ming hp kim chỡ v km cú khi lng l 50g nhit
0
136 C vo mt nhit lng k cha 50g nc 140C. Nhit sau khi cõn bng l
180C. Hi cú bao nhiờu gam chỡ v bao nhiờu gam km trong hp kim trờn? Bit nhit
lng k núng thờm lờn 10C thỡ cn 65,1J. Nhit dung riờng ca nc,chỡ,km ln lt
l 4200J/kg.K , 130J/kg.K, 210J/kg.K. B qua s trao i nhit vi mụi trng bờn
ngoi.
Bi 3( 2im)
Cho s mch in nh 2 hỡnh v bờn . Xỏc nh in tr Rx = X ca vt dn
Cho: mt ngun in, mt ampe k, mt in tr R(Cỏc dõy dn, khúa in, ampe k
cú in tr khụng ỏng k.

a. Tớnh X theo R v I1, I2.
b. p dng khi R = 100 , I1 = 3A, I2.= 1,5A
I1

R

A

A

R
B

X

a)
o o
U

A

B
I2

X

A
o o
U

b)
Cõu 4 (3 im)
Hai gng phng G1 , G2 quay mt phn x vo nhau v to vi nhau mt gúc
0
60 . Mt im S nm trong khong hai gng.
a) Hóy v hỡnh v nờu cỏch v ng i ca tia sỏng phỏt ra t S phn x ln
lt qua G1, G2 ri quay tr li S.
b) Tớnh gúc to bi tia ti xut phỏt t S v tia phn x i qua S.
1


Câu 5 (6 điểm)
Cho mạch điện như hình 2. Hiệu điện
thế giữa hai điểm A và B là 20V luôn không
đổi.
Biết R1 = 3  , R2 = R4 = R5 = 2  , R3 = 1  .
Điện trở của ampe kế và dây nối không đáng
kể.
1. Khi khoá K mở. Tính:
a) Điện trở tương đương của cả mạch.
b) Số chỉ của ampe kế.
2. Thay điện trở R2 và R4 lần lượt bằng điện trở
Rx và Ry, khi khoá K đóng và mở ampe kế đều
chỉ 1A. Tính giá trị của điện trở Rx và Ry trong
trường hợp này.

Hình 1
A

B

+

-

R5

R4

R3
R1
R2

K

A
Hình 2

………….Hết…………….

Họ và tên thí sinh…………………………………………..số báo danh……….
Chữ kí giám thị 1…………………………………………… . Chữ kí giám thị 2
2


HNG DN CHM MễN Lí:
Bi 1( 4,5 im)
Gọi SAB là độ dài quảng đ-ờng AB.t là thời gian dự định đi
-Khi đi với vận tốc v1 thì đến sớm hơn (t) là :
t1 = 18 phút ( = 0,3 h)

Nên thời gian thực tế để đi :
( t t1) =

0.5

S AB
V1

0.5

Hay :
SAB = v1(t 0,3)
- Khi đi V2 thì đến trễ hơn thời gian dự định (t) là:
t2 = 27 phút ( = 0,45 h)
Nên thực tế thời gian cần thiết để đi hết quảng đ-ờng AB là:
(t+t2)=

0.5
(2)

0,25

(3)

t = 0,55 h = 33 phút
Thay t = 0,55 h vào (1) hoặc (2), ta tìm đ-ợc:
SAB = 12 Km.
b. Gọi tAC là thời gian cần thiết để xe đi tới A
C
(SAC) với vận tốc v1 .

Gọi tCB là thời gian cần thiết để xe đi từ C
B ( SCB)
với vận tốc v2
Theo bài ra, ta có: t = tAC + tCB

Suy ra: S AC

0.5

S AB
V2

Hay :
SAB = v2 (t + 0,45)
Từ ( 1) và (2) , ta có:
v1(t- 0,3) = v2(t +0,45)
Giải PT (3), ta tìm đ-ợc:

Hay: t

(1)

0.5

0,25

S AC S AB S AC

V1
V2

v1 S AB v2 t
v1 v2

Thay các giá trị đã biết vào (4), ta tìm đ-ợc:
SAC = 7,2 Km

0.5

(4)

0.5

Bi 2( 4,5 im)
Gi khi lng ca chỡ v km ln lt l mc , mk
0.25
Ta cú mc + mk = 0,05 (1)
0.25
Nhit lng do chỡ v km to ra
0.25
Qto = Q1 + Q2 = mc.Cc( t1 t2) + mk.Ck( t1 t2)
0.5
= mc.130( 136 18) + mk.210( 136 18) = 15340mc + 24780mk
0.5
Nhit lng do nc v nhit lng k thu vo
0.25


Qthu = Q3 + Q4 = Cnmn(t2 t1 ) + 65,5. (t2 t1 )
0.5

3


= 0,05.4200(18-14) + 65,5(18 – 14) = 840 + 262 = 1102 J
Theo phương trình cân bằng nhiệt ta có
Qtoả = Qthu
15340mc + 24780mk = 1102
(2)
Từ (1) và (2) giải hệ phương trình ta được mc  15g , mk  35g

0.5đ
0.25đ
0.25đ
0.5đ
0.5đ

Bài 3 ( 2 điểm)
a.Lần lượt mắc các mạch điện theo sơ đồ ở hình a và hình b để đo cường độ dòng điện I1
qua R rồi đo cường độ dòng điện I2 qua X. Bỏ qua điện trở của ampe kế ta thấy điện trở
của toàn bộ mạch ngoài không đổi trong hai trường hợp này. Do đó hiệu điện thế giữa hai
đầu đoạn mạch giữa A và B bằng nhau trong cả hai sơ đồ.
Từ đó ta có I1R = I2X => X = R

I1
I2

1.5đ

b. Thay số ta được:
X=100.(3:1,5)=200 

0.5đ

Bài 5( 3 điểm)

a)

1.0đ

Cách vẽ:
+ Lấy S1 đối xứng với S qua G1
+ Lấy S2 đối xứng với S qua G2
+ Nối S1 và S2 cắt G1 tại I cắt G2 tại J
+ Nối S, I, J, S và đánh hướng đi ta được tia sáng cần vẽ.

0.5đ
4


b) Ta phải tính góc ISR.
Kẻ pháp tuyến tại I và J cắt nhau tại K
Trong tứ giác IKJO có 2 góc vuông I và

J

và có góc O = 600

Do đó góc còn lại IKJ = 1200
Suy ra: Trong  JKI có: I1 + J1 = 600
Mà các cặp góc tới và góc phản xạ

0.5đ

I1 = I2; J1 = J2

Từ đó:  I1 + I2 + J1 + J2 = 1200
Xét  SJI có tổng 2 góc : I +

J

= 120

0

0.5đ
 IS J = 60

0

Do vậy:
ISR = 1200 (Do kề bù với ISJ)
Câu 5 (6 điểm)

0.5đ
5

1) Khi K mở ta có mạch sau : {(R1 nt R3 ) // (R2 nt R4)} nt R5
a) Điện trở R13:
R13 = R1+ R3 = 3 + 1 = 4 
Điện trở R24:

R24 = R2 + R4 = 2 + 2 = 4 
Điện trở R1234 =

R13 .R24
4 4

 2
R13  R24 4  4

Điện trở tương đương cả mạch:
RAB = R5 + R1234 = 2 + 2= 4 

0,5
0,5
0,5
0,5

b) Cường độ dòng điện qua đoạn mạch AB:
I=

U
20

 5A
RAB
4

0,25

Vì R5 nt R1234 nên I5 = I = 5ª

Hiệu điện thế đoạn mạch mắc song song:
U1234 = I  R1234 = 5  2 = 10V
Vì R13 // R24 nên U13 = U24 = U1234 = 10V
Cường độ dòng điện qua R24 :

0,25

U 24 10
  2,5 A
R24 4

0,25

I24 =

Số chỉ của ampe kế:
IA = I24 = 2,5A

0,25
0,25

0,25

2) 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 

U
( R1  R3 ).( Rx  Ry )

0,5

R1  R3  Rx  Ry

5


20(4  Rx  Ry )
20

4.( Rx  Ry ) 2(4  Rx  Ry )  4.( Rx  Ry )
2
4  Rx  Ry





10(4  Rx  Ry )
(4  Rx  Ry )  2.( Rx  Ry )

(1)

Vì R13 // Rxy nên :

4  Rx  Ry
IA
R1  R3
1

4


 I
hay
I R1  R3  Rx  Ry
I 4  Rx  Ry
4

Từ (1) và (2) suy ra:

4  Rx  Ry

10(4  Rx  Ry )

(4  Rx  Ry )  2.( Rx  Ry )
Rx + Ry = 12 

4
Biến đổi 
Từ (3)



0,25
(2)

 0 < Rx; Ry < 12

0,25

(3)
(4)

0,25

Khi K đóng: R5 nt (R1 // Rx ) nt (R3 // Ry)
Cường độ dòng điện trong mạch chính:
I' 

20
R .R
R .R
R5  1 x  3 y
R1  Rx R3  Ry
20

I' 
2

I' 

Ry
3Rx

3  Rx 1  Ry

0,25
20



2

3Rx 12  Rx

3  Rx 13  Rx

20(3  Rx )(13  Rx )
2(3  Rx )(13  Rx )  3Rx (13  Rx )  (12  Rx )(3  Rx )

(5)

0,25

Vì R1 // Rx nên:
IA
R1

'
I
R1  Rx

1
3
3  Rx
'

I

hay
I ' 3  Rx

3

0,25
(6)

Từ (5) và (6) suy ra:

3  Rx
20(3  Rx )(13  Rx )

2(3  Rx )(13  Rx )  3Rx (13  Rx )  (12  Rx )(3  Rx )
3

 6Rx2 – 128Rx + 666 = 0

Giải phương trình bậc hai ta được hai nghiệm
Rx1 = 12,33 , Rx2 = 9 theo điều kiện (4) ta loại Rx1 nhận Rx2 = 9 
Suy ra Ry = 12 – Rx = 12 – 9 = 3 
Vậy Rx= 9  ; Ry = 3  .

0,25
0,25
0,25
0,25
6


7