DE THI HSG LY 9 MY PHONG 1112

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

PHÒNG GD – ĐT PHÙ MỸ

TRƯỜNG THCS MỸ PHONG

<b>ĐỀ ĐỀ XUẤT THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2011 – 2012</b>

MÔN: VẬT LÝ – Lớp 9

Thời gian làm bài: 150 phút ( Không kể thời gian phát đề).

<b>Bài 1:</b> (3 điểm)

Một vật chuyển động trên đoạn đường thẳng MN. Nửa đoạn đường đầu đi với vận tốc v1 = 30 km/h.
Nửa đoạn đường sau vật chuyển động theo hai giai đoạn: trong nửa thời gian đầu vật đi với vận tốc
v2 = 20 km/h, nửa thời gian sau vật đi với vận tốc v3 = 10 km/h. Tính vận tốc trung bình của vật trên
cả đoạn đường MN.

<b>Bài 2:</b> (3 điểm)

Để chế tạo một hợp kim có khối lượng riêng D = 5g/cm3 _{bằng cách pha trộn nhơm và thiếc. Tính tỉ lệ}
phần trăm mỗi chất phải pha trộn. Biết nhôm và thiếc có khối lượng riêng lần lượt là 2,7g/cm3_và
7,1g/cm3_{. Coi rằng thể tích của hợp kim bằng tổng thể tích các kim loại thành phần.}

<b>Bài 3:</b> (5 điểm)

Người ta thả vào một nhiệt lượng kế có chứa 100g nước ở 1000_{C một cục nước đá có khối lượng}
100g ở nhiệt độ -100_C.

a)Hỏi khi có sự cân bằng nhiệt thì có cịn nước đá trong nhiệt lượng kế hay khơng? Xác đinh nhiệt
độ khi có sự cân bằng nhiệt?

b)Khi cân bằng nhiệt nói trên đã đạt được, người ta thả thêm vào nhiệt lượng kế một cục nước đá
thứ hai giống cục nước đá thứ nhất. Xác định nhiệt độ khi lại có cân bằng nhiệt. Tính khối lượng của
nước và nước đá có trong nhiệt lượng kế lúc này.

c)Nếu người ta tiếp tục bỏ thêm một cục nước đá thứ ba giống hai cục trên thì có hiện tượng gì xảy
ra?

Cho nhiệt dung riêng của nước là 1calo/g.K, của nước đá 0,5calo/g.K, nhiệt nóng chảy của nước đá
là λ =80 calo/g .

<b>Bài 4:</b> (4 điểm)

Một bóng đèn hình cầu có đường kính 4cm được đặt trên trục của một vật chắn sáng hình trịn, cách
vật 20cm. Sau vật chắn sáng có một màn vng góc với trục của hai vật, cách vật 40cm.

a)Tìm đường kính của vật chắn sáng, biết bóng đen có đường kính 16cm.
b)Tìm bề rộng vùng nửa tối.

<b>Bài 5:</b> (5 điểm)

Cho mạch điện như hình vẽ, có R1 = R2 = 1,
R3 = 2, R4 = 3, R5 = 4, UAB = 5,7V. Tìm
các cường độ dòng điện và điện trở tương đương
của mạch.

@

A

B

R3 R4

R2

R1

R5

M

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

<b>ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM </b>

<b>ĐỀ ĐỀ XUẤT THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2010 – 2011</b>

MÔN: VẬT LÝ – Lớp 9

<b>Bài 1:</b> (3 điểm)

* Xét nửa đoạn đường sau:

- Quãng đường vật đi trong nửa thời gian đầu: S2 = 1₂ v2t2 (0,5điểm)
- Quãng đường vật đi trong nửa thời gian sau: S3 = 1₂ v3t2

(0,5điểm)

-

Vận tốc trung bình của vật trong nửa đoạn đường sau:
v23 = <i>S</i>2+<i>S</i>3

<i>t</i>₂ =

1
2<i>v</i>2<i>t</i>2+

1
2<i>v</i>3<i>t</i>2

<i>t</i>₂

=

1

2

(

v2 + v3 ) =
1

2 ( 20+10) = 15 (km/h)

(0,5điểm)

* Xét cả đoạn đường MN:

- Thời gian vật đi ở nửa đoạn đường đầu: t1 = ₂<i>S_v</i>

1

(0,5điểm)
- Thời gian vật đi ở nửa đoạn đường sau: t2 = ₂<i>S_v</i>

23

(0,5điểm)

-

Vận tốc trung bình của vật trên cả đoạn đường MN:

vtb = <i>_t</i> <i>S</i>
1+<i>t</i>2

=2<i>v</i>1<i>v</i>23
<i>v</i>1+<i>v</i>23

=2 .30 . 15

30+15

=

20(km/h)
(0,5điểm)

<b>Bài 2:</b> (3 điểm)

Gọi m1, m2 lần lượt khối lượng của nhôm và thiếc.

Ta có: m = DV = 5V; m1 + m2 = m (0,25điểm)
Hay: m1 + m2 = 5V (1) (0,25điểm)
Theo đề bài: Coi rằng thể tích của hợp kim bằng tổng thể tích các kim loại thành phần, nên ta có:
V1 + V2 = V <i>⇒</i> <i>m</i>1

<i>D</i>1 +

<i>m</i>₂

<i>D</i>2 = V Hay:

<i>m</i>₁

2,7 +

<i>m</i>₂

7,1 = V (2)

(1điểm)

Giải hệ phương trình gồm (1) và (2) ta được: m2 = 3,71V (1điểm)
Tỉ lệ phần trăm của thiếc có trong hợp kim: 3<i>,</i>₅71<i>_VV</i> 100 %

₌

_{74,2 %}

(0,25điểm)

Tỉ lệ phần trăm của nhơm có trong hợp kim: 100% - 74,2% = 25,8 % (0,25điểm)

<b>Bài 3:</b> (5 điểm)

a) Giả sử nhiệt độ cuối cùng của hỗn hợp là 00_{C (0,25điểm)}
Nhiệt lượng thu vào của nước đá để tăng nhiệt độ tới 00_{C và nóng chảy hồn tồn:}

Q1 = 100.0,5.(0+10) +100.80 = 8500 (calo) (0,5điểm)
Nhiệt lượng tỏa ra của nước trong nhiệt lượng kế:

Q2=100.1.(100-0) = 10000(calo) (0,5điểm)
Vì Q2 > Q1 nên nước đá tan hết và nhiệt độ cuối cùng của hỗn hợp lớn hơn 00_{C. (0,25điểm)}
Gọi t là nhiệt độ cuối cùng của hỗn hợp, ta có phương trình cân bằng nhiệt:

100.0,5.(0+10) +100.80+100.1.(t-0) = 100.1.(100-t) (0,25điểm)

<i>⇒</i> t = 7,50_C

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

b) Nhiệt lượng tỏa ra của nước trong nhiệt lượng kế và cục nước đá đã tan hoàn toàn để giảm nhiệt
độ từ 7,50_{C xuống 0}0_C:

Q3 = 200.1.(7,5-0)=1500(calo) (0,5điểm)
Vì Q1 > Q3 nên nước đá khơng tan hết. Do đó nhiệt độ cuối cùng của hỗn hợp khi có cân bằng nhiệt
là 00_{C. (0,25điểm)}

Gọi mx là khối lượng nước đá tan, ta có phương trình cân bằng nhiệt:

100.0,5.10+mx.80 = 200.1.(7,5-0) (0,25điểm)

<i>⇒</i> mx = 12,5(g)

(0,5điểm)

Khối lượng của nước : mn = 200 + 12,5 = 212,5(g) (0,25điểm)
Khối lượng của nước đá : mnđ = 100 - 12,5 =87,5(g) (0,25điểm)
c) Nếu tiếp tục thả thêm một cục nước đá nữa thì sẽ có một phần nước bị đơng đặc, ta có phương
trình cân bằng nhiệt: (0,5điểm)

100.0,5.10 = m/_{.80 (0,25điểm)}
<i>⇒</i>

m/_{= 6,25(g). Đây chính là khối lượng nước bị đơng đặc. (0,25điểm)}

<b>Bài 4:</b> (4 điểm)

a) Ta có: Tam giác OAB đồng dạng với tam giác OA2B2
 2 2

<i>AB</i>
<i>A B</i> ₌ ₂

<i>OI</i>

<i>OI</i> _{(0,25điểm)}

 _{OI =} 2 2
<i>AB</i>

<i>A B</i> _{.OI2 =}
4

16_{(OI + I1I +I1I2) (0,25điểm)}
 _{OI =}

1

4_{(OI + 20 + 40) (0,25điểm)}
 _{4. OI = OI +60}

 _{OI = 20 cm. (0,25điểm)}

+Ta lại có: Tam giác OA1B1 đồng dạng với tam giác OA2B2


1 1

2 2
<i>A B</i>
<i>A B</i> ₌

1

2
<i>OI</i>
<i>OI</i> ₌

1

1 1 2
<i>OI II</i>
<i>OI II</i> <i>I I</i>



  _ _{A1B1 =}

1

1 1 2
<i>OI II</i>
<i>OI II</i> <i>I I</i>



  _{.A2B2 = 8cm. (1điểm)}
b) Ta có: Tam giác KIB đồng dạng với tam giác KI1A1

 1

<i>KI</i>
<i>KI</i> ₌ ₁

<i>IB</i>

<i>I A</i>₌ _{1 1}
<i>AB</i>
<i>A B</i> ₌

1

2 _{KI1 =2IK (1) (0,5điểm)}
Mặt khác: IK + KI1 = II1 =20cm (2) (0,25điểm)
Từ (1) và (2) suy ra: KI1=

40

3 _{cm (0,5điểm)}

* Tam giác KI2C đồng dạng với tam giác KI1A1

1
2
<i>KI</i>
<i>KI</i> ₌
1
2
<i>I A</i>

<i>I C</i> _ _I2C=
2
1
<i>KI</i>

<i>KI</i> _{.I1A1 Hay I2C =}

1 1 2
1

<i>KI</i> <i>I I</i>

<i>KI</i>


I1A1 = 16 cm (0,5điểm)
Vậy: Bề rộng vùng nửa tối 8cm. (0,25điểm)

<b>Bài 5:</b> (5 điểm)

Giả sử dịng điện có chiều đi từ N đến M. Đặt ẩn là U1 và U3. Khi đó:

U5 = UMN = UNA + UAM = - U3 + U1 = U1- U3 (1điểm)
- Xét tại nút M: I1 + I5 = I2 <i>⇔</i>



<i>U</i>1

<i>R</i>1

+<i>U</i>5
<i>R</i>5

=<i>U</i>2
<i>R</i>2

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

- Xét tại nút N: I3 = I4 + I5 <i>⇔</i>

<i>U</i>3
<i>R</i>3

=<i>U</i>4
<i>R</i>4

+<i>U</i>5

<i>R</i>5

<i>⇔</i> _{-3U1 +13U3 = 22,8 (2)}
(0,5điểm)

- Giải hệ phương trình gồm (1) và (2) ta được: U1 = 2,8V; U3 = 2,4V (1điểm)
Từ đó suy ra : U2 = 2,9V; U4 = 3,3V U5 = 0,4V

I1 = <i>U_R</i>1

1 = 2,8 A ; I2 =

<i>U</i>₂

<i>R</i>2 = 2,9 A ; I3 =

<i>U</i>₃

<i>R</i>3 = 1,2 A ; I4 =

<i>U</i>₄

<i>R</i>4 = 1,1 A; I5 =

<i>U</i>₅

<i>R</i>5 = 0,1
A (1,25điểm)

</div>

<!--links-->