Đề thi học sinh giỏi môn Vật lí lớp 9 cấp tỉnh năm 2020-2021 có đáp án - Phòng GD&ĐT Nghi Sơn (Bài số 2)

PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THỊ XÃ NGHI SƠN
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG LỚP 9 CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2020-2021
MƠN: VẬT LÍ 9 – BÀI SỐ 2
Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)
(Đề thi có 02 trang, gồm 06 câu)

Câu 1 (3 điểm):
Thả vật A dạng hình trụ, bên trong có một phần rỗng vào một bình đựng nước.
Vật A có khối lượng m = 720 g và diện tích đáy S = 120 cm2. Khi cân bằng, hai phần ba
thể tích của vật A chìm trong nước. Biết khối lượng riêng của nước và của chất làm vật
A, là D0 = 1000 kg/m, DA = 900 kg/m3
1) Tìm thể tích phần rỗng bên trong vật A.
2) Đặt lên trên vật A một vật đặc B dạng hình trụ có cùng diện tích đáy S sao cho
trục của chúng trùng nhau. Biết rằng trục hai hình trụ ln hướng thẳng đứng và các vật
khơng chạm đáy bình. Cho khối lượng riêng của vật B là DB = 3000 kg/m3.Chiều dày
của vật B phải thỏa mãn điều kiện nào để:
a. Nó khơng chạm vào nước?
b. Nó không bị ngập hết trong nước?
Câu 2 (2 điểm):
Minh ngồi làm bài tập vật lí cơ giáo cho về nhà. Khi Minh làm xong bài tập thì
thấy vừa lúc hai kim đồng hồ đã đổi chỗ cho nhau. Hỏi Minh đã làm bài tập hết bao
nhiêu phút?
Câu 3 (4 điểm):
Cho ba bình nhiệt lượng kế, trong mỗi bình chứa m = 1kg nước như nhau. Bình 1
chứa nước ở nhiệt độ t01 = 400C, bình 2 ở t02 = 350C, cịn nhiệt độ t03 ở bình 3 chưa biết.
Lần lượt múc khối lượng nước m từ bình 1 đổ vào bình 2, từ bình 2 đổ vào bình 3, từ
bình 3 đổ vào bình 1, khi cân bằng nhiệt thì hai trong ba bình có cùng nhiệt độ là t =

360C. Tìm t03 và m. Bỏ qua mọi hao phí nhiệt, việc múc nước được thực hiện khi có
cân bằng nhiệt ở các bình.
Câu 4 (2 điểm):
Cho mạch điện như hình 2. Hiệu điện thế đặt vào

R1

hai đầu A, B có giá trị U khơng đổi. Biết
R1  R2  R3  R4  R0 .

1. Mắc vào hai điểm B, D một ampe kế lí tưởng. Hãy tính:
a) Điện trở tương đương của đoạn mạch AB theo R0.
b) Số chỉ của ampe kế theo U và R0.

R2

C

R4

A

R3

D
 U 
Hình 2

B

2. Tháo ampe kế ra khỏi B, D.
Dùng vôn kế có điện trở r0 lần lượt đo
hiệu điện thế giữa hai đầu các điện trở

Hiệu
điện thế

UAC

UCB

UAD

UDC

Giá trị

24V

26V

10V

10V

R1, R2 thì số chỉ vơn kế tương ứng là UV1,
UV2. Tính tỉ số UV1/UV2.
3. Dùng vôn kế trên đo hiệu điện thế giữa hai đầu A, B thì số chỉ vơn kế là 100V.
Sau đó lần lượt đo hiệu điện thế giữa hai đầu mỗi điện trở thì thu được số liệu như bảng

bên. Biết rằng trong các số liệu ở bảng bên có một giá trị bị ghi sai.
a) Tính tỉ số R0/r0.
b) Giá trị hiệu điện thế nào ở bảng trên bị sai? Giá trị đúng của nó là bao nhiêu?
Câu 5 (4 điểm):
Cho gương phẳng OA tựa vào tường dưới góc α = 600 như
hình vẽ. Một người có mắt tại M và chân tại N tiến đến gần
gương, khoảng cách từ mắt đến chân là h = 1,6m.
a. Tính ON khi người đó bắt đầu nhìn thấy ảnh của mắt

M

A

N

α
O H

mình trong gương.
b. Tính ON khi người đó bắt đầu nhìn thấy ảnh của chân mình trong gương.
Câu 6 (2,0 điểm):
Hãy trình bày một phương án xác định nhiệt dung riêng của một chất lỏng L
khơng có phản ứng hoá học với các chất khi tiếp xúc. Dụng cụ gồm : 01 nhiệt lượng kế
có nhiệt dung riêng là CK, nước có nhiệt dung riêng là CN, 01 nhiệt kế, 01 chiếc cân Rơbec-van khơng có bộ quả cân, hai chiếc cốc giống hệt nhau (cốc có thể chứa khối lượng
nước hoặc khối lượng chất lỏng L lớn hơn khối lượng của nhiệt lượng kế), bình đun và
bếp đun.
Hết
Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm
Họ tên học sinh: .........................................................................................; Số báo danh: ...............................

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THỊ XÃ NGHI SƠN

HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN ĐỘI TUYỂN
HSG LỚP 9 CẤP TỈNH NĂM HỌC 2020-2021
MƠN: VẬT LÍ 9 – BÀI SỐ 2
(Hướng dẫn chấm có 05 trang)

CÂU
NỘI DUNG
Câu 1: 1) Khi vật nổi cân bằng ta có: P  FA  m  D0VC  VC  720(cm3 )
3 điểm
Mà: m  DAVd  Vd  800  cm3 

ĐIỂM
0,5

VC   2 / 3V V  1080  cm3   Vd  Vr Vr  280  cm3 

0,5

2) Gọi chiều dày của B là x.
a. Để vật B không chạm vào nước thì:

1,0

PA  PB1  FA1  m  DB Sx1  D0V

 x1 

D0V  m 1080  720

 1 cm 
DB S
3.120

b. Để vật B không bị ngập hết trong nước thì:

1,0

PA  PB 2  FA2  m  DB Sx2  D0 V  Sx2 

 x2 

D0V  m
1080  720

 1,5  cm 
 DB  D0  S  3  1 .120

Câu 2: Gọi vận tốc của kim phút là vphút =1(vịng/giờ) thì vận tốc của kim giờ là
2 điểm
1
vgiờ= (vịng/giờ)

0,5

12

- Khi hai kim đổi chỗ cho nhau thì:
+ Kim phút đã đi được quãng đường từ vị trí của kim phút đến vị trí của
kim giờ.
+ Kim giờ đã đi được quãng đường từ vị trí của kim giờ đến vị trí của
kim phút.
+ Như vậy tổng quãng đường hai kim đã đi đúng bằng một vịng đồng
hồ.
Do đó ta có: Sphút+Sgiờ=1 (vịng). (1)
Lại có:

s phút
sgio



v phút .t
vgio .t



v phút
vgio

Từ (1) và (2) ta có: sgio 

 12  s phút  12sgio (2)

1
(vòng)
13

Suy ra thời gian đổi chỗ là: t 

sgio
vgio

0,5
0,5

1
12
 13  (h).
1 13
12

0,5


CÂU
NỘI DUNG
Câu 3: Gọi t1, t2, t3 là nhiệt độ của các bình (1), (2), và (3) khi có cân bằng nhiệt.
4 điểm Khi đổ m từ bình (1) vào bình (2) thì :

ĐIỂM
1,0

mc(t01 – t2) = mc(t2 – t02) (1)
Khi đổ m từ bình (2) vào bình (3) thì :
mc(t2 – t3) = mc(t3 – t03) (2)
Khi đổ m từ bình (3) vào bình (1) thì :

mc(t3 – t1) = mc(t1 – t01) (3)
+ từ (1)  t2 – t02 =

m
m
m
t0 1 
t 2  xt0 1  xt 2 với x =
m
m
m
 t2(x + 1) = xt01 + t02 (4)

0,5

+ từ (2)  t3(x + 1) = xt2 + t03 (5)
+ từ (3)  t3x – t1 = (x – 1)t01 (6)
+ theo đề bài thì hoặc t3 = t2 hoặc t3 = t1, hoặc t2 = t1
a. t3 = t2 = t thì (5)  t(x + 1) = xt + t03  t = t03 (vô lý).
b. t3 = t1 = t thì (6)  tx – t = (x- 1)t0 1  t = t01 (vơ lý)
c. t2 = t1 = t thì (4)  t(x + 1) = xt01 + t02
t  t0 2 36  35
x=

 0, 25
t0 1 t 40  36
m

 0, 25  m  0, 25m  0, 25.1  0, 25kg
m

 x  1 t0 1 t 1   0, 25  1.40  36  24o C
+ từ (6)  t3 =
x
0, 25
+ từ (5)  t03 = t3(x + 1) – xt2 = 24(0,25 + 1) – 0,25.36 = 210C.
Kết luận : khối lượng nước rót m = 0,25kg và bình (3) có nhiệt độ ban đầu là
210C.

0,5

Câu 4: 1. a. Do RA=0 nên chập B trùng D.
5 điểm
R0
R2 R4
R24 

R2  R 4



R C

1

3
R ACB  R1  R24  R0
2
RR
3
R AB  3 ACB  R0

R3  R ACB 5
1. b. Xét tại nút B có: I A  I  I 2

R

A


4

0,5

0,5
0,5
0,75

R2

2

0,5

B


R3
0,75

I
U

5U
U
U
2U
 I1 
, I2  1 


R AB 3R0
2 3R0
R ACB 3R0
5U
U
4U
 I A  I  I2 


3R0 3R0 3R0
2. Mắc vôn kế vào AC ta được mạch:
R34  2R0
I

R134 

R34 R1
2
 R0
R34  R1 3

0,75

V
R1

A

R3

C R2 B


R4


NỘI DUNG

CÂU
R AC 

R134RV
2 R0 r0

R134  RV 2 R0  3r0

R AB  R AC

I

ĐIỂM

2 R02  5R0 R0
 R2 
2 R0  3r0

U 2 R0  3r 0 
2 R0 r0U
U

 U AC  U V 1  I .R AC 
2
R AB
2 R0  5R0 r0
2 R02  5R0 r0

Mắc vôn kế vào CB ta được mạch:
A


R AB  R AC  RCB 

0,75

R1
R3

V
C


R4

R2

B


Rr
2 R 2  5R0 r0
2
R0  0 0  0
3
R0  r0
3R0  r0 

3U R0  r0 
3UR0 r0
U
U
2

 U CB  U V 2  I .RCB 
 V1 
2
2
R1B 2 R0  5R0 r0
UV 2 3
2 R0  5R0 r0
3. a. Do vai trò của điện trở R3, R4 là như nhau nên các HĐT đo trên các điện trở
này được đo đúng. Khi Vôn kế mắc song song với R3 ta có mạch sau:
R0 r0

R0 r0
R02  2 R0 r0
R AD 
 R ADC 
 R4 
R0  r0
R0  r0
R0  r0
I

 R AC 

R ACD .R1
R 2  2 R0 r0
 0
R ACD  R1
2 R0  3r0

 R AB  R AC  R2 

I 

 U AC  I .R AC 

 I4 

R1

3R02  5R0 r0
2 R0  3r0

U 2 R0  3r0 
U

R1B
3R02  5R0 r0



U R02  2 R0 r0
3R02  5R0 r0

1,0

V

A



R3


D

R4


C

R2

B



U AC
U R0  r0 

R ADC 3R02  5R0 r0

 U R 3  U AD  I 4 .R AD 

Ur0

3R0  5r0

U
R
3 0 5
r0

Thay U=100V và UR3=10V vào ta được: 10 
3. b. Theo kết quả phần 2 ta được:
2r0U
U R1  U AC  I .R AC 

2 R0  5r0

R

100
5
 0 
R
r0
3
3 0 5
r0

2U
200

 24V
R0
5
2
 5 2.  5
3
r0

HĐT đo trên điện trở R2 bị đo sai. Giá trị đúng là:

1,0


NỘI DUNG

CÂU
U R 2  I .RCB 

3Ur0

2 R0  5r0

ĐIỂM

3U
3.100

 36V
R0
2.5
5
2
5
3
r0

Câu 5: a. Để mắt bắt đầu nhìn được ảnh M1 của mắt trong gương thì M,O,M1
4 điểm thẳng hàng và MM  AO
1
.

0,5

A
M

0,5
N

H

O

M’

Ta thấy MM1 vng góc với OA
0,5

NMO    600  NO  h tan   3(m)

b. Để mắt người đó nhìn được ảnh chân của mình trong gương thì M 1
nằm trên sàn.

0,5

A
M

0,5


G

h

N

O

M1
H

Gọi đoạn NO = x.
Ta có: tan NMM1 
MM1 

x  OM1
 tan   x  OM1  h tan   1, 6 3  m   2, 77  m 
h

h
 2h  3, 2  m 
cos

sin   sin GOM1 

0,5

0,5

GM1
GM1
MM1
2h
 OM1 


 1,85  m 

OM1
sin  2sin 
3

h
 x  h tan  
 0,92  m 
sin 

0,5


CÂU
NỘI DUNG
Câu 6: Bước 1: Dùng cân để lấy ra một lượng nước và một lượng chất lỏng L có
2 điểm cùng khối lượng bằng khối lượng của NLK. Thực hiện như sau:

ĐIỂM
0,75

- Lần 1 : Trên đĩa cân 1 đặt NLK và cốc 1, trên đĩa cân 2 đặt cốc 2. Rót
nước vào cốc 2 cho đến khi cân thăng bằng, ta có mN = mK.
- Lần 2 : Bỏ NLK ra khỏi đĩa 1, rót chất lỏng L vào cốc 1 cho đến khi thiết
lập cân bằng. Ta có: mL = mN = mK
Bước 2 : Thiết lập cân bằng nhiệt mới cho mL, mN và mK.
- Đổ khối lượng chất lỏng mL ở cốc 1 vào NLK, đo nhiệt độ t1 trong NLK.
- Đổ khối lượng nước mN vào bình, đun đến nhiệt độ t2.
- Rót khối lượng nước mN ở nhiệt độ t2 vào NLK, khuấy đều. Nhiệt độ cân
bằng là t3.

0,5

Bước 3 : Lập phương trình cân bằng nhiệt :

0,75

mNcN (t 2 - t 3 ) = (mLcL + mK cK )(t 3 - t1 )
c (t - t )
Từ đó ta tìm được : cL = N 2 3 - cK
t 3 - t1

Chú ý: HS có cách giải khác nhưng vẫn đúng đáp số thì vẫn được điểm tối đa.