De HSG Vat Ly 9 cap Tinh hay

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2014 – 2015 ĐỀ THI MÔN: VẬT LÍ Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề.. Bài 1 (2 điểm): Cho hệ thống như hình 1. Vật 1 có trọng lượng P1 và vật 2 có trọng lượng P2 . Mỗi ròng rọc có trọng lượng P = 1 N. Bỏ qua. B ma sát, bỏ qua khối lượng của thanh AB và của dây treo. 1 A + Trường hợp 1: Khi vật 2 được treo ở điểm C trên AB, với H 2 AB 3CB thì hệ thống cân bằng. ì + Trường hợp 2: Khi vật 2 được treo ở điểm D trên AB, với n AD DB thì muốn hệ thống cân bằng phải treo nối vào vật 1 một vật 3 h có trọng lượng P3 5 N . 1. a) Tính P1 , P2 . b) Tính lực căng dây nối với đầu A của thanh AB trong hai U A trường hợp trên. N M Bài 2 (3 điểm): Cho mạch điện như hình 2. Biết hiệu điện thế giữa R1 hai điểm M, N không đổi: U = 36V; R1 = 4 Ω; R3 = 12 Ω; R2 là một biến trở; các ampe kế và dây nối có điện trở không đáng kể. R2 A B a) Đặt con chạy C ở vị trí sao cho R AC = 10 Ω, khi đó ampe kế A 2 A1 C chỉ 0,9 A. Tính số chỉ của ampe kế A1 và giá trị của biến trở R2. b) Dịch con chạy đến vị trí mới, khi đó ampe kế A 2 chỉ 0,5 A. R3 A2 Tính số chỉ của ampe kế A 1 và công suất tiêu thụ trên toàn biến trở Hình 2 khi này. c) Dịch con chạy đến vị trí khác, khi đó ampe kế A chỉ 1,4 A. Tính điện trở của đoạn AC khi đó. Bài 3 (2,5 điểm): Chiếu một chùm sáng song song tới một thấu kính hội tụ tiêu cự 20 cm. Chùm sáng này song song với trục chính của thấu kính. Phía sau thấu kính đặt một gương phẳng vuông góc với trục chính của thấu kính tại điểm A, mặt phản xạ của gương quay về phía thấu kính và A H cách thấu kính 15 cm (Hình 3a). Trong khoảng từ thấu kính tới ì gương, người ta quan sát thấy có một điểm rất sáng. n A a) Vẽ đường truyền của tia sáng để xác định điểm rất sáng H h ì3 đó và tính khoảng cách từ điểm rất sáng đó đến thấu kính. b) Quay gương tại A đến vị trí gương hợp với trục chính của na thấu kính một góc 450 (Hình 3b). Vẽ đường truyền của tia sáng h để xác định điểm rất sáng đó và tính khoảng cách từ điểm rất 3 sáng đó đến thấu kính. b c) Giữ gương luôn hợp với trục chính một góc 450 (Hình 3b). Dịch chuyển gương trong khoảng từ thấu kính đến tiêu điểm F’ sau thấu kính (theo chiều truyền ánh sáng). Xác định quỹ tích các điểm rất sáng quan sát được trong trường hợp này. Bài 4 (1,5 điểm): Một mạng điện tiêu thụ gia đình được nối với nguồn điện nhờ dây dẫn bằng đồng có tiết diện đều 5 mm2. Để đảm bảo an toàn thì nhiệt độ dây dẫn không được tăng quá 10 0C so với nhiệt độ môi trường. Vậy nên dùng cầu chì có dây chì tiết diện đều bằng bao nhiêu? Biết rằng nhiệt độ của môi trường thay đổi từ 70C đến 370C theo mùa, nhiệt độ nóng chảy của chì là 3270 C. Cho điện trở suất, nhiệt dung riêng, khối lượng riêng: 8 + Của đồng: 1 1, 6.10 m ; C1 400 J/kg.C ; D =8500 kg/m3. 1. 7. + Của chì: 2 2.10 m ; C2 130 J/kg.C ; D2= 11300 kg/m3. Bài 5 (1 điểm): Cho các dụng cụ gồm: + Một ống thủy tinh hình chữ U; một thước có độ chia nhỏ nhất đến mm. + Một lọ nước, một lọ dầu; cho biết khối lượng riêng của nước. Hãy trình bày và giải thích một phương án thí nghiệm để xác định khối lượng riêng của dầu? -------------Hết----------Họ và tên thí sinh:....................................Số báo danh:...................................

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC. HDC KÌ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2014-2015 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: VẬT LÍ Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề). * Chú ý: + Thí sinh làm theo cách riêng nhưng đáp ứng được yêu cầu cơ bản vẫn cho đủ số điểm. + Việc chi tiết hoá điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải đảm bảo không sai lệch so với hướng dẫn đã được thống nhất trong hôị đồng chấm. + Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm tổng của bài để lẻ đến 0,25 điểm. Bài Bài 1 (2). Nội dung a) Tính P1 Gọi F là lực căng dây nối với đầu A + Khi treo vật 2 ở C thanh AB cân bằng F CB 1   P2 AB 3 + Mặt khác ròng rọc động cân bằng 2F P  P1. Điểm. 1 DCB A. 0,25. ì n h. 0,25. H2. 1. P  P1 1  2P 3 2 + Thay vào phương trình trên ta có Hay 3(P  P1 ) 2P2 (1). 0,25 0,25. F/ DB 1   P AB 2 và 2F/ P  P1  P3 2 + Trường hợp thứ hai khi treo ở D: Suy ra hay P  P1  P3 P2 (2). 0,25. + Giải hệ phương trình (1) và (2) 3(P  P1 ) 2P2 3P  3 2P2   1  P  P1  P3 P2 P1  6 P2 P1 9 N, P2  15 N.. 0,25. b) Lực căng dây P  P1 5 N 2 Trường hợp 1: P  P1  P3 F/  7,5 N. 2 Trường hợp 2: a) Vì điện trở của các ampe kế không đáng kể nên ta có: U CB I3 R 3 IA 2 R 3 0,9.12 10,8 (V) F. Bài 2 (3 đ). 0,25 0,25 U. A. N. M. R1 R2. A. B. C. Mặt khác:. 0,25. A1 A2. R3. U MN U MC  U CB (R1  R AC )I1  U CB ( I1 là dòng điện qua R ) 1 Hình 2 U  U CB 36  10,8 I1  MN  1,8A R 1  R AC 4 10 =>. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> I A1 I1  I3 1,8  0,9 0,9A Suy ra số chỉ của ampe kế A1 là: I I A2 Vì A1 nên R CB R 3 12() ; do đó R 2 R AC  R CB 10  12 22() b) Khi dịch chuyển con chạy đến vị trí mới, ta đặt điện trở đoạn BC là x. Ta cũng có: U CB I3R 3 0,5.12 6(V) . Điện trở. R CN. 12x  12  x ; R MC 26  x. U MC R MC 36  6 (26  x)(12  x)    U CN R CN 6 12x. 0,25 0,25. 0,25. 0,25. 2 Suy ra phương trình x  46x  312 0 Giải phương trình được x= 6 hoặc x=-52 (loại) U 6 I A1  CB  1 A. x 6 Cường độ dòng điện qua ampe kế A1 là. 0,25. I I  I 1,5A Khi này cường độ dòng điện qua R1 là 1 A1 3 Ta có R AC 22  x 16() và R CB 6. 0,25. Công suất tiêu thụ trên R 2 : P PAC  PCB R AC I12  R CBI 2A1 16.1,52  6.12 42W c) Gọi điện trở của đoạn BC là y 12y 312  26y  y 2 R td   26  y  12  y 12  y Điện trở tương đương của mạch là I. U 36(12  y)  1, 4 R td 312  26y  y2. Cường độ dòng điện qua R1 là 2 Suy ra phương trình 14y  4y  48 0 Giải phương trình ta có y= 2 hoặc Vậy điện trở của AC là 20 . 0,25. y. 0,25.  12 0 7 (loại). 0,5. Bài 3 (2,5 đ) 0,25. S K. F'. F" O. X. A M. S. L. M.   F '   F ''. + Sơ đồ tạo ảnh ë  + Chùm sáng song song với trục chính, sau khi qua thấu kính hội tụ cho chùm tia 0,25 ló hội tụ tại tiêu điểm F’ của thấu kính hội tụ. L F’ lại trở thành vật của gương M. Và qua M, F’ cho ảnh F’’ đối xứng với vật F' qua mặt gương M. Ở đây vật F' ở sau gương (vật ảo) nên ảnh F" ở trước gương(ảnh thật). + Vậy các tia ló ra sau thấu kính L, thay vì hội tụ tại tiêu điểm ảnh F' thì đã bị phản xạ ở gương M và hội tụ tại F" hình đối xứng của F' qua gương M..

<span class='text_page_counter'>(4)</span> '' '' ' Ta có: AF"=AF' . Vậy OF OA  OF OA  AF 15  (20  15) 10 cm b). 0,25 0,25. B. S. A. O S 1. K 1. F ’. I 1 F 1 z F 2. +Tia tới S1I1 cho tia ló I1K1 kéo dài đi qua tiêu điểm F'; nó phản xạ ở mặt gương và cho tia phản xạ tại K1. 0,25 +Tia tới SO truyền thẳng tới A, cho tia phản xạ tại A (Vẽ trên hình). 0 0 + Ta có OAF1 2.45 90 suy ra AF1 song song với thấu kính. 0,25 + Khoảng cách từ F1 đến thấu kính bằng 15 cm. c) + Ta có F1 đối xứng với F’ qua gương và gương nghiêng góc 450 so với trục ' 0 chính nên OF F1 45 . 0,5 +Khi dịch chuyển gương tới B thì ảnh cuối cùng F2 và  OF’F2 = 450. + Vậy quĩ tích các điểm sáng quan sát được là đường thẳng F'z đi qua tiêu điểm F' và vuông góc với mặt phản xạ của gương; nó cũng tạo với trục chính OF' một góc 0,5 450. (Hình vẽ) Bài 4 (1,5 đ). Kí hiệu chiều dài, tiết diện, điện trở suất, điện trở của dây dẫn là l1 ,S1 , 1 , R 1 và của dây chì là l 2 ,S2 , 2 , R 2 . Vì dây dẫn mắc nối tiếp với dây chì nên nhiệt lượng Q1 R1 1l1S2 0,25   tỏa ra trên các dây tỉ lệ với điện trở Q 2 R 2 2 l2S1 (1) Nhiệt lượng để dây dẫn tăng thêm t1 là Q1 C1m1t1 C1l1D1S1t1 (2). 0,25. Nhiệt lượng cần để dây chì tăng từ nhiệt độ môi trường tới nhiệt độ nóng chảy là: Q 2 C 2 m 2 t 2 C 2l 2 D 2S2 t 2 (3). 0,25. S2 S1 Thay (2) và (3) vào (1) ta được. C1D1t12 C2 D 2 t 21 0,25. Nhận thấy t 2 327  t (t là nhiệt độ môi trường) càng lớn thì S2 càng nhỏ, dây 0,25 t 2 327  7 3200 C chì càng dễ nóng chảy. Vậy để đảm bảo chọn. Bài 5. 400.8500.10.2.10 7 S2 5 4, 75 mm 2 8 130.11300.320.1, 6.10 Thay số ta được Vậy nên dùng dây chì có tiết diện nhỏ hơn 4,75 mm2. - Để ống chữ U thẳng đứng.. h. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> n B (1 đ). A. - Đổ nước vào ống chữ U. - Đổ thêm dầu vào vào một nhánh chữ U. Mặt thoáng của hai nhánh sẽ chênh lệch, 0,25 bên dầu sẽ có mặt thoáng cao hơn. - Lập biểu thức tính áp suất thủy tĩnh: - Gọi P0 là áp suất khí quyển + Tại điểm A (mặt phân cách giữa dầu và nước): PA = P0 + Ddghd + Tại điểm B ( cùng độ cao ở nhánh bên kia): 0,25 PB = P0 + Dnghn (Dn, Dd là khối lượng riêng của nước, khối lượng riêng của dầu) h Dd D n n 0,25 hd - Vì P = P suy ra A. B. - Đo hn, hd, biết Dn sẽ tính được khối lượng riêng của dầu Dd.. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>