Đề thi chọn HSG lớp 9 cấp huyện - Môn: Vật lí

Nội dung text: Đề thi chọn HSG lớp 9 cấp huyện - Môn: Vật lí

1. UBND HUYỆN YÊN LẠC ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 CẤP HUYỆN PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2015 -2016 MÔN: VẬT LÍ ĐỀ THI CHÍNH THỨC ( Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề ) Câu 1(3,0 điểm). a, Một xe lửa vượt qua cái cầu dài 450m mất 45s, vượt qua một cột điện mất 15s và vượt qua một người đi xe đạp cùng chiều mất 25s. Tìm vận tốc của người đi xe đạp? b, Một máy thủy lực được đổ đầy dầu, tiết diện các pít tông là 900cm2 và 300cm2. Một người nặng 45kg đứng trên pít tông lớn thì pít tông nhỏ nâng lên một đoạn là bao nhiêu? Bỏ qua khối lượng các pít tông, cho khối lượng riêng của dầu là 0,8g/cm3. c, Công đưa một vật lên cao 2m bằng mặt phẳng nghiêng là 6000J. Xác định trọng lượng của vật, biết hiệu suất của mặt phẳng nghiêng là 0,8. Tính công để thắng ma sát khi kéo vật lên và tính lực ma sát đó. Cho biết chiều dài của mặt phẳng nghiêng là 20m. Câu 2 (2,0 điểm). Cho hai gương phẳng AB và CD có cùng độ dài 30cm, đặt song song với nhau, quay mặt phản xạ vào nhau và cách nhau một đoạn AC = 20cm. Một điểm sáng S nằm ở trung điểm của AC, mắt người quan sát đặt tại M cách đều hai gương và cách S một đoạn 35cm. Hỏi người quan sát sẽ nhìn thấy bao nhiêu ảnh của S trong hai gương? Câu 3 (2,0 điểm). Có 2 bình nhiệt dung nhỏ. Bình một chứa 3kg nước ở nhiệt độ 100 oC, bình hai chứa 2kg nước ở nhiệt độ trong phòng 26oC. Lấy một nhiệt kế có sẵn trong phòng nhúng vào bình một, thấy nhiệt kế chỉ 98oC. Nếu tiếp tục nhúng nhiệt kế đó vào bình hai rồi nhúng trở lại bình một thì số chỉ của nhiệt kế ở mỗi lần nhúng là bao nhiêu? Sau rất nhiều lần nhúng đi nhúng lại nhiệt kế vào bình một rồi vào bình hai thì nhiệt kế chỉ bao nhiêu? Câu 4 (1,0 điểm). Cho một nguồn điện có hiệu điện thế U chưa biết, một điện trở R chưa biết giá trị, một ampe kế và một vôn kế không lý tưởng, các dây nối. Hãy trình bày một phương án thí nghiệm để xác định giá trị điện trở của R, của ampe kế và của vôn kế. Câu 5A (2,0 điểm) (Dành cho học sinh trường THCS Yên Lạc) Một dây điện trở đồng chất, tiết diện đều, được uốn thành vòng tròn có điện trở 100 . Từ tâm O nối qua đèn c Đ1(12V - 3W) rồi nối với con chạy C. Từ hai đầu Đ1 đường kính AB có mắc ba bóng đèn giống nhau Đ2 Đ4 A O B có ghi (3V - 0,5W) như hình vẽ. Nối A và O với hiệu điện A O B thế không đổi U = 12V . Xét trường hợp con chạy C di chuyển trên đường tròn theo chiều kim đồng hồ từ A đến B. a, Tính điện trở của mạch khi con chạy C di chuyển? Đ3 Tại vị trí nào của con chạy thì điện trở này cực đại? cực tiểu? Tính cường độ dòng điện qua mỗi đèn trong hai trường hợp trên. b, Khi con chạy C di chuyển thì độ sáng của đèn Đ1 thay đổi thế nào? Câu 5B (2,0 điểm) (Dành cho học sinh các trường THCS khác THCS Yên Lạc) Cho mạch điện như hình vẽ: + U - Khi cường độ dòng điện chạy trong mạch là I1 = 2A thì công suất tỏa nhiệt trên biến trở là P = 48W, khi cường độ dòng điện chạy 1 r trong mạch là I2 = 5A thì công suất tỏa nhiệt trên biến trở là P2 = 30W. a, Tìm hiệu điện thế U và điện trở r. R b, Tìm công suất tỏa nhiệt lớn nhất có thể tỏa ra trên biến trở. Khi đó điện trở của biến trở là bao nhiêu? c, Cần tối thiểu bao nhiêu điện trở r và mắc như thế nào để được đoạn mạch có điện trở tương đương bằng 3,75  Hết (Giám thị coi thi không giải thích gì thêm)
2. PHÒNG GD & ĐT YÊN LẠC HƯỚNG DẪN CHẤM THI HSG LỚP 9 CẤP HUYỆN NĂM HỌC: 2015 -2016 MÔN : VẬT LÍ Câu Nội dung Điểm 1 a, Gọi chiều dài và vận tốc của xe lửa lần lượt là L và v, vận tốc của (2 đ) người đi xe đạp là vx - Khi xe lửa vượt qua cái cầu dài S = 450m mất t1 = 45s, ta có: 0.25 S + L = v.t1 450 + L = 45.v (1) - Khi xe lửa vượt qua cột điện mất t2 = 15s, ta có: L = v.t2 L = 15.v (2) 0.25 - Từ (1) và (2) tính được L = 225m và v = 15m/s 0.25 - Khi xe lửa vượt qua người đi xe đạp cùng chiều mất t3 = 25s, ta có: L = (v – vx) .t3 225 = (15 – vx).25 vx = 6m/s 0,25 Vậy vận tốc của người đi xe đạp là 6m/s b, D = 0,8g/cm3 = 800kg/m3 ; S = 900cm2 = 0,09m2 Trọng lượng riêng của dầu là d = 10.D = 8000N/m3 Trọng lượng của người là P = 10.m = 450N - Khi người đứng trên pít tông lớn thì pít tông lớn đi xuống một đoạn x, pít tông nhỏ nâng lên một đoạn y. - Thể tích dầu chuyển từ xi lanh lớn sang xi lanh nhỏ là: V = S.x = s.y 900.x = 300.y y = 3x 0.25 - Độ chênh lệch mức dầu trong hai xi lanh là x + y = 4x 0.25 - Ta có áp suất trong dầu ở hai xi lanh ngang mặt đáy của pít tông lớn bằng nhau: P 450 d.4x 8000.4x x 0,15625m y = 3x = 0,46875m 0.5 S 0,09 Vậy pít tông nhỏ nâng lên một đoạn 0,46875m c, Công có ích đưa vật lên cao là: 0.25 A1 = H.A = 0,8.6000 = 4800 J - Trọng lượng của vật là: A 4800 P = 1 2400N 0.25 h 2 - Công để thắng lực ma sát là: Ams = A – A1 = 6000 – 4800 = 1200 J 0.25 - Độ lớn của lực ma sát là Ams 1200 0.25 Fms = 60N l 20
3. 2 - Ta có hai quá trình tạo ảnh: HV (2 đ) Quá trình 1: P 0,25 AB CD AB CD S S1 S2 S3 S4 S3 Quá trình 2: CD AB CD AB S Sa Sb Sc Sd Sb 0,25 Các ảnh này cùng nằm trên đường thẳng đi qua S và vuông góc với hai gương tại A và C. S1 B - Vì hai gương đặt song song A nên số ảnh là vô hạn. Tuy nhiên mắt chỉ nhìn thấy những ảnh mà S M tia phản xạ có đường kéo dài qua nó truyền đến mắt. Nghĩa là mắt C D 0,25 chỉ nhìn thấy những ảnh thuộc S đoạn PQ như hình vẽ. a - Vì lí do đối xứng nên SP = SQ Ta có AB//SM (gt) Tam giác PAB đồng dạng S2 với tam giác PSM AP AB SP 10 30 S SP SM SP 35 c 0,25 SP = 70cm Q Vậy mắt chỉ nhìn thấy ảnh Sn cho Bởi mỗi quá trình nếu: SSn SP = 70cm 0,25 - Xét quá trình 1: A B S S 1 SS1 = 20cm CD S1 S2 SS2 = 40cm AB S2 S3 SS3 = 60cm CD S3 S4 SS4 = 80cm > SP = 70cm Mắt không nhìn thấy ảnh S4 0,25 Vậy mắt nhìn thấy 3 ảnh S1 , S2 và S3 - Xét quá trình 2: Làm tương tự như quá trình 1 ta xác định được mắt 0,25 nhìn thấy 3 ảnh và Sa, Sb Sc - Vậy mắt nhìn được 6 ảnh của S qua hệ gương là S1 , S2, S3, Sa, Sb và Sc 0,25
4. 3 a, Gọi nhiệt dung riêng của nước là c, nhiệt dung của nhiệt kế là q (2 đ) - Nhúng nhiệt kế vào bình 1, ta có PTCBN: 3c(100 – 98) = q(98 – 26) c = 12q 0,5 o - Tiếp tục nhúng nhiệt kế vào bình 2, nhiệt kế chỉ tx C . Ta có PTCBN: 2c (tx - 26) = q( 98 - tx ) 24q(tx - 26) = q( 98 - tx ) o tx = 28,88 C 0,5 o - Nhúng nhiệt kế trở lại bình 1, nhiệt kế chỉ ty C . Ta có PTCBN: 3c (98 - ty) = q( ty – 28,88) 36q(98 - ty ) = q( ty – 28,88 ) o ty = 96,13 C 0,5 b, Sau nhiều lần nhúng đi nhúng lại vào bình 1 rồi vào bình 2 thì nhiệt độ của hai bình bằng nhau và bằng số chỉ của nhiệt kế là t. Ta 0,5 coi hai bình và nhiệt kế trao đổi nhiệt với nhau. Nhiệt độ ban đầu của bình 1 là 100oC, của bình 2 và nhiệt kế là 26oC. Ta có PTCBN: 3c(100 – t) = (q + 2c)(t – 26) 36q(100 – t) = 25q(t – 26) o t = 69,67 C 4 Bước 1: Mắc mạch điện như hình vẽ. (1 đ) - Đọc số chỉ của ampe kế là I1 , + U - 0,25 của vôn kế là U1 - Ta xác định được điện trở của A U1 ampe kế là: RA = R I1 V Bước 2: Mắc mạch điện như hình vẽ. - Đọc số chỉ của ampe kế là I2 , + U - của vôn kế là U2 U1 A 0,5 - Ta có: U2 = I2(RA+R) = I2( +R) I1 R U U R = 2 1 V I 2 I1 Bước 3: Mắc mạch điện như hình vẽ. - Đọc số chỉ của ampe kế là I3 , + U - của vôn kế là U3 - Ta xác định được điện trở của A V 0,25 U 3 vôn kế là: Rv = I 3
5. 5A Câu 5A (2 điểm)(Dành cho học sinh trường THCS Yên Lạc) (2 đ) Mạch điện đã cho tương đương với mạch điện sau: RAB 0,25 B RBC I Đ Đ Đ C Đ1 O + I A 2 2 3 4 1 _ I1 RAC SĐMĐ:({[(Đ2ntĐ3ntĐ4)//RAB]ntRBC}//RAC)ntĐ1 Do AB là đường kính nên RAB = RACB = 50  Gọi RAC = x (0 x 50) thì RBC = 50 –x 2 2 U1 12 Điện trở Đ1 là: R1 = 48 0,25 P1 3 2 2 U 2 3 Điện trở Đ2, Đ3, Đ4 là: R2=R3=R4 = 18 P2 0,5 - Điện trở tương đương của đoạn mạch AB là: RAB (R2 R3 R4 ) RtđAB = 26 RAB R2 R3 R4 - Điện trở tương đương của đoạn mạch AC là: (RtdAB RBC )RAC (76 x)x RtđAC = RtdAB RBC RAC 76 - Điện trở tương đương của mạch điện là: (76 x)x 5092 (x 38) 2 0,25 RAO = R1 + RtđAC = 48 (*) 76 76 Từ (*) suy ra: 2 2 -RAO cực đại khi (x-38) min (x-38) = 0 x = 38  2 2 2 - RAO cực tiểu khi (x-38) max (x-38) = (-38) x = 0 0,25 Vậy khi con chạy c ở vị trí sao cho RAC = 38 thì điện trở của mạch cực đại, khi con chạy c trùng vớ A thì điện trở của mạch cực tiểu * Tính cường độ dòng điện qua Đ1 - Khi RAO cực đại (x = 38 )thì cường độ dòng điện qua Đ1 là: U 12 0,25 I1min = 0,179A RAO max 5092 76 - Khi RAO cực tiểu (x = 0) thì cường độ dòng điện qua Đ1 là: U 12 I1max = 2 0,25A RAO min 5092 ( 38) 76 * Tính cường độ dòng điện qua Đ2, Đ3, Đ4 - Khi RAO cực đại thì x = 38 RBC=12  RtđABC = RAB + RBC = 26 + 12 = 38 = RAC , mà RtđABC // RAC 0,25 I I I 1min 0,0895A ABC AC 2
6. Ta có UAB = IABC.RtđAB = 0,0895.26= 2,327V U AB Cường độ dòng điện qua Đ2, Đ3, Đ4 là I2=I3=I4 = 0,043A 3R2 - Khi RAO cực tiểu thì x = 0 A trùng C UAC = 0 nên không có dòng điện qua các đèn Đ2, Đ3, Đ4 b, Cường độ dòng điện qua Đ1 là: U 12 912 I1 = 2 2 với (0 x 50) ( ) RAO 5092 (x 38) 5092 (x 38) 76 Từ ( ) suy ra: - Khi x= 0 thì I1max Đ1 sáng nhất - Khi x = 38 thì I1min Đ1 tối nhất - Khi (0 r nên đoạn mạch X gồm 1 điện trở r nối tiếp với đoạn mạch Y. Ta có: Ry = Rx – r = 10 – 6 = 4  0,25 - Ta thấy Ry < r nên đoạn mạch Y gồm 1 điện trở r mắc song song với đoạn mạch Z.
7. r.Rz 6.Rz Ta có: Ry = 4 Rz 12 r R z 6 Rz - Ta thấy Rz = 2 r nên đoạn mạch Z gồm 2 điện trở r mắc nối tiếp nhau. 0,25 Vậy cần tối thiểu 5 điện trở r và mắc thành đoạn mạch như hình vẽ. 0,25 Chú ý: - Nếu học sinh làm cách khác đúng kết quả và bản chất vật lí cho điểm tối đa - Học sinh viết thiếu hoặc viết sai đơn vị từ hai lần trở lên thì trừ 0,25 điểm của toàn bài - Nếu học sinh làm đúng đáp số nhưng sai bản chất vật lí thì không cho điểm C Đ1 Đ + 2 - Đ A 3 B Đ4 Đ5 D c Đ1 Đ2 Đ4 A O B A O B Đ3