Đề thi chọn học sinh giỏi môn Vật lí Lớp 9 THCS cấp Tỉnh - Năm học 2021-2022 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Ninh Bình (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Vật lí Lớp 9 THCS cấp Tỉnh - Năm học 2021-2022 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Ninh Bình (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 THCS CẤP TỈNH TỈNH NINH BÌNH NĂM HỌC 2021-2022 Môn: Vật lí ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 23/02/2022 Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 05 câu trong 02 trang. Họ và tên thí sinh : Số báo danh Họ và tên, chữ ký: Cán bộ coi thi 1: Cán bộ coi thi 2: Câu 1. (5,0 điểm) 1. Ba học sinh đi từ điểm A đến điểm B trên một đường thẳng với vận tốc không đổi. Bạn thứ nhất và bạn thứ hai xuất phát cùng một lúc với các vận tốc tương ứng là v 1 = 10km/h và v2 = 12km/h. Bạn thứ ba xuất phát sau hai bạn nói trên 30 phút. Khoảng thời gian giữa hai lần gặp nhau của bạn thứ ba với hai bạn đi trước là 60 phút. Chọn gốc toạ độ tại A, chiều dương từ A đến B, gốc thời gian là lúc bạn thứ nhất và thứ hai xuất phát. a. Viết phương trình chuyển động của ba bạn học sinh. b. Tìm vận tốc của bạn thứ ba. 2. Một thanh sắt đồng chất tiết diện đều, đặt trên thành của một bình nước, ở đầu thanh có buộc một quả cầu bằng nhôm đặc bán kính R, sao cho quả cầu ngập hoàn toàn trong nước, hệ thống này nằm cân bằng như Hình 1. Biết trọng lượng riêng của quả cầu và nước lần lượt là d và d0, dây không giãn và có khối lượng không đáng kể. Tính trọng lượng của thanh sắt theo R, d, d , l , l . 0 1 2 Hình 1 Câu 2. (3,0 điểm) Dùng ca múc nước nóng đổ vào một bình nhiệt lượng kế (ban đầu bình nhiệt lượng kế chưa chứa chất nào). Lần đầu đổ một ca nước, nhiệt độ bình nhiệt lượng kế tăng thêm 5°C. Lần thứ hai đổ thêm một ca nước, nhiệt độ bình nhiệt lượng kế tăng thêm 3°C. Lần thứ ba đổ thêm cùng một lúc 10 ca nước thì nhiệt độ bình nhiệt lượng kế tăng thêm bao nhiêu độ? Coi khối lượng và nhiệt độ của lượng nước nóng trong các ca là không đổi. Bỏ qua sự mất mát nhiệt và trao đổi nhiệt với môi trường xung quanh. Câu 3. (5,0 điểm) Cho đoạn mạch như Hình 2, biết hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn mạch không đổi: U = 60V; R 1 = R3 = R4 = 2; R6 = 3,2; R2 là biến trở. Bỏ qua điện trở các dây nối. 1. Điều chỉnh biến trở R2 sao cho cường độ dòng điện đi qua điện trở R 5 bằng 0. Tính R2 và cường độ dòng điện qua các điện trở khi đó. 2. Điều chỉnh biến trở để R2 = 10, khi đó cường độ Hình 2
2. dòng điện qua R5 là 2A và theo chiều từ C đến D. Tính R5. Câu 4. (4,0 điểm ) Đặt một điểm sáng S trên trục chính của thấu kính hội tụ, một màn chắn M vuông góc với , điểm sáng S và màn chắn M luôn cố định và cách nhau một khoảng L = 45cm (Hình 3). Thấu kính có tiêu cự f = 20cm và có bán kính đường rìa r = OP = OQ = 4cm (O là quang tâm, P và Q là các điểm mép thấu kính), thấu kính có thể di chuyển trong Hình 3 khoảng từ S đến màn chắn. 1. Ban đầu thấu kính cách S một khoảng d = 20cm, trên màn chắn M quan sát được một vết sáng tròn do chùm tia ló tạo ra. Hỏi bán kính vết sáng có độ lớn là bao nhiêu? 2. Dịch chuyển thấu kính lại gần và theo phương vuông góc với màn chắn M thì kích thước vết sáng tròn thay đổi: a. Xác định bán kính vết sáng khi thấu kính dịch chuyển lại gần màn chắn 5cm. b. Người ta tìm được một vị trí của thấu kính để kích thước vết sáng trên màn chắn là nhỏ nhất. Xác định vị trí của thấu kính và bán kính vết sáng nhỏ nhất tương ứng trên màn chắn. 1 1 1 (Được phép sử dụng công thức thấu kính ) d d ' f Câu 5. (3,0 điểm) 1. AB là một dây dẫn thẳng dài vô hạn đặt cố định, bên cạnh là một đoạn dây dẫn CD có thể chuyển động tự do trong mặt phẳng Hình 4. Khi không có dòng điện, CD vuông góc với AB. Hỏi nếu cho dòng điện qua các dây dẫn có chiều như hình vẽ thì đoạn dây CD chuyển động như thế nào? Cho biết cảm ứng từ gây bởi dòng điện I 1 tại những điểm trong phạm vi không gian đặt dòng điện I 2 có phương vuông góc với mặt phẳng hình vẽ, có chiều hướng vào trong, có độ lớn tỉ lệ nghịch với Hình 4 khoảng cách từ điểm đó tới dòng điện I1. 2. Cho một bình thủy tinh hình trụ tiết diện đều, một thước đo chiều dài độ chia tới mm, một lượng nước có khối lượng riêng là D, một lượng dầu thực vật và một cái chén bằng sứ bỏ lọt được vào bình. Hãy trình bày một phương án xác định khối lượng riêng của cái chén sứ và khối lượng riêng của dầu thực vật. HẾT
3. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM TỈNH NINH BÌNH ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 THCS CẤP TỈNH NĂM HỌC 2021-2022 Môn: Vật lí - Ngày thi 23/02/2022 (Hướng dẫn chấm này gồm 06 trang) Câu Đáp án Điểm 1. (3,0 điểm) Chọn gốc toạ độ tại A, chiều dương từ A đến B, gốc thời gian là lúc bạn thứ nhất và thứ hai xuất phát. Phương trình chuyển động của mỗi bạn học sinh lần lượt là: 0,25 x1 = v1t = 10t x2 = v2t = 12t 0,25 x3 = v3 (t – t0) = v3 (t – 0,5) 0,5 Vì bạn thứ v 2 > v1 nên bạn thứ ba gặp bạn thứ nhất trước sau đó gặp bạn thứ hai. Bạn thứ ba gặp bạn thứ nhất: x1 = x3 10t1 = v3 (t1 – 0,5) 0,25 0,5.v 3 0,25 t1 v3 10 Gọi t2 là thời gian từ lúc xuất phát đến lúc bạn thứ ba gặp bạn thứ hai: Ta có: x = x 12t = v (t – 0,5) 2 3 2 3 2 0,25 1 0,5.v t 3 2 0,25 (5,0 v3 12 điểm) Theo bài ra: t t 2 t1 1 0,5.v 0,5.v 3 3 1 0,25 v3 12 v3 10 v2 23v 120 0 3 3 0,25 v 15 3 0,25 v3 8 Nghiệm cần tìm phải lớn hơn v1 và v2 nên ta có: v3 = 15km/h 0,25 2. (2 điểm)
4. 0,25 Coi thanh như một đòn bẩy, điểm tựa O. Thanh chịu tác dụng của hai lực: + Trọng lực của thanh đặt tại trung điểm M của AB có cánh tay đòn là OM = OA - MA l l l l OM = l 1 2 = 2 1 2 2 2 0,25 + Lực căng của dây treo có cánh tay đòn là OB = l1 4 3 Pc = d.V = d. . R 3 0,25 4 3 FA = d0.V= d0 . . R 3 0,25 4 3 4 3 4 3 T = Pc - FA = d. . R - d0 . . R = . R (d - d0) 3 3 3 0,25 Lưu ý: Nếu lấy luôn lực tác dụng vào đầu thanh có độ lớn là P c - FA thì vẫn cho điểm tối đa. Thanh cân bằng ta có: P.OM = T. OB (1) 0,25 l2 l1 4 3 Thay vào (1) ta có P. = . R (d - d0). l1 2 3 0,25 3 8l1 R (d d0 ) P = 0,25 3.(l2 l1 ) Gọi nhiệt dung của lượng nước trong ca và bình nhiệt lượng kế lần 0,25 lượt là q1 và q2, t1 là nhiệt độ nước nóng trong ca. Khi đổ ca nước thứ nhất, gọi t là nhiệt độ của nước và bình nhiệt lượng kế khi cân bằng nhiệt, ∆t = 5°C là độ tăng nhiệt độ của bình nhiệt lượng kế. Phương trình cân bằng nhiệt cho lần đổ thứ nhất: 0,5 q1(t1 - t) = q2∆t 5q2 0,25 q1(t1 - t) = 5q2 t1 - t = (1) q1 2 Gọi t' là nhiệt độ của nước và bình nhiệt lượng kế lúc cân bằng nhiệt (3,0 lần thứ hai. điểm) Ta có t'= t + 3°C, ∆t' = 3°C là độ tăng nhiệt độ của bình nhiệt lượng 0,5 kế. Phương trình cân bằng nhiệt cho lần đổ thứ hai:
5. q1(t1 - t') = (q1 + q2)∆t' q1(t1 - t - 3) = (q1 + q2).3 0,25 3.q2 t1 - t = 6 + (2) q1 Từ (1) và (2) q2 = 3q1 (3) Khi đổ tiếp đồng thời 10 ca nước nữa, gọi t" là nhiệt độ của nước và bình nhiệt lượng kế khi cân bằng nhiệt, ∆t" là độ tăng nhiệt độ của nhiệt lượng kế. t" = t + 3+ ∆t" 0,5 Phương trình cân bằng nhiệt cho lần đổ thứ ba: 10q1(t1 - t") = (q2 + 2q1)∆t" 0,25 10q1(t1 - t - 3 - ∆t" ) = (q2 + 2q1)∆t" (4) Thay (1) và (3) vào (4) biến đổi tương đương ta có: 0,25 120 ∆t" = = 80C 15 0,25 Cách giải khác: Gọi nhiệt dung của lượng nước trong ca và bình nhiệt lượng kế lần lượt là q1 và q2, t1 là nhiệt độ nước nóng trong ca. Khi đổ ca nước thứ nhất, gọi t là nhiệt độ của nước và bình nhiệt 0,25 lượng kế khi cân bằng nhiệt, ∆t = 5°C là độ tăng nhiệt độ của bình nhiệt lượng kế. Phương trình cân bằng nhiệt cho lần đổ thứ nhất: 0,25 q1(t1 - t) = q2∆t q1(t1 - t) = 5q2 q1t1 - q1t = 5q2 (1) Khi đổ ca nước thứ hai: 0,25 Gọi t' là nhiệt độ của nước và nhiệt lượng kế lúc cân bằng nhiệt lần thứ hai. Ta có ∆t' = t'- t = 3°C là độ tăng nhiệt độ của bình nhiệt lượng kế. Phương trình cân bằng nhiệt cho lần đổ thứ hai: 0,25 q1(t1 - t') = (q1 + q2)∆t' q1t1 - q1t' = 3q1 + 3q2 (2) Lấy (1) trừ (2): 0,25 q1(t'-t) = 2q2 - 3q1 3q1 = 2q2 - 3q1 0,25 q2 = 3q1 (*) Khi đổ tiếp đồng thời 10 ca nước nữa, gọi t" là nhiệt độ của nước và 0,25 bình nhiệt lượng kế lúc cân bằng và ∆t" = t" - t' là độ tăng nhiệt độ của bình nhiệt lượng kế. Phương trình cân bằng nhiệt cho lần đổ thứ ba: 10q1(t1 - t") = q2∆t" + 2q1∆t" 0,25 q1t1 - q1t" = 0,1q2∆t" + 0,2q1∆t"(3) 0,25 Lấy (2) trừ (3): q1(t"- t') = 3q2 + 3q1 – 0,1q2∆t" - 0,2q1∆t"
6. q1∆t"= 3q2 + 3q1 – 0,1q2∆t" - 0,2q1∆t"( ) 0,25 Thế (*) vào ( ): 0,25 q1∆t"= 9q1 + 3q1 – 0,3q1∆t" - 0,2q1∆t" ∆t"= 12– 0,3∆t" - 0,2∆t" ∆t"≈ 8°C 0,25 1. (2,0 điểm) Khi dòng điện qua R5 là I5 = 0: Mạch cầu cân bằng 0,25 R1 R3 Do đó : R2 = 2 0,25 R 2 R 4 Điện trở tương đương của mạch điện : R13.R24 0,5 Rtđ = R6 5,2 R13 R24 U Cường độ dòng điện qua R6 là : I6 = I = 11,54A. 0,5 Rtđ Cường độ dòng điện qua các điện trở là : Vì R13 = R24 nên : I 0,5 I1 = I3 = I2 = I4 = 5,77A 2 3 2. (3,0 điểm) (5 điểm) Tại nút C: I3 = I1 – I5 = I1 – 2 (1) 0,5 Tại nút D: I4 = I2 + I5 = I2 + 2. (2) Hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn mạch AB: 0,25 UAB = U1 + U3 = U2 + U4 UAB = I1R1 + I3R3 = I2R2 + I4R4 (3) 0,25 Thay (1),(2) vào (3) UAB = 2I1 + 2(I1 – 2) = 10I2 + 2(I2 + 2) 2I + 2(I – 2) = 10I + 2(I + 2) 1 1 2 2 0,5 I1 = 3I2 + 2 (4) Ta có : U = UAB + U6 (5) 0,25 Và: I6 = I1 + I2 (6) 0,25 Thay (3), (4), (6) vào (5), ta được: 60 = 10I2 + 2(I2 + 2) + 3,2( 4I2 + 2) 0,25 I = 2A. 2 0,25 Từ (4) suy ra : I1 = 8A Hiệu điện thế giữa hai đầu điện trở R : U = U – U = 4V 5 5 2 1 0,25 U5 Suy ra : R5 = 2 0,25 I5
7. 1. (2,0 điểm) 0,5 4 Lưu ý: mỗi tia sáng vẽ đúng cho 0,25 điểm; nếu chỉ vẽ đường truyền mà không có mũi tên cho 0,25 điểm (4 điểm) 0,5 Ta có d = 20cm = f nên S nằm ngay trên tiêu điểm F của thấu kính, qua thấu kính ta được chùm tia ló song song. Vết sáng tròn trên màn M do chùm ló tạo thành, độ lớn bán kính vết 0,5 sáng được giới hạn bởi các tia đi qua mép thấu kính (Hình vẽ). Vì chùm tia ló song song nên R = r = 4cm 0,5 2. (2,0 điểm) a. (1,0 điểm) 0,25 ’ Khi dịch thấu kính về bên phải, chùm tia ló trở thành chùm hội tụ, S là 0,25 ảnh thật của S, gọi r’ là bán kính vết sáng trên màn, z là khoảng cách từ ảnh S’ đến màn M (Hình vẽ). 1 1 1 df 25.20 Ta có d ' = 100(cm) f d d d f 25 20 GE S E Từ hình vẽ: S’GE  S’PO (g.g), ta có tỉ số đồng dạng PO S O r z d d L Hay: ( * ) 0,25 r d d d d ' L 25 100 45 r ' .r .4 = 3,2 (cm) 0,25 d ' 100 b. (1,0 điểm) r z d d L L d Từ (*) 1 ( ) 0,25 r d d d r , L là các đại lượng không đổi; d , d’ là các biến số ’ r r min r min
8. r ' Đặt y = ; d = x (x > f = 20cm) r df xf 0,25 thay d’ = thay vào ( ) ta có d f x f (L x).(x f ) y = 1 - xf L x L 45 x 45 y = thay số y = x f f x 20 20 45 x 0,25 ymin x 20 min Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 45 x 2 ymin x = 900 x = 30cm. x 20 Vậy thấu kính cách S đoạn d = 30cm r ’ ymin = = 2. 1,5 – 2,25 = 0,75 r min = 3 0,25 r min 1. (1,5 điểm) 0,25 5 (3,0 - Khi cho dòng điện I qua dây AB, ta có từ trường của dòng điện thẳng điểm) 1 dài vô hạn. Trong phạm vi không gian đặt I2 từ trường này hướng từ phía trước ra phía sau mặt phẳng Hình vẽ. - Lúc đó dòng I2 được đặt trong từ trường của dòng I1, vì vậy có lực từ 0,25 tác dụng lên nó. Áp dụng quy tắc bàn tay trái ta thấy lực từ này hướng lên phía trên. - Mặt khác từ trường của I1 gây ra xung quanh là không đều: Tại những điểm gần I1 từ trường lớn, xa I1 từ trường nhỏ. Lực từ tác dụng 0,25 lên các phần tử đoạn dây CD có cường độ khác nhau (Hình vẽ). - Do lực từ tác dụng lên hai đầu CD có cường độ không như nhau nên 0,25 kết quả làm cho CD bị quay đi như Hình vẽ. / / - Khi CD quay đến vị trí C D (I2 ngược chiều với I1) thì lúc đó ta có 0,25 tương tác của 2 dòng điện song song ngược chiều nhau, chúng sẽ đẩy nhau. - Sau đó dòng I2 sẽ chuyển động tịnh tiến theo hướng vuông góc với I1 0,25 và ra xa I1. 2. (1,5 điểm) Đổ vào bình một lượng nước, dùng thước đo độ cao h 0 của cột nước trong bình, ứng thể tích V0.
9. Thả chén sứ vào bình sao cho chén nổi cân bằng trên mặt nước, nước dâng lên đến độ cao h1, ứng với thể tích nước là V1. 0,25 Ta có P = FA 10.m = 10.D.(V1 - V0) 0,25 m = D.S.(h1 - h0) (1) (S là diện tích đáy bình) Thả chén sứ sao cho nó chìm trong nước, nước dâng lên đến độ cao h2, 0,25 ứng với thể tích nước là V2. Thể tích chén sứ là: Vc = V2 - V0 = S( h2 - h0) Khối lượng riêng của chén sứ: 0,25 h1 h0 Dc .D h2 h0 Gọi khối lượng riêng của dầu thực vật là Dd Làm tương tự với dầu thực vật. Đổ dầu vào bình sao cho chiều cao ban đầu của dầu là h 0 bằng chiều 0,25 cao của nước. Chiều cao cột dầu khi chén sứ nổi trong dầu là: h3 h1 h0 h1 h0 Dc .Dd Dd .Dc 0,25 h3 h0 h3 h0 Lưu ý: Học sinh có thể đo chiều cao mực nước dâng lên bằng cách tính từ miệng bình. * Ghi chú: 1. Phần nào thí sinh làm bài theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa phần đó. 2. Không viết công thức mà viết trực tiếp bằng số các đại lượng, nếu đúng cho nửa số điểm của ý. 3. Ghi công thức đúng mà thay số sai thì cho nửa số điểm của ý đó. 4. Nếu sai hoặc thiếu đơn vị 2 lần trở lên thì trừ 0,25 điểm cho toàn bài. HẾT