Đề thi chọn học sinh giỏi môn Vật Lý Lớp 9 - Năm học 2018-2019 - Phòng Giáo dục và đào tạo Thành phố Ngọc Lặc

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Vật Lý Lớp 9 - Năm học 2018-2019 - Phòng Giáo dục và đào tạo Thành phố Ngọc Lặc

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHẢO SÁT ĐÁNH GIÁ NĂNG LỰC NGỌC LẶC ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn: Vật lí HƯỚNG DẪN CHẤM Ngày 17 tháng 01 năm 2019 (Hướng dẫn chấm có 07 trang, gồm 06 câu) Câu Nội dung Điểm Gọi A, B, C lần lượt là tên và vị trí ban đầu của người đi xe máy, người đi xe đạp và người chạy bộ; vận tốc của người đi xe máy, người đi xe đạp và người chạy bộ lần lượt là v 1, v2 , v3 và khoảng cách giữa người chạy bộ và người đi xe máy là L, hướng chuyển động theo chiều mũi tên. Xét các trường 0,5 hợp: Yêu cầu trình bày tối thiểu 04 trường hợp * Trường hợp thứ nhất: A, B chuyển ngược chiều, hướng về nhau, C ở trong khoảng AB, chuyển động cùng chiều A. A C B L 5L L L A và B gặp nhau sau thời gian t 4 4 (1) (v1 v2 ) 50 40 L L C và B gặp nhau sau thời gian t 4 (2) v2 v3 4 20 v3 0,5 Từ (1) và (2) v3= - 10km/h < 0. Nghiệm bị loại . *Trường hợp thứ hai: A, B chuyển ngược chiều, hướng về nhau, C ở 1 (3,0đ) trong khoảng AB, chuyển động cùng chiều B. A C B L L A và C gặp nhau sau thời gian t (3) (v1 v3 ) (30 v3 ) 0,5 Từ (1) và (3) v3= 10km/h. *Trường hợp thứ ba: A, B chuyển cùng chiều, C ở ngoài AB và gần B hơn, C chuyển động cùng chiều A, B. A B C Khi gặp nhau, người chạy bộ đã đi quãng đường s = v3.t, xe máy đi quãng L đường L v .t , còn xe đạp đi quãng đường v .t 3 4 3 L v .t L v .t A và C gặp nhau sau thời gian t 3 3 (1/) v1 30 L L v3.t v3.t B và C gặp nhau sau thời gian t 4 4 (2/) 0,5 v2 20 / / Từ (1 ) và (2 ) v 3 = 16,7km/h (giá trị này chấp nhận vì là “chạy”
2. không phải “đi”). *Trường hợp thứ tư: A, B chuyển cùng chiều, C ở ngoài AB và gần B hơn, C chuyển động ngược chiều A, B. A B C L A gặp C sau thời gian t (1//); 30 v3 L B gặp C sau thời gian t 4 (2//) 20 v3 0,5 // // Từ (1 ) và (2 ) v3 = -16,7km/h< 0. Nghiệm bị loại Kết luận: Nếu A, B chuyển ngược chiều, hướng về nhau, C ở trong khoảng AB, chuyển động cùng chiều B thì vận tốc người chạy bộ là 10km/h. 0,5 Nếu A, B chuyển cùng chiều, C ở ngoài AB và gần B hơn, C chuyển động cùng chiều A, B thì vận tốc người chạy bộ là 16,7km/h. Các trường hợp khác không thỏa mãn. P1 P2 1. Thể tích của gỗ và chì ngoài không khí là: V1 = ; V2 = ; 10D1 10D2 0,25 Thả vào dầu, trọng lượng của 2 vật là: P3 = (P1 + P2) - FA (1) P1 P2 0,25 Mà FA = d.V = dd(V1 + V2) = 10D3 (V1 + V2) = 10D3 ( + ) (2) 10D1 10D2 P1 P2 Thay (2) vào (1) ta có: P3 = P1 + P2 – D3 ( + ) 0,25 D1 D 2 P1D2 D3 3 Suy ra D1 = = 0,35 (g/cm ). 0,25 2 (P1 P2 P3 )D2 P2D3 (2,0đ) 2. Vì khi nhúng 2 vật vào chất lỏng D4, cân chỉ trọng lượng bằng 0 nên ta có: F’ = P A V 0,25 Mà PV = P1 + P2 ’ 0,25 F A = d.V = 10D4 (V1 + V2) P1 P2 0,25 Suy ra: P1 + P2 = D4 ( + ) D1 D 2 (P1 P2 )(D1D2 ) 3 Suy ra D4 = = 1,33 (g/cm ) 0,25 P1D2 P2D1 - Gọi c, c1 là nhiệt dung riêng của sắt và nước - Gọi t là nhiệt độ cân bằng khi thả quả cầu vào bình đựng 5kg nước ở 00C 3 0 0,5 (4,0đ) - Gọi t là nhiệt độ cân bằng khi thả quả cầu vào bình đựng 4kg nước ở 25 C 0 - Khi thả quả cầu vào bình cách nhiệt đựng m 1 = 5kg nước ở t1 = 0 C thì sau khi cân bằng nhiệt ta có: 2
3. m0c(t0 - t) = m1c1(t - t1) m0460(t0 – 4,2) = 5.4200.(4,2 – 0) 460m0t0 – 1932m0 = 88200 (1) 1,0 0 - Khi thả quả cầu vào bình cách nhiệt đựng m2 = 4kg nước ở t2 = 25 C thì sau khi cân bằng nhiệt ta có: m0c(t0 - t’) = m2c1(t’ – t2) m0460(t0 – 28,9) = 4.4200.(28,9 – 25) 460m t – 13294m = 65520 (2) 0 0 0 1,0 Lấy (1) trừ đi (2) ta được: 11362m0 = 22680 -> m0 2(kg) 1,0 Thay giá trị của m0 vào (1) ta có: 460.2.t0 – 1932.2 = 8820 0,5 0 -> t0 100 C 1.a. Gọi n là số đèn có thể mắc để công suất của đèn sai khác với công suất định mức không quá 4% n N * + U - Điện trở của 1 bóng đèn là: ° ° 0,25 2 U 2 120 R R dm 288  Iđ d P 50 dm I C D n 4.1 (3,0đ) 2 2 Gọi P là công suất của nguồn thì: P I .R PCD P nI d .R P1.n 0,25 (với P1 là công suất thực tế của đèn, PCD là công suất cả cụm đèn) 2 P P P n 1  R P n 1  R n2 P n P 0 (*) 1 1 0,25 Rd Rd - Trường hợp 1: P1 Pdm là 4% P1 0,96.Pdm 0,96.50 48 W 0,25 48 Thay số vào (*): 6n2 48n 12000 0 288 Giải ra ta được : n 88 (thỏa mãn) và n 136 (loại) 0,25 - Trường hợp 2: P1 Pdm là 4% P1 1,04.Pdm 1,04.50 52 W 0,25 52 Thay số vào (*): 6n2 52 12000 0 288 Giải ra ta được: n 84 (thỏa mãn) và n 131 (loại) 0,25 Vậy 84 n 88 hay số bóng đèn thay đổi trong phạm vi từ 84 bóng đèn 88 bóng thì công suất thực tế của bòng đèn sai khác với công suất định mức của 0,25 nó không quá 4%. 3
4. R b. Khi n tăng thì R d giảm R R R giảm CD n m CD U P.R giảm do P không đổi m 0,5 Vậy khi số đèn tăng từ 84 đến 88 thì U giảm, cụ thể: Khi n 84 R 288 66 R d R 6  m n 84 7 66 U P.R 12000 336,37 V 0,25 m 7 Khi n 88 R 288 102 R d R 6  m n 88 11 102 U P.R 12000 333,58 V m 11 Vậy khi số đèn tăng từ 84 đến 88 thì hiệu điện thế nguồn thay đổi từ 0,25 336,37V đến 333,58V. 4.2 2. Vì các đèn sáng bình thường do đó các giá trị thực tế trên các đèn bằng (2,0đ) các giá trị định mức ghi trên đèn r + Theo Hình 1a: U1 = U2 + - I3 = I1 + I2 U 0,25 I1 Đ1 Đ3 Đ2 I3 I2 + Theo Hình 1b: I = I 1 2 + - r U = U +U 3 1 2 U U U 1 2 Đ1 Đ2 R1 R2 I1 I2 0,25 I1 = I2 Đ3 I3 Vậy Đ1 và Đ2 cùng loại. Từ trên I3 = 2I1, U3 = 2U1 0,25 U3 2U1 Hay R3 = R1 I3 2I1 Vậy R1 = R2 = R3 = R0 * Từ Hình 1a: R 3 R r R 0 6 R TM 3 2 2 0 4
5. U 30 20 IC = R 3 4 R TM 6 R 0 2 0 0,25 20 U3 IC .R3 R0 4 R0 * Từ Hình 1b ta có: , 2R1.R3 2 R TM r 6 R0 2R1 R3 3 U 30 45 I , 0,25 TM R, 2 9 R TM 6 R 0 3 0 ' 45 270 Ur Ic .N .6 9 R0 9 R0 270 30.R0 U3 U1 Ur 30 (2) 9 R0 9 R0 0,25 Từ (1) và (2) ta có: 20.R0 30.R0 R0 6 4 R0 9 R0 20.R0 0,25 Vậy U3 = 12 (V) 4 R0 U3 U1 = U2= = 6(V) 2 U3 I3 I3 = = 2(A); I1 = I2 = = 1(A) R3 2 PđmĐ1 = PđmĐ2 = U1I1 = 6W 0,25 PđmĐ3= U3I3=12.2 = 24W 5.1 1. (2,0đ) a. S1S2 nhỏ nhất khi S1 và S2 trùng nhau tại giao điểm thứ hai S' của hai 0,5 đường tròn. Khi đó hai mặt phẳng gương trùng nhau: 1800 Hình vẽ 1. 0,25 S S I I S1  S2 1 2 I 1 I2 S Hình 1 ' Hình 2 O b. S1S2 lớn nhất khi S1 và S2 nằm ở hai đầu đường nối tâm của hai đường 0,25 tròn. Khi đó I1 và I2 là hai điểm tới của các tia sáng trên mỗi gương. 5
6. Hình vẽ 2. 0,25 · · · 0 0,25 Trong tam giác OI1I2 ta có I1OI2 I2 I1O I1I2O 180 180 180  vậy ta có: 1800 0,25 2 2  suy ra 0,25 2 Ta dựng ảnh của S qua thấu kính bằng cách vẽ thêm trục phụ OI song song với tia tới SK Vị trí ban đầu của thấu kính là O. Sau thời gian t(s) thấu kính dịch chuyển một quãng đường OO1 , nên ảnh của nguồn sáng dịch chuyển quãng đường S1S2 K I Hình vẽ H S O S1 0,25 F’ O1 S2 S O OI Vì OI // SK 1 (1) S S SK 1 S O O H O H // SK 2 1 1 Vì 1 (2) 0,25 S2S SK Xét tứ giác OO1HI có OI // O1H và OO1 // IH OO1HI nên là hình bình hành, 0,25 5.2 suy ra OI O1H (3) (2,0đ) S1O S2O1 OO1 SO 12 0,25 Từ (1), (2), (3) OO1 // S1S2 (4) S1S S2S S1S2 SS1 12 S1O S I S O S O Mặt khác: OI // SK 1 1 1 (*) IK SO 12 0,25 S I S F S O 8 IF // OK 1 1 1 ( ) IK OF 8 S O S O 8 8 Từ (*) và ( ) 1 1 2 12 8 4 S1O 12.2 24 cm (5) 0,25 OO 12 1 Từ (4) và (5) 1 0,25 S1S2 12 24 3 Ký hiệu vận tốc của thấu kính là v , vận tốc của ảnh là v1 thì OO1 v.t 1 v1 3v 3 m / s S1S2 v1.t 3 0,25 Vậy vận tốc ảnh của nguồn sáng là 3 m/s 6 (2,0đ) 6
7. l’ l0 F Hình vẽ 0,5 P P - Lắp thanh gỗ vào trục quay để có 1 đòn 0 bẩy. Treo lọ rỗng vào đòn bên phải, treo lọ đầy cát vào một vị trí ở đòn bên trái sao cho đòn bẩy cân bằng nằm ngang. Ta có: P0.l0 = P.l (1) - Nhúng lọ đựng đầy cát ngập trong nước rồi tìm vị trí treo nó sao cho đòn bẩy cân bằng: 0,25 P0. l0 = (P – F). l’ (2) - Từ (1) và (2): F = P(l’ – l)/l’ mà F = dnước.V P l' l 0,25 Suy ra: dnước = V l' - Lặp lại thí nghiệm bằng cách thay nước bằng dầu hoả, tìm vị trí l’’ treo lọ cát để đòn bẩy cân bằng. 0,5 P l'' l - Ta có: ddầu = V l'' (l'' l)l' - Suy ra ddầu = dnước (l' l)l'' (l'' l)l' hay: Ddầu = Dnước 0,5 (l' l)l'' Chú ý: Học sinh làm cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. 7