Đề thi học sinh giỏi vật lí lớp 9 tỉnh hải dương (kèm đáp án) đề 3

Đề thi học sinh giỏi vật lí lớp 9 tỉnh hải dương (kèm đáp án) đề 3

R4

R3

R2

R1

D C

B

M K

A2

A1

A+U_

D

C

đ1 Đ2

Đ

Đ

+

B A

Kỳ thi chọn học sinh

giỏi tỉnh lớp 9 thcs năm học 2009 -2010

Câu1: (2 điểm).

Ba ngời đi xe đạp đều xuất phát từ A về B trên

đoạn đờng thẳng AB Ngời thứ nhất đi với vận tốc là

v1 = 8km/h Ngời thứ hai xuất phát sau ngời thứ nhất

15 phút và đi với vận tốc v2 = 12km/h Ngời thứ ba xuất phát sau ngời thứ hai

30 phút Sau khi gặp ngời thứ nhất, ngời thứ ba đi thêm 30 phút nữa thì sẽ cách đều ngời thứ nhất và

ng-ời thứ hai Tìm vận tốc ngng-ời thứ ba Giả thiết chuyển

động của ba ngời đều là những chuyển động thẳng

đều

Câu2: (2 điểm).

Ngời ta đổ nớc nóng vào một nhiệt lợng kế Nếu

đổ cùng một lúc 10 gáo thì thấy nhiệt độ của nhiệt

l-ợng kế tăng thêm 80C Nếu đổ cùng một lúc 2 gáo

vào nhiệt lợng kế thì thấy nhiệt độ của nhiệt lợng kế

tăng 30C Nếu đổ 1 gáo vào nhiệt lợng kế thì nhiệt độ của nhiệt lợng kế tăng bao nhiêu độ? Bỏ qua mọi hao phí năng lợng

Câu3: (2 điểm).

Cho mạch điện nh hình vẽ biết:

Hiệu điện thế nguồn không đổi U = 36V, R1 = 4Ω, R3

= 9Ω, R2 = 6Ω, R5 = 12Ω, RA1 ≈0, RA2 ≈0, R4 là biến

trở

a, Khi khoá K mở, ampe kế A1 chỉ 1,5A hãy tìm R4

b, Khi khoá K đóng, với giá trị R4 tìm đợc ở câu a

Tìm số chỉ của các ampe kế

c, Gọi công suất tiêu thụ trên R4 là P4

Tính R4 để P4 cực đại

Câu4: (2 điểm).

Cho mạch điện nh hình vẽ Mắc AB vào nguồn

Sở giáo dục và đào tạo

Hải dơng

Môn: Vật lý Mã số …

Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề

(Đề thi gồm: 01 trang)

A ' O

A1 A

A2

thụ

trên các đèn tơng ứng P1 = P4 = 8W, P2 = P3 = 6W, P5

= 2W

Tính điện trở của các bóng đèn và cờng độ dòng điện

qua mỗi bóng đèn

Bỏ qua điện trở của các dây nối

Câu5: (2 điểm).

Đặt thấu kính cố định ở O Vị trí vật và màn để

hứng ảnh rõ nét lần lợt nh sau:

- Vật ở A màn ở A’

- Vật ở A1 gần thấu kính hơn A (AA1 = 3cm), màn

ở A'

1 với A’ A'

1 = 30cm

- Vật ở A2 xa thấu kính hơn A (AA2 = 2cm), màn

ở A'

2với A’ A'

2 = 10cm

1.Nêu tính chất thấu kính và chiều dịch chuyển của

màn

2.Tính tiêu cự của thấu kính

Với bài tập này cho phép sử dụng công thức

sau:

'

d +d = f

Trong đó:

d : là khoảng cách từ vật đến

thấu kính

d' : là khoảng cách từ ảnh đến

thấu kính

f : là tiêu cự của thấu kính

Hết

điểm Câu1

Khi ngời thứ ba xuất phát thì ngời thứ nhất

đã đi đợc :

l1 = v1t01 = 8.3

4 = 6km ; Ngời thứ hai đi đợc : l2 = v2t02 = 12.0,5 =

6km

Gọi t1 là thời gian ngời thứ ba đi đến khi gặp

0,25 0,25 0,25

ngời thứ nhất :

v3t1 = l1 + v1t1 ⇒ t1 = 1

3 1

l

3

6 8

Sau thời gian t2 = (t1 + 0,5) (h) thì quãng

đ-ờng ngời thứ nhất đi đợc là : s1 = l1 + v1t2 = 6

+ 8 (t1 + 0,5)

Quãng đờng ngời thứ hai đi đợc là: s2 = l2 +

v2t2 = 6 + 12 (t1+0,5)

Quãng đờng ngời thứ ba đi đợc : s3 = v3t2 =

v3 (t1 + 0,5)

Theo đầu bài: s2 – s3 = s3 – s1 , tức là: s1

+s2 = 2s3

⇔ 6 + 8 (t1 + 0,5) + 6 + 12 (t1 + 0,5) = 2v3

(t1 + 0,5)

⇔ 12 = (2v3 – 20)(t1 + 0,5) (2)

Thay t1 từ (1) vào (2) ta đợc phơng trình: v2

3

- 18v3 + 56 = 0 (*)

Giải phơng trình bậc hai (*) ta đợc hai giá

trị của v3 :

v3 = 4km/h và v3 = 14km/h

Ta lấy nghiệm v3 = 14(km/h) (loại nghiệm)

v3 = 4km/h, vì giá trị v3 này < v1, v2)

0,25 0,25 0,25

0,25

0,25

Câu2

Gọi m,c là khối lợng và nhiệt dung riêng

của 1 gáo nớc

m0, c0 là khối lợng và nhiệt dung riêng của

nhiệt lợng kế

t0 là nhiệt độ ban đầu của nhiệt lợng kế

t là nhiệt độ ban đầu của nớc nóng

Nhiệt độ mà nhiệt lợng kế tăng thêm khi đổ

1 gáo nớc là ∆t0C

+ Nếu đổ cùng một lúc 10 gáo

Nhiệt lợng mà nhiệt lợng kế thu vào tăng

nhiệt độ lên 80C

Q(thu1) = m0c0 ∆t1 = 8 m0c0 (J)

Nhiệt lợng mà nớc toả ra để giảm nhiệt độ

từ t0C→ (t0+8)0C

0,25

0,25 0,25

Theo PTCBN: Q(thu1) = Q(toả1) → 8 m0c0 =

10mc(t - (t0+8)) (1)

+ Nếu đổ cùng một lúc 2 gáo

Nhiệt lợng mà nhiệt lợng kế thu vào tăng

nhiệt độ lên 30C

Q(thu2) = m0c0 ∆t2 = 3 m0c0 (J)

Nhiệt lợng mà nớc toả ra để giảm nhiệt độ

từ t0C→ (t0+3)0C

Q(toả2) = mc∆t2 = 2mc(t - (t0+3)) (J)

Theo PTCBN: Q(thu2) = Q(toả2) → 3 m0c0 =

2mc(t - (t0+3)) (2)

+ Nếu đổ 1 gáo

Nhiệt lợng mà nhiệt lợng kế thu vào tăng

nhiệt độ lên ∆t0C

Q(thu3) = m0c0 ∆t3 = m0c0 ∆t (J)

Nhiệt lợng mà nớc toả ra để giảm nhiệt độ

từ t0C→ (t0+∆t)0C

Q(toả3) = mc∆t3 = mc(t - (t0+∆t)) (J)

Theo PTCBN: Q(thu3) = Q(toả3) → m0c0 ∆t =

mc(t - (t0+∆t)) (3)

Lấy (1) chia cho (2) ta có: (( (( 38))))

5 3

8

0

0

+

−

+

−

=

t t

t t

7

96 ) ( − 0 =

Lấy (1) chia cho (3) ta có: 8 10 ( ( 8))

0

0 0

0

0 0

t t t mc

t t mc t

c m

c m

∆

−

−

−

−

=

∆

Thay 967

) (t−t0 = 0C → ∆t = 1 , 68 0C

Nhiệt lợng kế tăng thêm 1 , 68 0C khi đổ 1 gáo

nớc nóng

0,25 0,25 0,25 0,25

Câu3

a, Khi khóa k mở ta có mạch điện nh sau:

I3 = IA1 = 1,5 (A) → U45 = U3 = I3R3 = 1,5.9 =

13,5 (V) (1)

0,25

U _

+

A

A1 M

B

R1

R2

R3

R4

R5

R45 = R4+12 (Ω) →R345 = ( 1221) 9

4

4

+

+

R

Rtm = R1+R2+R345 =19 21318

4

4

+

+

R

R

(Ω) →Itm =

345 4

4

318 19

) 21 (

36

I R

R

R

U

tm

+

+

=

I45 = Itm – IA1 =3619( 31821)

4

4

+

+

R

R

- 1,5 = 719,5 318279

4

4

+

+

R

R

(A)

U45 = I45 R45 = 719, 5 318279

4

4

+

+

R

R R4+12 = 13,5 ⇔

7,5R2

4 + 112,5R4 -945 = 0

R4 = 6(Ω)

Vậy R4 = - 21(Ω) ( loại do R4 >0)

0,25

0,25

b, Khi khóa k đóng với R4 = 6(Ω)

Do RA1 ≈0, RA2 ≈0 mạch điện vẽ lại là

5 3 4 2

4 2

5 3 4 2

4

(

R R R R R

R R

R R R R

R R

+ + + +

+

12 9 6 6

6 6

12 ) 9 6 6

6 6 (

Ω

=

+ + + +

+ +

Itm =

tm

tm

R

U =I2435 = 3,6(A) →U243 = U2435 =

I2435R2435 = 21,6(V)

243

243

R

U

=1,8 (A)→U2 = U24 = I24R24

= 5,4(V)

→I4 = I2 =

2

2

R

U =0,9(A) → IA1 = I3 = 1,8(A)

IA2 = Itm – I2 = 3,6 – 0,9 = 2,7(A)

0,25

0,25

c, Khi khóa k đóng

5 3 4 2

4 2

5 3 4 2

4

(

R R R R R

R R

R R R R

R R

+ + + +

+

14 3

128 32

4 12 9 6

6

12 ) 9 6

6 (

4 4

4 4 4

4

Ω +

+

=

+ + + +

+ +

R R R

R R R

0,25

R2

U _

+

A

R1

R3

R4

R5

I2435 = Itm =

tm R

14 3

4 4

+

→U2435 = I2435R2435 = U243 = 92(18(4 5 ))

4

4

R

R

+

→I24 = I3 = I243 = 23((46 ))

4

4 243

243

R

R R

U

+

+

I24R24 =

4

4

4

9

R

R

8 16

9 )

4 ( 9

) 4

9 (

4 4

2 2

4 4 2

4

2 4 4

4

2 4 4

+ +

= +

=

+

=

=

R R R

R R

R R R

U P

4

P đạt giá trị lớn nhất khi 16 4 8

4

+ +R

R đạt giá trị nhỏ nhất Theo bất đẳng thức Côsi ta có

4 4

16

R

4

16

R

Dấu bằng xảy ra khi 4

4

16

R

R = → R4 = 4(Ω) và P4

đạt giá trị lớn nhất là

) ( 16

81 16

9 max

2

P = = khi R4 = 4(Ω)

0,25

0,25

Câu4

Công suất tiêu thụ toàn mạch là:

6 6 8 )

( 6

) ( 30

3 1 3

3 1

1 3

3 1

1 3 1

5 4 3 2 1

= +

= +

= +

= +

=

→

=

=

= + + + +

=

U U U

P U

P R

U R

U I I I A U

P I

W P

P P P P P

tm tm

tm

(1)

I1 = I5 + I2 mà I4 = I5 + I3 → I5 = I1 – I2 = I4

– I3 →

3

3 4

4 5

5

U

P U

P U

P

−

=

Mà U5 = U3 – U1 và U4 = U - U3 →

3

3 3

4 1

3

5

U

P U U

P U

U

P

−

−

=

−

0,25 0,25 0,25

Đ4

Đ3

Đ5 Đ2

Đ1

-+

I4

I3

I5 I2

I1

B A

→ − ⇔

−

=

3

6 5

8 2

U U U

3 5

4 1

U U U

−

=

3 3

4 3

3 4

3

3 1

3

1 = − → = U −

U U

U

(2)

U3 = 3 (V)

→

= +

−

⇔

−

−

=

−

−

0 15 14

3

3 5

4 3 3 4

1

3

2 3 3

3 3

3 3

U U

U U U

U

(V)

* Trêng hîp 1 víi U3 = 3(V) → U1 = 2(V)

I3 = 2 ( ) 1 , 5 ( )

3

3 3 3

I

U R A U

P

) ( 5 , 1 )

( 2 )

( 5 , 0

) ( 2 )

( 1 )

( 5 , 0 )

( 4

2 5

1 2 5

5 5

5

5 5 1

3 5 1

1 1 1

1 1

Ω

=

→

=

−

=

→ Ω

=

=

→

=

=

→

=

−

=

→ Ω

=

=

→

=

=

R A I

I I I

U R

A U

P I V U U U I

U R A U

P I

I4 = I5 + I3 = 4(A)→R4 = 0 , 5 ( Ω )

* Trêng hîp 2 víi U3 = 35(V) → U1 = 103 (V)

54

25 )

( 5 18 3 5

6

3

3 3 3

I

U R A U

P

) ( 3

5 )

( 18

25 )

( 5

12

1 3 5 1

1 1 1

1

I

U R A U

P

dßng ®iÖn cã chiÒu ngîc l¹i

) ( 54

25 )

( 5

18 )

( 18

25 )

( 5

6

2 5

1 2 5

5 5 5

5

I

U R A U

P I

I4 = I3 – I5 = 125 (A) ( )

18

25

4 = Ω

0,25

0,25 0,25

0,25

0,25

C©u5

1.§ã lµ thÊu kÝnh héi tô v× chØ cã thÊu kÝnh

héi tô míi cho ¶nh râ nÐt trªn mµn

Ta cã 1 1 1

'

d +d = f

- NÕu d t¨ng th× d’ gi¶m vµ ngîc l¹i d gi¶m

th× d’ t¨ng

- Nªn vËt dÞch vÒ gÇn thÊu kÝnh (d gi¶m)→

0,25

0,25

(d’ t¨ng)

- NÕu vËt dÞch ra xa thÊu kÝnh (d t¨ng) →

Mµn dÞch vÒ gÇn thÊu kÝnh

(d’ gi¶m)

2.- Khi vËt ë A ta cã 1 1 1

'

- Khi vËt ë A1 ta cã dA1 = d – 3

d'

1

A = d’ + 30

3

1

1

' +

+

−

=

d d

f (2)

- Khi vËt ë A2 ta cã dA2 = d + 2

d'

2

A = d’ - 10

2

1

1

' −

+ +

=

d d

f (3)

- KÕt hîp (1) vµ (2)

→

30

1 3

1 1

1

' ' = − + +

+

d d

d

d ⇔d’(d’ + 30) = 10d(d-3) (4)

- KÕt hîp (1) vµ (3)

→

10

1 2

1 1

1

' ' = + + −

+

d d

d

d ⇔ d’(d’ -10) = 5d(d+2) (5)

- LÊy (4) chia cho (5) →

8

50 )

2 ( 5

) 3 ( 10 )

10

(

)

30

'

'

'

'

−

=

→ +

−

=

−

+

d

d d

d d

d d d

d

d

- Thay (6) vµo (4) → d’(d’ + 30) = 10d(d-3)

2 2

2 400 ( 8 ) 20 )

8 ( ) 3 ( 10 ) 30 8

50

(

8

−

−

d

d

d

d

d - 8 = 20 d = 28 (cm)

VËy ⇔

d - 8 = - 20 d =

-12 (cm) (lo¹i)

Víi d = 28 (cm) thay vµo (6) d’ = 70 (cm)

Ta cã 1 1 1

'

d +d = f → f = 20

28 70

28 70

'

'

= + +d d

dd (cm)

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

d '

d

Mµn

A '

o

A A1

A2