Đề thi HSG cấp Thành phố môn Vật lí 9 - GD&ĐT TP Bắc Ninh 2023-2024 (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề thi HSG cấp Thành phố môn Vật lí 9 - GD&ĐT TP Bắc Ninh 2023-2024 (Có đáp án)

1. UBND THÀNH PHỐ BẮC NINH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2023 - 2024 ¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Vật lý 9 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (4,0 điểm) Hai người đi xe đạp từ A đến B với vận tốc không đổi. Người thứ nhất và người thứ hai xuất phát cùng một lúc với các vận tốc tương ứng v1 = 10km/h và v2 = 12km/h. a. Tính khoảng cách giữa hai người sau 1 giờ xuất phát. b. Một người thứ ba cũng đi xe đạp với vận tốc không đổi v 3 từ A đến B, xuất phát sau người thứ nhất và người thứ hai 30 phút. Khoảng thời gian giữa hai lần gặp của người thứ ba với người thứ nhất và người thứ hai là t = 1h. Tìm vận tốc của người thứ ba. Câu 2: (4,0 điểm) Người ta đổ m1 gam nước nóng vào m2 gam nước lạnh thì thấy khi cân bằng nhiệt nhiệt độ của nước lạnh tăng 5 0C. Biết độ chênh lệch nhiệt độ ban đầu của nước nóng và nước lạnh là 800C 1. Tìm tỉ số m1/m2. 2. Nếu đổ thêm m1 gam nước nóng nữa vào hỗn hợp mà ta vừa thu được, khi có cân bằng nhiệt thì nhiệt độ của hỗn hợp tăng thêm bao nhiêu độ? (Bỏ qua sự mất mất về nhiệt). Câu 3: (4,5 điểm) Cho mạch điện như hình 1. Hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch U 30V . Các điện trở R0 6; R1 8 . R là biến trở con chạy có giá trị toàn phần là 18. Coi ampe kế có điện trở không đáng kể, bỏ qua điện trở dây nối. a) Điều chỉnh con chạy C để điện trở của phần BC là RBC 8 . Tính điện trở tương đương của đoạn mạch, số chỉ ampe kế và công suất tiêu thụ của biến trở. b) Khi dịch chuyển con chạy C của biến trở thấy có một vị trí mà tại đó ampe kế chỉ giá trị nhỏ nhất. Xác định điện trở phần BC của biến trở và số chỉ của ampe kế khi đó. Câu 4: (5 điểm). Thấu kính hội tụ có tiêu cự f, một điểm sáng S nằm cách thấu kính một khoảng d qua thấu kính cho ảnh thật S’ cách thấu kính một khoảng d’. Giữa d, d’, f có công thức liên hệ 1 1 1 f d d 1. Chứng minh công thức trên. 2. Đặt điểm sáng S trên trục chính của thấu kính hội tụ, một màn chắn M vuông góc với ; điểm sáng S và màn M luôn cố định và cách nhau một khoảng L = 45cm. Thấu kính có tiêu cự f = 20cm và có bán kính đường rìa r = OP = OQ = 4cm (O là quang tâm, P, Q là các điểm mép thấu kính), thấu kính có thể di chuyển trong khoảng từ S đến màn (hình vẽ 2). a. a. Ban đầu thấu kính cách S một khoảng d = 20cm, trên màn M quan sát được một vết sáng tròn do chùm ló tạo ra. Tính bán kính vết sáng. b. Dịch chuyển thấu kính lại gần màn M sao cho luôn luôn là trục chính của thấu kính thì kích thước vết sáng tròn thay đổi, người ta tìm được một vị trí thấu kính cho kích thước vết sáng trên màn là nhỏ nhất. Hãy xác định vị trí đó của thấu kính và bán kính của vết sáng nhỏ nhất tương ứng trên màn.
2. Câu 5: (2,5 điểm) Trên mặt hộp có lắp ba bóng đèn (gồm 2 bóng 1V - 0,1W và 1 bóng loại 6V- 1,5W), một khoá k và hai chốt nối A, B. Nối hai chốt A, B với nguồn điện có hiệu điện thế không đổi U= 6V thì thấy như sau: - Khi mở khoá k thì ba bóng đèn đều sáng - Khi đóng khoá k thì chỉ có bóng 6V- 1,5W sáng Hãy vẽ sơ đồ cách mắc điện trong hộp. Biết rằng, nếu hiệu điện thế giữa hai đầu bóng đèn nhỏ hơn 2/3 hiệu điện thế định mức thì đèn không sáng. === Hết === Họ và tên thí sinh : Số báo danh:
3. UBND THÀNH PHỐ BẮC NINH HƯỚNG DẪN CHẤM PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2023-2024 Môn: Vật lí - Lớp 9 Câu 1: (4 điểm) a Ta có các phương trình chuyển động (t tính bằng giờ, y tính bằng km) (1,0 Người thứ nhất: y1 = v1t (1) 0,25đ điểm) Người thứ hai: y2 = v2t (2) 0,25đ Phương trình khoảng cách giữa hai người là y = y2 - y1 = (v2 - v1)t 0,25đ Sau 1 h khoảng cách giữa hai người là: y = (12 -10)1 = 2km 0,25đ b Phương trình chuyển động của người thứ ba: (3,0 y3 = v3(t - 0,5) y3 = v3t - 0,5v3 0,25đ điểm) Từ (1) và (3) ta có tại t1: y1 = y3 v1t1 = v3t1 - 0,5v3 (3) 0,25đ Từ (2) và (3) ta có tại t2: y2 = y3 v2t2 = v3t2 - 0,5v3. (4) 0,25đ Người thứ ba gặp người thứ nhất ở thời điểm t thì sẽ gặp người thứ hai 1 0,5đ tại thời điểm t2 = t1 + 1. (5) Thay (3) (4) vào (5)ta có phương trình: 2 0,75đ v3 - 23v3 + 120 = 0 (6) Giải (6) ta có hai nghiệm v31 = 8km/h và v32 = 15km/h; 0,5đ để người thứ nhất đuổi kịp hai người đi trước thì v3 > v2 > v1 0,25đ nên ta chọn v3 = v32 = 15km/h. 0,25đ Câu 2: (4 điểm) Câu 2 Nước nóng có nhiệt độ t1 (4,0 đ) Nước lạnh có nhiệt độ t2 0,5đ Sau khi cân bằng nhiệt, nhiệt độ hỗn hợp là t m1 t t2 Ta có PTCBN : m1C(t1 – t) = m2C(t – t2) => m2 t1 t 0,5đ Theo bài ra : t – t2 = 5 t1 – t2 = 80 => t1=75 + t 0,5đ m t t 5 1 Thay vào 1 2 0,5đ m2 t1 t 75 15 * Khi đổ thêm vào m1 nước nóng vào hỗn hợp khi cân bằng nhiệt, nhiệt độ hỗn hợp t’ Ta có phương trình cân bằng nhiệt : 0,5đ m1(t1 – t’) = (m1 + m2) (t’ – t) mà t1= 75 +t 0,5đ
4. thay vào : m1( 75 +t – t’) = ( m1 + m2)(t’ – t) 75m1 m1 1 m2 0,5đ Rút gọn ta có : t’ – t = mà m1 2m1 m2 m2 15 15 Thay số vào tính được : t’ – t 4,4120C 0,5đ Vậy khi cân bằng nhiệt độ hỗn hợp đó tăng 4,4120C Câu 3: (4,5 điểm) + Điện trở tương đương của đoạn mạch: R1.RBC 8.8 0,5đ Rtd R0 (R RBC ) 6 (18 8) 20 R1 RBC 8 8 a + Số chỉ ampe kế: (1,5đ) I U 30 3 0,5đ Do RBC R1 8 I A I1 A 0,75 A 2 2Rtd 2.20 4 + Công suất tiêu thụ trên biến trở: 2 2 2 2 P PBC PCD I A.RBC I .RCD 0,75 .8 1,5 .10 27 W 0,5đ Xét mạch điện như hình vẽ R0 + - U Đặt RBC x RCD R x (0 x R) I IA R Tổng trở của mạch điện A R .x B C D 0,5 1 I1 R1 Rtd R0 R x R1 x Cường độ dòng điện trong mạch chính Hình 1 U U I (1) R .x Rtd 1 R0 R x R1 x 0,5 I A R1 b IR Mặt khác I x I 1 (2) (3,0đ) 1 A R1 x I I1 I A 0,5 UR1 UR1 Từ đó suy ra I A R1x R0 R x R1 x y x Do tích UR1 không đổi nên IA min khi y(x) max. y x x 2 R R x R R R 0 0 1 0,5 2 2 R 0 R R0 R y x R0 R R1 x 2 2 R R R R 6 18 0,5 Vậy y x max khi x 0 0 R x 0 12 2 BC 2 2 Thay x vào (1) và (2), ta có số chỉ ampe kế là :
5. 30 8 0,5 IA = 6 12.8 6. ≃ 0,71 A 12 8 8 12 Câu 4: (5 điểm). Câu 4 1 1 1 1. Chứng minh công thức (1,0 điểm) (5 đ) f d d ' S I h x f ’ ’ H O H ’ x 0,25đ F’ h d d’ S’ Dựng ảnh thật S’ của S bằng cách sử dụng 2 tia tới : Tia SI// xx’ qua thấu kính cho tia ló đi qua tiêu điểm F’ Tia SO đi qua quang tâm O của thấu kính thì truyền thẳng Dựng SH và S’H’  xx’ S 'H OH ' Xét các tam giác vuông đồng dạng SOH và S’OH’ (1) SH OH S 'H ' F 'H ' OF’I  H’F’S’ (2) 0,25đ IO F 'O OH ' F 'H ' Các vế trái của (1) và (2) bằng nhau OH F 'O d ' d ' f 0,25đ Hay d f Biến đổi : d’.f = d.d’ – f.d d.d’ = f.d’ + f.d (3) 1 1 1 (4) Chia cả 2 vế (3) cho tích d.d’.f (đpcm) 0,25đ f d d ' 2. Xác định bán kính chùm ló trên màn a) Khi thấu kính cách S một khoảng d = 20cm (1,0 điểm) 0,5đ Dễ dàng nhận thấy: d = 20cm = f nên S nằm ngay trên tiêu điểm F của thấu kính, 0,25đ qua thấu kính ta được chùm ló song song. Vết sáng tròn trên màn M do chùm ló tạo thành, độ lớn bán kính vết sáng được 0,25đ giới hạn bởi các tia đi qua mép thấu kính (hình vẽ). Vì chùm ló song song nên R = r = 4cm b) Khi thấu kính di chuyển sao cho kích thước vết sáng nhỏ nhất (3,0 điểm)
6. 0,25đ Khi dịch thấu kính về bên phải, chùm ló trở thành hội tụ, S’ là 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) 0,25đ Từ hình vẽ: Xét 2 tam giác vuông S’GE  S’PO, ta có các tỉ số đồng dạng GE S E r z d d L L d Hay thay bằng ký hiệu: 1 (1) PO S O r d d d 0,25đ ’ ’ r Ở đây r , L là các đại lượng không đổi; d , d là các biến số r min 0,25đ r min df xf Để khảo sát ta đặt y = r’/ r ; d = x (x > f = 20cm) ; thay d’ = d f x f (L x).(x f ) thay vào (1) y = 1 - 0,25đ xf Tiếp tục khai triển phân thức và rút gọn, ta được: 0,25đ L x L 45 x 45 y = thay số y = x f f x 20 20 45 x 0,25đ Ta nhận thấy: ymin x 20 min Để ý biểu thức trên là tổng của 2 số mà tích của nó là 1 số không đổi (bằng 45/20) 0,25đ nên tổng này bé nhất khi 2 số này bằng nhau (dấu hiệu cô si) 45 x 2 Vậy ymin x = 900 0,25đ x 20 0,25đ x = 30cm. Vậy TK cách S đoạn d = 30cm ’ ’ 0,25đ ymin = 1,5 + 1,5 – 2,25 = 0,75 = r / r r min = 3cm Vậy: bán kính nhỏ nhất của vết sáng đạt được trên màn là 3cm 0,25đ Câu 5 (2,5 điểm) Câu 5 *Để thoả mãn điều kiện: Khi mở khoá k thì ba bóng đèn đều sáng và khi đóng 2,5 đ khoá k thì chỉ có bóng 6V- 1,5W sáng, các linh kiện đã cho được mắc theo hai sơ đồ như hình 1 và hình 2:  0,5 đ KK 1V 6V      K C AK K KB AK 1V 1V C 6V KB Hình 1 1V Hình 2 * Với điều kiện các bóng đèn chỉ sáng khi hiệu điện thế giữa hai đầu bóng đèn phải lớn hơn hoặc bằng 2/3 hiệu điện thế định mức của mỗi bóng, ta xét xem sơ 0,25 đ đồ nào thoả mãn 2 2 U 1đm 1 - Điện trở của đèn 1V - 0,1W là: R1 = = = 10 (  ) 0,25 đ 0,1 P1đm
7. 2 2 0,25 đ U 2đm 6 - Điện trở của đèn 6V – 1,5W là: R2 = = = 24 (  ) 1,5 P2đm - Ở sơ đồ 1: Khi k mở, hiệu điện thế giữa hai đầu bóng đèn 6V- 1,5W lúc này là: 0,5 đ U AB 6 2 UCB = . RCB -> UCB = . 24 3,3(V) 1V 10 2 0,25 đ RAB 24 2 U AB 6 2 0,25đ + Bóng 6V– 1,5W: UCB = . R CB = .24 4,97 (V) > 6V 10 3 RAB 24 2 Vậy sơ đồ 2 thoả mãn điều kiện của đề bài Chú ý: + Học sinh có cách giải khác nếu đúng thì vẫn cho điểm tối đa. + Nếu thiếu đơn vị trừ 0,25 điểm, không trừ quá 1 điểm cho toàn bài thi. Hết