1 SỐ ĐỀ THI HSG VẬT LÍ 9 BẮC NINH.pdf

1 SỐ ĐỀ THI HSG VẬT LÍ 9 TỈNH BẮC NINH – ZALO 0984024664
1
UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
NĂM HỌC 2009 – 2010
MÔN THI: VẬT LÝ – LỚP 9 - THCS
Thời gian làm bài : 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 14 / 04/ 2009
--------------***--------------
Bµi 1:(3 ®iÓm)
Hai xe máy đồng thời xuất phát, chuyển động đều đi lại gặp nhau, một đi từ thành phố A
đến thành phố B và một đi từ thành phố B đến thành phố A. Sau khi gặp nhau tại C cách A 30km,
hai xe tiếp tục hành trình của mình với vận tốc cũ. Khi đã tới nơi quy định, cả hai xe đều quay
ngay trở về và gặp nhau lần thứ hai tại D cách B 36 km. Coi quãng đường AB là thẳng. Tìm
khoảng cách AB và tỉ số vận tốc của hai xe.
Bµi 2:(3 ®iÓm)
Ngưêi ta ®æ m1 gam nưíc nãng vµo m2 gam nưíc l¹nh th× thÊy khi c©n b»ng nhiÖt, nhiÖt ®é cña
nưíc l¹nh t¨ng 50
C. BiÕt ®é chªnh lÖch nhiÖt ®é ban ®Çu cña níc nãng vµ nưíc l¹nh lµ 800
C.
1. T×m tû sè m1/ m2.
2. NÕu ®æ thªm m1 gam nưíc nãng n÷a vµo hçn hîp mµ ta võa thu ®ưîc, khi cã c©n b»ng
nhiÖt th× nhiÖt ®é hçn hîp ®ã t¨ng thªm bao nhiªu ®é? Bá qua mäi sù mÊt m¸t vÒ nhiÖt.
Bµi 3:(4 ®iÓm)
Cho m¹ch ®iÖn nh h×nh vÏ 1. Nguån ®iÖn cã hiÖu ®iÖn thÕ
kh«ng ®æi U = 12V. Hai bãng ®Ìn gièng nhau, trªn mçi ®Ìn cã
ghi: 6V- 3W. Thanh dÉn AB dµi, ®ång chÊt, tiÕt diÖn ®Òu. VÞ trÝ
nèi çc bãng ®Ìn víi thanh lµ M vµ N cã thÓ di chuyÓn ®îc däc
theo thanh sao cho AM lu«n b»ng BN. Khi thay ®æi vÞ trÝ cña M
vµ N trªn thanh th× thÊy x¶y ra hai trêng hîp çc ®Ìn ®Òu s¸ng
b×nh thêng vµ c«ng suÊt tiªu thô trªn m¹ch ngoµi trong hai trêng
hîp b»ng nhau. T×m ®iÖn trë toµn phÇn cña thanh AB.
Bµi 4:(4 ®iÓm)
Một máy sấy bát đĩa có điện trở R = 20  mắc nối tiếp với điện trở R0 = 10  rồi mắc
vào nguồn điện có hiệu điện thế không đổi. Sau một thời gian, nhiệt độ của máy sấy giữ
nguyên ở 52o
C. Nếu mắc thêm một máy sấy giống như trước song song với máy đó thì nhiệt
độ lớn nhất của máy sấy là bao nhiêu? Nhiệt độ phòng luôn là 20o
C, coi công suất tỏa nhiệt
ra môi trường tỉ lệ với độ chênh lệch nhiệt độ giữa máy sấy và môi trường.
Bµi 5:(4 ®iÓm)
HÖ quang häc gåm mét gư¬ng ph¼ng vµ mét thÊu kÝnh
héi tô máng cã tiªu cù f. Gư¬ng ph¼ng ®Æt t¹i tiªu diÖn cña
thÊu kÝnh (h×nh vÏ 2). Nguån s¸ng ®iÓm S ®Æt trªn trôc chÝnh
cña thÊu kÝnh, çch ®Òu thÊu kÝnh vµ gư¬ng. B»ng çch vÏ
®ưêng ®i cña çc tia s¸ng h·y x¸c ®Þnh vÞ trÝ cña tÊt c¶ çc ¶nh
cña S qua hÖ. Tìm khoảng cách giữa các ảnh đó.
(C (Chú ý : học sinh không dùng công thức thấu kính)
Bµi 6:(2 ®iÓm)
H·y x¸c ®Þnh träng lưîng riªng cña 1 chÊt láng víi dông cô: mét lùc kÕ, mét chËu níc vµ
mét vËt nÆng. Nªu çc bước tiÕn hµnh vµ gi¶i thÝch.
---------------HÕt---------------
ĐỀ CHÍNH THỨC
B
M
Đ1
A
N
Đ2
Hình vẽ 1
+ U
H×nh vÏ 2
O F
*
S

2
Së gi¸o duc- §µo t¹o
B¾c ninh
Kú thi häc sinh giái THcs cÊp tØnh
N¨m häc 2009- 2010
M«n: VËt lý. Líp 9
§¸p ¸n - BiÓu ®iÓm chÊm
Bµi Néi dung §iÓm
1
Gọi v1 là vận tốc của xe xuất phát từ A, v2 là vận tốc của xe xuất phát từ B, t1 là
khoảng thời gian từ lúc xuất phát đến lúc gặp nhau lần 1, t2 là khoảng thời gian từ
lúc gặp nhau lần 1đến lúc gặp nhau lần 2, x = AB.
Gặp nhau lần 1: 1 1 30
v t = , 2 1 30
v t x
= −
suy ra 1
2
30
(1)
30
v
v x
=
−
Gặp nhau lần 2: 1 2 ( 30) 36 6
v t x x
= − + = +
2 2 30 ( 36) 6
v t x x
= + − = −
suy ra 1
2
6
(2)
6
v x
v x
+
=
−
Từ (1) và (2) suy ra x = 54km.
Thay x = 54 km vào (1) ta được 1 2
2 1
1,25 hay 0,8
v v
v v
= =
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
2a
2b
Níc nãng cã nhiÖt ®é t1
Níc l¹nh cã nhiÖt ®é t2
Sau khi cã c©n b»ng nhiÖt, nhiÖt ®é hçn hîp lµ t
Ta cã PTCBN m1C(t1-t) = m2C( t-t2) =>
t
t
t
t
m
m
1
2
2
1
−
−
=
Theo bµi ra t - t2 = 5
t1 – t2 = 80 => t1 = 75 + t
Thay vµo
75
5
t
t
t
t
m
m
1
2
2
1
=
−
−
=
0,5
0,5
0,5
+ Khi ®æ thªm vµo m1 níc nãng vµo hçn hîp khi c©n b»ng nhiªt; nhiÖt ®é hçn hîp
t’. ta cã pt c©n b»ng nhiÖt
m1(t1- t’) = (m1 + m2)(t’- t) mµ t1 = 75 + t
Thay vµo m1(75 +t - t’) = (m1 + m2)(t’- t)
Rót gän ta cã
2
1
1
m
m
2
m
75
t
'
t
+
=
− mµ
75
m
5
m
75
5
m
m 2
1
2
1
=

=
Thay sè vµo tÝnh ®îc : t’- t ~ 4,412
VËy khi c©n b»ng nhiÖt hçn hîp ®ã t¨ng 4,4120
C
0,5
0,5
0,5

3
3
Gäi R lµ ®iÖn trë cña thanh AB. Khi thay ®æi vÞ trÝ M vµ N trªn thanh AB th× cã hai
trêng hîp c¸c ®Ìn s¸ng b×nh thêng.
• Trêng hîp 1: M vµ N trïng nhau t¹i trung
®iÓm cña thanh.
Khi ®ã, RAM = RNB =
2
R 0,75
C«ng suÊt tiªu thô trªn toµn m¹ch trong trêng hîp nµy lµ:
P1 = 2P® + PR = 2P® + 4U®
2
/ R (1)
ë ®©y P®, U® lµ c«ng suÊt vµ hiÖu ®iÖn thÕ ®Þnh møc cña ®Ìn ( P® = 3W; U® = 6V)
0,75
• Trêng hîp 2: M vµ N ë hai vÞ trÝ sao cho AM = NB >
2
AB
. Lóc nµy ta cã
m¹ch cÇu c©n b»ng.
d
d
d
R x
x R
x R
= → = = RAM = RNB ;
R® lµ ®iÖn trë cña ®Ìn.
0,5
0,5
- C«ng suÊt tiªu thô trªn toµn m¹ch trong trêng hîp nµy lµ:
P2 = 2P® + PAN + PNB = 2P® + 2U®
2
/RAM
= 2P® + 2U®
2
/RNB = 4P® (2)
MÆt kh¸c, theo ®Ò bµi ta cã: P2 = P1 (3)
Tõ (1), (2), (3) ta t×m ®îc:
R= 24
VËy ®iÖn trë cña thanh AB lµ 24
0,5
1
4
Máy sấy mắc vào mạch điện như hình vẽ. ta biết rằng công suất tỏa nhiệt ra môi
trường tỉ lệ với độ chênh nhiệt độ giữa máy và phòng. Khi nhiệt độ máy sấy ổn định
thì công suất P bằng công suất hao phí.
Lúc đầu công suất của máy sấy là: )
t
t
(
k
R
I 0
1
2
1 −
=
với
0
1
R
R
U
I
+
=
Từ đó )
1
)(
t
t
(
k
)
R
R
(
R
U
0
1
2
0
2
−
=
+
Khi mắc tủ sấy song song thì:cường độ dòng điện mạch chính là:
0
'
/ 2
U
I
R R
=
+
Hiệu điện thế hai đầu máy sấy là: ' / 2
m
U I R
=
Cường độ dòng điện đi qua mỗi máy sấy là: 2
0
2( / 2 )
m
U U
I
R R R
= =
+
Công suất của mỗi máy sấy là: )
( 0
'
2
2 t
t
k
R
I x −
=
Suy ra )
2
)(
t
t
(
k
)
R
2
/
R
(
4
R
U
0
x
2
0
2
−
=
+
1
0,75
0,25
0,25
0,75
0,5
0,5
B
M
Đ1
A
N
Đ2
B
N
Đ1
A
M
Đ2
Đ2
Đ1
B
A
M x
N
x
Ro
R
U R

4
Từ (1) và (2) suy ra: C
18
)
R
2
/
R
(
4
)
R
R
(
)
t
t
(
t
t o
2
0
2
0
0
1
0
x =
+
+
−
=
− suy ra tx = 38o
C
5
0,5
* Trường hợp 1: Xét ánh sáng đến thấu kính trước
- Tia khúc xạ của tia tới SI song song với trục phụ p
 cắt trục phụ tại tiêu điểm phụ
F’p. Đường kéo dài F’pI cắt trục chính tại S1. Suy ra S1 là ảnh ảo của thấu kính.
0, 5
Ta thấy: SOI
 )
1
(
OF
F
F '
'
'
'
' SO
F
OI
F
O
p
p =


OI
S1
 )
2
(
F
F
F
1
'
1
'
'
'
'
1
S
OS
F
OI
F
S
p
p =


(*)
F
OS
S
OF
S
'
1
1
'
O
O
O
+
=

Theo bài ra: OF’= f; OS = f/2, thay vào (*) trên ta tìm được OS1 = f
Vậy S1 trùng với tiêu điểm F’ và gương
0,5
0,5
* Trường hợp 2: Xét ánh sáng đến gương trước
- Lấy S2 đối xứng với S qua gương suy ra S2 ảnh ảo của S qua gương, nối S2K sao
cho S2K // ( p
 ), nối K với F’p cắt trục chính tại S3 suy ra S3 là ảnh thật của S qua hệ
gương ( hình vẽ)
0,5
Vì S2K// p
  OK
S2
 )
3
(
OF
F
F '
2
'
'
'
' OS
F
OK
F
O
p
p =


OK
S3
 )
4
(
OS
S
F
F
F
3
3
3
'
3
'
'
'
'
3
f
O
S
OS
F
OK
F
S
p
p
−
=
=


Từ (3) và (4) suy ra: (**)
OS
S
OF'
S
3
3
2
f
O
O
−
=
Vì OS2 = OS + SF + FS2 = f/2 + f/2 + f/2 = 1,5f
Thay vào (**) f
O
O
f
O
f
O
f
f
3
S
S
5
,
1
S
.
5
,
1
OS
S
5
,
1
3
3
3
3
3
=

=
−

−
=

Kết hợp hai trường hợp trên ta tìm được khoảng cách giữa các ảnh là:
S1S2 = 0,5f; S1S3= 3f + f = 4f; S2S3 = 3f + 1,5 f = 4,5 f
0,5
0,5
0,5
O F
*
S
*
S2
S1
*
F’
S3
Fp’
I
G
K
S
S
S
S

5
6
Çch lµm:
- Mãc lùc kÕ vµo vËt x¸c ®Þnh träng lîng cña vËt trong kh«ng khÝ P1
- Mãc lùc kÕ vµo vËt x¸c ®Þnh träng lîng cña vËt trong níc P2
- Mãc lùc kÕ vµo vËt x¸c ®Þnh träng lîng cña vËt trong chÊt láng cÇn ®o P3
Gi¶i thÝch:
- Tõ gi¸ trÞ P1 vµ P2 x¸c ®Þnh ®îc V thÓ tÝch vËt nÆng
n
2
1
d
P
P
V
−
=
- Ta cã V
d
P
P x
3
1 =
−
- Sau ®ã lËp biÓu thøc tÝnh
n
2
1
3
1
x d
P
P
P
P
d
−
−
= víi dn lµ träng lîng riªng cña níc
0,5
0,5
0,5
0,5
- Häc sinh cã thÓ gi¶i bµi theo çch kh¸c ®óng kÕt qu¶ cho ®iÓm tèi ®a.
- ThiÕu ®¬n vÞ mçi lÇn trõ 0,5 ®iÓm; toµn bµi thiÕu hoÆc sai ®¬n vÞ trõ kh«ng qu¸ 1 ®iÓm
- §iÓm bµi thi lµ tæng ®iÓm çc c©u kh«ng lµm trßn.

6
UBND tØnh B¾c Ninh
Së Gi¸o dôc vµ §µo T¹o
®Ò thi chän häc sinh giái tØnh
N¨m häc 2014-2015
M«n thi : VËt lý THCS
Thêi gian lµm bµi: 150 phót (kh«ng kÓ thêi
gian giao ®Ò)
Ngµy thi: 02/4/2015
Bài 1 (5,0 điểm).
Vào lúc 6h sáng có hai xe cùng khởi hành. Xe 1 chạy từ A với tốc độ không
đổi v1 = 7m/s và chạy liên tục nhiều vòng trên chu vi hình chữ nhật ABCD.
Xe 2 chạy từ D với tốc độ không đổi v2 = 8m/s và chạy liên tục nhiều vòng
trên chu vi hình tam giác DAB. Biết AB = 3km, AD = 4km và khi gặp nhau
các xe có thể vượt qua nhau.
a) Ở thời điểm nào xe 2 chạy được số vòng nhiều hơn xe 1 là một vòng?
b) Tìm khoảng cách ngắn nhất giữa hai xe trong 6 phút đầu tiên?
c) Tìm thời điểm mà xe 1 đến C và xe 2 đến D cùng một lúc? Biết rằng các xe chạy đến 9h30 thì
dừng.
Trong một bình đậy kín có cục nước đá khối lượng M = 0,1kg nổi trên mặt nước, trong cục nước đá
có một viên chì khối lượng m = 5g. Hỏi phải tốn một lượng nhiệt bằng bao nhiêu để cục chì bắt đầu
chìm xuống nước nếu nhiệt độ của nước trong bình luôn là 00
C. Cho khối lượng riêng của chì 11,3g/cm3
,
của nước đá bằng 0,9g/cm3
, của nước bằng 1,0g/cm3
, nhiệt nóng chảy của nước đá λ = 3,4.105
J/kg.
Bài 3 (5,0 điểm)
Cho mạch điện như hình vẽ, hiệu điện thế ở hai đầu đoạn mạch UAB
= 70V, các điện trở R1 = 10 , R2 = 60 , R3 = 30 và biến trở Rx.
Cho rằng điện trở của vôn kế là vô cùng lớn và điện trở của ampe kế là
không đáng kể. Bỏ qua điện trở của dây nối và khóa K.
1. Điều chỉnh biến trở Rx = 20 . Tính số chỉ của vôn kế và ampe kế
khi: a. Khóa K mở.
b. Khóa K đóng.
2. Đóng khóa K, Rx bằng bao nhiêu để vôn kế và ampe kế đều chỉ số không?
3. Đóng khóa K, ampe kế chỉ 0,5A.Tính giá trị của biến trở Rx khi đó.
Một tia sáng bất kỳ SI chiếu đến một quang hệ, sau đó ló ra khỏi hệ theo phương
song song và ngược chiều với tia tới như hình vẽ. Biết quang hệ đó chỉ có hai dụng cụ
và cấu tạo từ các loại dụng cụ quang học đơn giản (gương phẳng, thấu kính hội tụ).
a) Quang hệ gồm hai dụng cụ nào, cách bố trí các dụng cụ đó.
§Ò chÝnh thøc
A
B
D
C
v1
v2

7
b) Có thể tịnh tiến tia tới SI (tia tới luôn song song với phương ban đầu) sao cho tia ló JK trùng với
tia tới được không? Nếu có thì tia tới đi qua vị trí nào của hệ.
Bài 5 (3,0 điểm)
Một dụng cụ đo chênh lệch áp suất không khí gồm một ống chữ U đường kính d
= 5mm nối hai bình giống nhau có đường kính D = 50mm với nhau. Trong dụng cụ
đựng hai chất lỏng không trộn lẫn với nhau là dung dịch rượu êtylic trong nước có
trọng lượng riêng 3
1
d = 8535 N/m và dầu hỏa có trọng lượng riêng 3
2
d = 8142 N/m
+ Khi áp suất của không khí ở hai nhánh bằng nhau thì mặt phân cách giữa hai
chất lỏng nằm tại O.
+ Khi có độ chênh lệch áp suất 2
1 p
p
p −
=
 giữa hai nhánh, mặt phân cách giữa
hai chất lỏng dịch chuyển lên trên một khoảng h (hình vẽ). Xác định p
 khi h = 250mm.
-----------HẾT------------
Họ và tên thí sinh: …………………………………………………………….. SBD: ………………
O
h
p1 p2

8
H-íng dÉn chÊm ®Ò thi chän häc sinh giái tØnh
N¨m häc 2014-2015
M«n thi : VËt lý
Bài Đáp án Điểm
Bài 1 5,0
a) Chiều dài 2 2
5000
BD AB AD m
= + =
Thời gian chạy một vòng của xe thứ nhất 1
1
2000
ABCDA
S
T s
v
= =
Thời gian chạy một vòng của xe thứ hai 2
2
1500
DABD
S
T s
v
= =
Xe thứ hai chạy nhiều hơn xe thứ nhất một vòng nên
2 1
1
t t
T T
− =
1 2
1 2
.
1 40
T T
t h ph
T T
 = =
−
Vậy thời điểm đó là 7h40ph
0.5
0.5
0.5
0.25
0.25
b) Trong 6 phút đầu, xe thứ nhất đi được s1 = 7.360 = 2520(m) < AB và xe thứ hai đi
được s2 = 8.360 = 2880(m) < DA.
Như vậy trong 6 phút đầu xe thứ nhất đang chạy trên AB và xe thứ hai đang chạy
trên DA.
Giả sử ở thời điểm t xe thứ nhất ở N và xe thứ hai ở M. Đặt AD = a và MN = L ta có:
2 2 2
2 2 2
2 1
2 2 2 2 2 2
2 2
1 2 2 2 2 2
1 2 1 2
( ) ( )
( ) ( ) ( )
L AM AN
L a v t v t
av av
L v v t a
v v v v
= +
= − +
 
= + − − +
 
+ +
 
Ta thấy L2
cực tiểu khi 2
2 2
1 2
av
t
v v
=
+
Khi đó 1
min 2 2
1 2
av
L
v v
=
+
Thay số ta được min 2634
L m

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
c) Thời gian xe thứ nhất tới C lần đầu là 1
7000
1000
7
t s
= =
lần thứ n là 1 1
t t nT
= + =1000+2000n
Thời gian xe thứ hai tới D lần thứ m là 2
t mT
= =1500m
Do xe thứ nhất tới C và xe thứ 2 tới D cùng lúc nên ta có
1000+2000n=1500m =>m=(2+4n)/3
Vì xe chỉ chạy đến 9h30ph nên 1000 +2000n<12600 => n<5,8
0.25
0.25
0.25
A
B
D
N
M

9
Ta có bảng sau
n 1 2 3 4 5
m 2 loại loại 6 loại
t(s) 3000 9000
Thời điểm 6h50ph 8h30ph
Vậy có hai thời điểm xe thứ nhât tới C và xe thứ 2 tới D cùng một lúc là 6h50ph và
8h30ph
0.25
0.25
0.25
Bài 2 3,0
Để cục đá bắt đầu chìm, không phải toàn bộ cục nước đá tan hết, chỉ cần khối lượng
riêng trung bình của nước đá và cục chì trong nó bằng khối lượng riêng của nước là
đủ.
Goi M1 là khối lượng còn lại của cục đá khi bắt đầu chìm, điều kiện để cục chì bắt
đầu chìm là:
𝑀1 + 𝑚
𝑉
= 𝐷𝑛
Trong đó:
V là thể tích cục đá và chì
Dn là khối lượng riêng của nước.
Chú ý:
𝑉 =
𝑀1
𝐷đá
+
𝑚
𝐷𝑐ℎì
Do đó:
1
1
dá ì
( )
n
ch
M m
M m D
D D
+ = +
Suy ra:
𝑀1 = 𝑚
(𝐷𝑐ℎì − 𝐷𝑛). 𝐷đá
(𝐷𝑛 − 𝐷đá). 𝐷𝑐ℎì
=>M1 = 41g
Khối lượng nước đá phải tan:
∆M = M – M1 = 100g – 41g = 59g
Lượng nhiệt cần thiết: Q = λ. ∆m = 3,4.105
. 5,9.10-3
= 2006J
0.5
0.5
0.25
0.25
0.5
0.25
0.25
0.5
Bài 3 5,0
3.1
a. Khi K mở không có dòng điện qua ampe kế. Ampe kế chỉ số không.
Sơ đồ thu gọn (R1 nt R2) // (R3 nt Rx)
Ta có : I1 = I2 = I12 = U/(R1+ R2)= 1 (A)
I3 = Ix = I3x = U/(R3+ Rx)= 1,4 (A)
Vôn kế đo hiệu điện thế giữa hai điểm C và D mà UAD = UAC + UCD
 UCD = UAD - UAC = UR3 – UR1 = I3.R3 – I1.R1 = 1,4.30 -1.10 = 32 V
Vôn kế chỉ 32V
b, Khi khóa K đóng, điểm C được nối tắt với điểm D nên vôn kế chỉ số không.
Mạch điện trở thành: (R1 // R3) nt (R2 // Rx)
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

10
Điện trở tương đương Rtđ = +
+ 3
1
3
1.
R
R
R
R
x
x
R
R
R
R
+
2
2.
=
20
60
20
.
60
30
10
30
.
10
+
+
+
=22,5 
I =
td
U
R
=
5
,
22
70
= 3,11 A
UAC = I. RAC = 3,11.7,5 = 23,33 V  I1=
1
23,33
2,33( )
10
AC
U
A
R
= =
UCB = I. RCB = 3,11.15 = 46,67 V I2=
2
46,67
0,77( )
60
CD
U
A
R
= =
Ta có I1 > I2  dòng điện chạy theo chiều từ C đến D qua ampe kế và có độ lớn:
IA = 2,33 – 0,77 = 1,56 (A).
0.25
0.25
0.25
3.2
Khóa K đóng mà dòng điện không đi qua ampe kế  Mạch cầu cân bằng :
x
R
R
R
R 3
2
1
=
 Rx =
1
3
2 .
R
R
R
= 
= 180
10
30
.
60
0.25
0.25
0.25
3.3
Đóng khóa K mạch trở thành: (R1 // R3) nt (R2 // Rx)
Điện trở tương đương: Rtđ = +
+ 3
1
3
1.
R
R
R
R
x
x
R
R
R
R
+
2
2.
=
x
x
R
R
+
+
+ 60
.
60
30
10
30
.
10
= 7,5 +
x
x
R
R
+
60
.
60
(
 )
Dòng điện qua mạch chính: I =
td
R
U
=
x
x
R
R
+
+
60
60
5
,
7
70
(A)
Hiệu điện thế giữa hai đầu AC :
UAC =I.RAC =
x
x
R
R
+
+
60
60
5
,
7
70
.7,5 =
R
60
60R
7,5
525
x
x
+
+
(V)
Cường độ dòng điện qua điện trở R1:
I1 =
1
R
U AC
=
R
60
60R
7,5
525
x
x
+
+
.
10
1
=
R
60
60R
7,5
5
,
52
x
x
+
+
=
x
x
x
R
R
R
60
)
60
(
5
,
7
)
60
(
5
,
52
+
+
+
=
x
x
R
R
5
,
67
450
5
,
52
3150
+
+
(A)
0.25
0.25

11
Hiệu điện thế giữa hai đầu CB : UCB =UAB – UAC =70 -
R
60
60R
7,5
525
x
x
+
+
(V)
Dòng điện qua điện trở R2: I2 =
2
R
UCB
= (70 -
R
60
60R
7,5
525
x
x
+
+
).
60
1
=
x
x
R
R
+
+
−
60
60
5
,
7
75
,
8
6
7
=
x
x
x
R
R
R
60
)
60
(
5
,
7
)
60
(
75
,
8
6
7
+
+
+
− =
x
x
R
R
5
,
67
450
75
,
8
525
6
7
+
+
− (A)
* Trường hợp dòng điện có cường độ 0,5A qua ampe kế theo chiều từ C đến D:
Ta có : I1 = I2 + IA 
x
x
R
R
5
,
67
450
5
,
52
3150
+
+
=
x
x
R
R
5
,
67
450
75
,
8
525
6
7
+
+
− + 0,5

x
x
R
R
5
,
67
450
5
,
52
3150
+
+
=
x
x
R
R
5
,
67
450
75
,
8
525
6
10
+
+
−  6(3150 +52,5Rx) = 10(450+67,5Rx) –
6(525+8,75Rx)
 307,5.Rx =17550  Rx =57,1 ( ) (Nhận)
* Trường hợp dòng điện có cường độ 0,5A qua ampe kế theo chiều từ D đến C:
Ta có : I1 = I2 + IA 
x
x
R
R
5
,
67
450
5
,
52
3150
+
+
=
x
x
R
R
5
,
67
450
75
,
8
525
6
7
+
+
− - 0,5

x
x
R
R
5
,
67
450
5
,
52
3150
+
+
=
x
x
R
R
5
,
67
450
75
,
8
525
6
4
+
+
−  6(3150 +52,5Rx) = 4(450+67,5Rx) –
6(525+8,75Rx)
 -97,5.Rx =20250  Rx = -207,7 ( ) Ta thấy Rx < 0 (Loại)
Kết luận: Biến trở có giá trị Rx =57,1 ( ) thì dòng điện qua ampe kế có cường độ
0,5 (A).
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
Bài 4 4,0
a) Vì sau khi ra khỏi hệ thì tia ló truyền theo chiều ngược lại nên trong hệ chắc chắn
phải có gương.
Suy ra quang hệ trong hộp kín sẽ là một trong hai trường hợp sau:
Trường hợp 1: Trong hệ có hai gương phẳng
0.25
0.25
0.25

12
Ta có
0
0
180
/ / ' ' 90
2
SI JK O MN O NM
  +  = =
' '
MO NO MO NO
 ⊥  ⊥
Vậy hai gương đặt vuông góc với nhau.
Trường hợp 2: Hệ gồm 1 thấu kính và một gương phẳng
Vì tia SI//JK nên điểm tới gương phải nằm trên tiêu diện của thấu kính.
Như vậy gương phải đặt trùng tiêu diện của thấu kính.
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
b) Hoàn toàn có thể xảy ra ở cả 2 trường hợp
Trường hợp 1: Để tia SI trùng với JK thì MN=0 tia tới phải đi tới O.
Điều này có thể làm được khi tịnh tiến SI tới đường nét đứt
Trường hợp 2: Để tia SI trùng với JK thì tia qua thấu kính tới gương phải vuông góc
với gương
=> nó phải song song với trục chính
Khi đó tia tới phải đi qua tiêu điểm chính F của thấu kính.
Điều này cũng xảy ra được khi ta tịnh tiến tia tới SI tới đường nét đứt
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
Bài 5 3,0
Xét hai điểm A và B nằm trên cùng mặt phẳng ngang, điểm A nằm tại mặt phân
cách hai chất lỏng khi cân bằng
Khi )
(
0 2
1 p
p
p =
=
 : thì mặt phân cách giữa hai lớp chất lỏng ở vị trí O :
1 1 1
.
A
p p d h
= +
2 2 2
.
B
p p d h
= +
B
A p
p =
=> 2 2
1 1 2 2 1
1
.
d h
d h d h h
d
=  =
Khi )
(
0 2
1 p
p
p 

 : thì mực nước trong bình 1 hạ
xuống 1 đoạn h
 và đồng thời mực nước bình 2 tăng lên
1 đoạn h
 . Khi đó mặt phân cách di chuyển lên trên 1
đoạn h so với vị trí O.
1 1 1
.( )
A
p p d h h
= + − 
2 2 2 1
.( ) .
B
p p d h h h d h
= + +  − +
Ta có :
0.25
0.25
0.25
0.5
0.25
O
h
p1 p2
A
B
A

13
1 1 1 2 2 2 1
1 2 2 2 1 1 1
1 2 1 2 1 2 1 1 2 2
.( ) .( ) .
.( ) .( ) .
.( ) .( ) [ . ] (*)
p d h h p d h h h d h
p p d h h h d h h d h
p p h d d h d d d h d h
+ −  = + +  − +
 − = +  − − −  +
 − = − +  + − −
Ta thấy thể tích bình 1 giảm một lượng :
2
.
4
D
V h

= 
Thể tích trong ống dâng lên một lượng : h
d
V
4
. 2
' 
=
Ta có h
D
d
h
V
V 2
2
'
=


= và 1 1 2 2
.
d h d h
= thay vào (*)
Ta được :
2
1 2 1 2 1 2
2
2
1 2 1 2
2
.( ) .( )
( ) .( )
d
p p p h d d h d d
D
d
h d d d d
D
 = − = − + +
 
= − + +
 
 
0.25
0.25
0.25
0.25
- Tính p
 khi h = 250mm
Ta có : ( ) ( ) 2
2
2
/
140
8142
8535
05
,
0
005
,
0
8142
8535
25
,
0 m
N
p =








+
+
−
=
 0.5

14
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn: Vật lý - Lớp 9
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 24 tháng 3 năm 2016
=====================
Câu 1. (4.0 điểm) Một người đứng quan sát chuyển động của đám mây đen từ một khoảng cách an toàn.
Từ lúc người đó nhìn thấy tia chớp đầu tiên phát ra từ đám mây, phải sau thời gian t1 = 20s mới nghe
thấy tiếng sấm tương ứng của nó. Tia chớp thứ hai xuất hiện sau tia chớp thứ nhất khoảng thời gian
T1 = 3 phút và sau khoảng thời gian t2 = 5s kể từ lúc nhìn thấy tia chớp thứ hai mới nghe thấy tiếng sấm
của nó. Tia chớp thứ ba xuất hiện sau tia chớp thứ hai khoảng thời gian T2 = 4 phút và sau khoảng thời
gian t3 = 30s kể từ lúc nhìn thấy tia chớp thứ ba mới nghe thấy tiếng sấm của nó. Cho rằng đám mây đen
chuyển động không đổi chiều trên một đường thẳng nằm ngang, với vận tốc không đổi. Biết vận tốc âm
thanh trong không khí là u = 330m/s; vận tốc ánh sáng là c = 3.108
m/s. Tính khoảng cách ngắn nhất từ
đám mây đen đến người quan sát và vận tốc của đám mây đen.
Câu 2. (5.0 điểm) Cho ba điện trở R1, R2 và R3 = 16Ω, các điện trở
chịu được hiệu điện thế tối đa tương ứng là U1 = U2 = 6V; U3 = 12V.
Người ta ghép ba điện trở trên thành mạch điện như hình vẽ 1, biết điện
trở tương đương của mạch đó là RAB = 8Ω.
1. Tính R1 và R2 biết rằng nếu đổi chỗ R3 với R2 thì điện trở của
mạch là RAB = 7,5Ω.
2. Tính công suất lớn nhất mà bộ điện trở chịu được.
3. Mắc nối tiếp đoạn mạch AB như trên với đoạn mạch BC gồm các bóng đèn cùng loại 4V-1W.
Đặt vào hai đầu AC hiệu điện thế U = 16V không đổi. Tính số bóng đèn nhiều nhất có thể sử dụng
để các bóng sáng bình thường và các điện trở không bị hỏng. Lúc đó các đèn ghép thế nào với
nhau?
Câu 3. (3.0 điểm) Trong một bình nước rộng có một lớp dầu dày d
= 1,0cm. Người ta thả vào bình một cốc hình trụ thành mỏng, có khối
lượng m = 4,0g và có diện tích đáy S = 25cm2
. Lúc đầu cốc không
chứa gì, đáy cốc nằm cao hơn điểm chính giữa của lớp dầu. Sau đó
rót dầu vào cốc tới miệng thì mực dầu trong cốc cũng ngang mực dầu
trong bình. Trong cả hai trường hợp đáy cốc đều cách mặt nước cùng
một khoảng bằng a (hình vẽ 2). Xác định khối lượng riêng ρ1 của
dầu, biết khối lượng riêng của nước là ρ0 = 1,0g/cm3
.
Câu 4. (5.0 điểm) (Học sinh được sử dụng công thức thấu kính)
1. Theo thứ tự có 3 điểm A, B, C nằm trên quang trục chính xy
của một thấu kính, cho AB = 24cm, AC = 30cm. Biết rằng, nếu đặt điểm sáng tại A thì ta thu
được ảnh thật của nó tạo bởi thấu kính ở C; nếu đặt điểm sáng tại B thì ta thu được ảnh ảo của
nó tạo bởi thấu kính cũng ở C. Hãy xác định loại thấu kính và nó đặt ở khoảng nào (có giải thích);
tính khoảng cách từ thấu kính đến điểm A và điểm B.
2. Một nguồn sáng điểm đặt trên trục chính của thấu kính hội tụ có tiêu cự bằng 8cm, cách thấu
kính 12cm. Dịch chuyển thấu kính theo phương vuông góc với trục chính của thấu kính với vận
tốc 5cm/s. Hỏi ảnh của nguồn sáng dịch chuyển với vận tốc là bao nhiêu nếu nguồn sáng giữ cố
định?
R2
R3
R1
B
A
Hình vẽ 1
a
a
m
d
Hình vẽ 2
ĐỀ CHÍNH THỨC

15
Câu 5. (3.0 điểm) Trong ba bình cách nhiệt giống nhau đều chứa lượng dầu như nhau ở nhiệt độ của
phòng. Đốt nóng một hình trụ kim loại rồi thả vào bình thứ nhất. Sau khi bình thứ nhất thiết lập cân bằng
nhiệt, ta nhấc khối kim loại cho sang bình thứ hai. Sau khi bình thứ hai thiết lập cân bằng nhiệt, ta nhấc
khối kim loại cho sang bình thứ ba. Nhiệt độ của dầu trong bình thứ ba tăng bao nhiêu nếu dầu trong
bình thứ hai tăng 50
C và trong bình thứ nhất tăng 200
C.
====== HẾT ======
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm

16
HƯỚNG DẪN CHẤM
NĂM HỌC 2015- 2016
Môn: Vật lý - Lớp 9
Ngày thi: 24 tháng 3 năm 2016
=====================
Câu Nội dung Điểm
Câu 1
(4.0đ)
Ký hiệu A; B; C là các vị trí đám mây phát tia chớp tương ứng 1; 2; 3
Gọi D là vị trí người quan sát, S1; S2; S3 là các đường đi của âm thanh và ánh sáng, ta có
các phương trình sau:
𝑆1
𝑐
+ 20 =
𝑆1
𝑢
→ 𝑆1 ≈ 6600𝑚
𝑆2
𝑐
+ 5 =
𝑆2
𝑢
→ 𝑆2 ≈ 1650𝑚
𝑆3
𝑐
+ 30 =
𝑆3
𝑢
→ 𝑆3 ≈ 9900𝑚
Đặt S2 = a →S1 = 4a; S3 = 6a
Gọi H là vị trí của đám mây gần người quan sát nhất, DH=h, AH=x.Vận tốc đám mây là
v.
Ta có: 𝐴𝐵 = 𝑣. 𝑇1
𝐴𝐶 = 𝑣. (𝑇1 + 𝑇2)
Ta được các phương trình:
𝑆1
2
= 16𝑎2
= ℎ2
+ 𝑥2
(1)
𝑆2
2
= 𝑎2
= ℎ2
+ (𝑣. 𝑇1 − 𝑥)2
(2)
𝑆3
2
= 36𝑎2
= ℎ2
+ (𝑣. 𝑇1 + 𝑣. 𝑇2 − 𝑥)2
(3)
Từ phương trình (1) và (2): 15𝑎2
= 𝑣. 𝑇1(2𝑥 − 𝑣. 𝑇1)
Từ phương trình (1) và (3): 20𝑎2
= (𝑣. 𝑇1 + 𝑣. 𝑇2)(𝑣. 𝑇1 + 𝑣. 𝑇2 − 2𝑥)
Ta được 2𝑥 − 𝑣. 𝑇1 =
15𝑎2
𝑣.𝑇1
= 𝑣. 𝑇2 −
20𝑎2
𝑣.𝑇1+𝑣.𝑇2
Hay 𝑣 = √
15𝑎2
𝑇1.𝑇2
+
20𝑎2
(𝑇1+𝑇2).𝑇2
= 38,54𝑚/𝑠
Thay vào trên ta được: 𝑥 =6412m và h=1564m
Học sinh có thể nhận xét: tốc độ ánh sáng rất lớn nên thời gian ánh sáng truyền từ tia
chớp đến người quan sát là tức thời do đó: 𝑆 ≈ 𝑢. 𝑡 vẫn cho điểm tối đa
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.5 đ
0.5 đ
S3
S2
v
h
D
S1
C
B
H
A

17
Câu 2
5.0đ
1.
𝑅𝐴𝐵 =
(𝑅1 + 𝑅2)𝑅3
𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅3
=
16(𝑅1 + 𝑅2)
𝑅1 + 𝑅2 + 16
= 8
→ R1 + R2 = 16Ω (*)
Khi đổi chỗ R3 với R2
𝑅𝐴𝐵 =
(𝑅1 + 𝑅3)𝑅2
𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅3
=
(𝑅1 + 16)𝑅2
16 + 16
= 7,5
→ 𝑅2(𝑅1 + 16) = 7,5(16 + 16) = 240 (1)
Từ (*) → R2 + (R1 + 16) =32 (2)
Từ (1) và (2) ta thấy R2 và R1 + 16 là 2 nghiệm của phương trình bậc 2:
x2
- 32x + 240 = 0, phương trình có 2 nghiệm x1 = 20Ω và x2 =12Ω
Vậy R2 = x2 = 12Ω
R1 + 16 = 20 => R1 = 4Ω
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
2.
R1 và R2 mắc nối tiếp nên I1 = I2
=> U1/U2 = R1/R2 = 2/6
Vậy nếu U2max =6V
thì lúc đó U1 = 2V và U3 = UAB = U1 + U2 = 8V (U3max)
Vậy hiệu điện thế UABmax =8V
Công suất lớn nhất bộ điện trở đạt được là Pmax = U2
Abmax/RAB = 8W
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
3.
Mỗi bóng có Rđ =U2
đ/P = 16Ω và cường độ định mức Iđ = 0,25A
Theo câu 2 ta tính được cường độ dòng lớn nhất mà bộ điện trở chịu được là 1A và đoạn
AB có điện trở RAB = 8Ω mắc nối tiếp với bộ bóng đèn như hình vẽ.
Ta có phương trình công suất: PBC = PAC – PAB = 16.I – 8.I2
(*) và điều kiện I≤ 1A
Từ (*) 𝑃𝐵𝐶𝑚𝑎𝑥 = 8𝑊, lúc đó I = 1A
Vậy số bóng nhiều nhất có thể mắc là 8 bóng
Hiệu điện thế UBC = UAC - UAB = 8V
Mà Uđ = 4V vậy có 2 cách mắc các bóng:
Cách 1: các bóng mắc thành 4 dãy song song nhau, mỗi dãy có 2 bóng mắc nối tiếp.
Cách 2: các bóng mắc thành 2 dãy nối tiếp nhau, mỗi dãy có 4 bóng mắc song song.
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
Câu 3
3.0đ
Lúc đầu cốc không chứa gì và nổi trong dầu thì trọng lượng của cốc cân bằng với lực
đẩy Acsimet của dầu:
10.mcốc = FA1 = 10(d - a)S.ρ1 (1)
Sau khi rót dầu tới miệng cốc rồi thả vào bình thì trọng lượng của cốc dầu cân bằng lực
đẩy Acsimet của nước và dầu:
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
B
U =
16V
C
A
Rbộ
RAB

18
10.mcốc + 10(d + a)S.ρ1 = FA2 = 10.d.S.ρ1 + 10.a.S.ρ0 (2)
Thay (1) vào (2) rồi rút gọn ta được:
d.ρ1 = a.ρ0
→ 𝑎 = 𝑑
𝜌1
𝜌0
(3)
Thay (3) vào (1) ta được:
𝑑𝑆
𝜌0
𝜌1
2
− 𝑑𝑆𝜌1 + 𝑚𝑐ố𝑐 = 0
Thay số ta được:
25𝜌1
2
− 25. 103
𝜌1 + 4. 106
= 0
Giải phương trình bậc 2 trên, ta được hai nghiệm là: ρ1 = 800kg/m3
và ρ2 = 200kg/m3
(loại) vì thay vào (3) ta được a = 0,2cm hay đáy cốc nằm thấp hơn điểm chính giữa của
lớp dầu.
Vậy ρ1 = 800kg/m3
.
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.5 đ
0.5 đ
Câu 4
5.0đ
1) Để thu ảnh thật ở C, thấu kính là thấu kính hội tụ
và hai điểm A và C nàm ở hai bên thấu kính.
Đặt điểm sáng ở B thu được ảnh ảo ở C, chứng tỏ hai điểm B và C nằm một bên thấu
kính và điểm B phải gần thấu kính hơn.
Vậy thấu kính phải đặt trong khoảng AB.
Gọi d là khoảng cách từ A đến thấu kính, khi đặt vật ở A vị trí của vật và ảnh tương ứng
là d1 = d và 𝑑1
′
= 30 − 𝑑 (1)
Còn khi đặt vật ở B thì d2 = 24 – d và 𝑑2
′
= −(30 − 𝑑) = 𝑑 − 30 (2)
𝑓 =
𝑑1𝑑1
′
𝑑1 + 𝑑1
′ =
𝑑2𝑑2
′
𝑑2 + 𝑑2
′
Thay (1) và (2) vào ta có: d=20cm
Vậy thấu kính cách A là 20cm và cách B là 4cm
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.5đ
0.25đ
0.5đ
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 O.
Sau thời gian t(s) thấu kính dịch chuyển được một quãng đường OO1, nên ảnh của nguồn
sáng dịch chuyển quãng đường S1S2
Vì OI//SK
→
𝑆1𝑂
𝑆1𝑆
=
𝑂𝐼
𝑆𝐾
(1)
O1H//SK
0.5đ
0.25đ
S2
S1
O1
O
F
’
H
I
K
S

19
→
𝑆2𝑂1
𝑆2𝑆
=
𝑂1𝐻
𝑆𝐾
(2)
Xét tứ giác OO1HI có OI//O1H và OO1//IH → OO1HI là hình bình hành → OI=O1H (3)
Từ (1), (2), (3)
→
𝑆1𝑂
𝑆1𝑆
=
𝑆2𝑂1
𝑆2𝑆
(4)
Mặt khác: OI//SK
→
𝑆1𝐼
𝐼𝐾
=
𝑆1𝑂
𝑆𝑂
=
𝑆1𝑂
12
(∗)
IF’//OK
→
𝑆1𝐼
𝐼𝐾
=
𝑆1𝐹′
𝑂𝐹′
=
𝑆1𝑂 − 8
8
(∗∗)
Từ (*) và (**)
→
𝑆1𝑂
12
=
𝑆1𝑂 − 8
8
→ 𝑆1𝑂 = 24𝑐𝑚 (5)
Từ (4) và (5)
→
𝑂𝑂1
𝑆1𝑆2
=
1
3
Vận tốc của thấu kính là v, vận tốc của ảnh là v1 thì:
𝑂𝑂1
𝑆1𝑆2
=
𝑣𝑡
𝑣1𝑡
=
1
3
→ 𝑣1 = 3𝑣 = 15𝑐𝑚/𝑠
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.5đ
Câu 5
3.0 đ
Gọi nhiệt độ của phòng là t0; nhiệt dung của bình dầu là q1 và của khối kim loại là q2, x
là độ tăng nhiệt độ của bình 3.
Sau khi thả khối kim loại vào bình 1 thì nhiệt độ của bình dầu khi cân bằng nhiệt là (t0 +
20).
Sau khi thả khối kim loại vào bình hai thì nhiệt độ của bình dầu khi cân bằng là (t0 + 5).
Phương trình cân bằng nhiệt khi thả khối kim loại vào bình 2 là:
q1.5 = q2[(t0 + 20) – (t0 + 5)] = q2.15 (1)
Phương trình cân bằng nhiệt khi thả khối kim loại vào bình 3 là:
q1.x = q2[(t0 + 5) – (t0 + x)] = q2(5 – x) (2)
Chia vế với vế của (1) và (2) ta được:
5
𝑥
=
15
5 − 𝑥
→ 𝑥 = 1,250
𝐶
0.5đ
0.5đ
0.5đ
0.5đ
0.5đ
0.5đ
Chú ý:
+ Học sinh có cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.
+ Nếu thiếu 1 đơn vị trừ 0.25 điểm nhưng không trừ quá 1 điểm cho toàn bài thi.

20
(Đề thi có 02 trang)
NĂM HỌC 2016 – 2017
Môn thi: Vật lý – Lớp 9
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1. (4,5 điểm)
Để kiểm tra một khối nhôm hình lập phương cạnh 5 cm là đặc hoàn toàn hay có phần bị
rỗng, bạn An làm như sau: Chuẩn bị một bình hình trụ đứng, đáy phẳng, đường kính trong của
đáy là 8cm, chứa nước với mực nước trong bình cao 20 cm. Thả chìm khối nhôm vào bình nước
kể trên. Mặt trên của khối nhôm được móc bởi một sợi dây mảnh, nhẹ, không dãn. Nếu giữ vật
lơ lửng trong bình nước thì phải kéo sợi dây một lực 2 N. Biết trọng lượng riêng của nước, nhôm
lần lượt là d1 = 10000 N/m3
, d2 = 27000 N/m3
. Giả thiết nước không bị tràn trong quá trình làm
thí nghiệm và bỏ qua hiện tượng căng bề mặt.
a) Khối nhôm đó rỗng hay đặc? Vì sao?
b) Tính công để An kéo đều khối nhôm đó từ đáy bình lên theo phương thẳng đứng rời
khỏi mặt nước?
c) Em hãy nêu một phương án khác để xác định khối nhôm là rỗng hay đặc?
Người ta thả một miếng đồng có khối lượng m1 = 0,2 kg đã được nung nóng đến nhiệt độ
t1 vào một nhiệt lượng kế chứa m2 = 1,0 kg nước ở nhiệt độ t2 = 750
C. Nhiệt độ khi có cân bằng
nhiệt là t3 = 900
C. Biết nhiệt dung riêng, khối lượng riêng của đồng và nước lần lượt là c1 = 400
J/(kg.K), D1 = 8900 kg/m3
, c2 = 4200 J/(kg.K), D2 = 1000 kg/m3
; nhiệt hoá hơi của nước (nhiệt
lượng cần cung cấp cho một kilôgam nước hoá hơi hoàn toàn ở nhiệt độ sôi) là L = 2,3.106
J/kg. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với nhiệt lượng kế và môi trường.
a) Xác định nhiệt độ ban đầu t1 của đồng, bỏ qua sự bốc hơi của nước xung quanh miếng
đồng nóng khi thả vào nhiệt lượng kế.
b) Sau đó, người ta thả thêm một miếng đồng khối lượng m3 cũng ở nhiệt độ t1 vào nhiệt
lượng kế trên thì khi lập lại cân bằng nhiệt, mực nước trong nhiệt lượng kế vẫn bằng mực nước
trước khi thả miếng đồng m3. Xác định khối lượng miếng đồng m3.
Cho mạch điện như hình vẽ. Điện trở R = 5, hiệu điện thế UMN có thể thay đổi được. Chốt
1 và 2 để hở. Bỏ qua điện trở các dây nối.
a) Khi UMN = U1 = 34V: Nối một dây dẫn có điện trở không đáng kể
vào giữa chốt 1 và 2. Tìm công suất tỏa nhiệt trên điện trở R.
b) Khi UMN = U2: Thay dây dẫn nối giữa chốt 1 và 2 ở phần a) bằng
một hộp X chứa n bóng đèn giống hệt nhau mắc song song. Biết mỗi bóng
đèn có ghi 220V– 60W, các đèn sáng bình thường, công suất tiêu thụ của
toàn mạch là 8160W. Tìm giá trị của U2 và n.
ĐỀ CHÍNH THỨC
R
M
2
N
1

21
c) Vẫn giữ UMN = U2: Thay hộp X bởi hộp Y chứa 112 bóng đèn gồm các loại 40W, 60W,
150W có cùng hiệu điện thế định mức là 220V. Khi đó các đèn sáng bình thường. Tìm số bóng
đèn của mỗi loại trong hộp Y.
a) Một vật sáng dạng đoạn thẳng nhỏ AB đặt vuông góc với trục chính của một thấu kính
hội tụ có tiêu cự bằng 40 cm, A ở trên trục chính. Dịch chuyển AB dọc theo trục chính sao cho
AB luôn vuông góc với trục chính. Khi khoảng cách giữa AB và ảnh thật A’
B’
của nó qua thấu
kính là nhỏ nhất thì vật cách thấu kính một khoảng bao nhiêu? Ảnh lúc đó cao gấp bao nhiêu lần
vật?
b) Cho hai thấu kính L1, L2 có trục chính trùng nhau, cách nhau 40 cm. Vật AB được đặt
vuông góc với trục chính, A nằm trên trục chính, trước L1 (theo thứ tự 1 2
AB L L
→ → ). Khi AB
dịch chuyển dọc theo trục chính sao cho AB luôn vuông góc với trục chính thì ảnh A’
B’
của nó
tạo bởi hệ hai thấu kính có độ cao không đổi và gấp 3 lần độ cao của vật AB. Tìm tiêu cự của
hai thấu kính.
Điện năng được truyền tải từ một trạm điện có hiệu điện thế ổn định 220V được truyền tải
vào nhà một hộ dân bằng đường dây tải điện chất lượng kém có điện trở tổng cộng R. Trong nhà
của hộ dân này, dùng một máy biến thế lí tưởng để duy trì hiệu điện thế đầu ra luôn là 220 V
(gọi là máy ổn áp). Máy ổn áp này chỉ hoạt động khi hiệu điện thế ở đầu vào lớn hơn 110 V.
Tính toán cho thấy, nếu công suất sử dụng điện trong nhà là 1,1 kW thì tỉ số giữa hiệu điện thế
ở đầu ra và hiệu điện thế ở đầu vào (tỉ số tăng áp) của máy ổn áp là 1,1.
Biết máy biến thế lí tưởng luôn có công suất ở đầu ra bằng công suất ở đầu vào hay
1 1 2 2
U I U I
= ,với U1, I1 là hiệu điện thế và cường độ dòng điện ở cuộn sơ cấp; U2, I2 là hiệu điện
thế và cường độ dòng điện ở cuộn thứ cấp.
a) Tính độ sụt thế trên đường dây tải và điện trở R.
b) Nếu công suất sử dụng điện trong nhà là 2,2 kW thì tỉ số tăng áp của máy ổn áp bằng
bao nhiêu?
------------ HẾT ------------

22
HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
CẤP TỈNH NĂM HỌC 2016 – 2017
Môn thi: Vật lý – Lớp 9
Câu 1 (4,5 điểm)
Để kiểm tra một khối nhôm hình lập phương cạnh 5 cm là đặc hoàn toàn hay có phần bị rỗng,
bạn An làm như sau: Chuẩn bị một bình hình trụ đứng, đáy phẳng, đường kính đáy 8cm, chứa nước với
mực nước trong bình là 20 cm. Thả chìm khối nhôm vào bình nước kể trên. Mặt trên của khối nhôm
được móc bởi một sợi dây mảnh, nhẹ, không dãn. Nếu giữ vật lơ lửng trong bình nước thì phải kéo sợi
dây một lực 2N. Biết trọng lượng riêng của nước, nhôm lần lượt là d1 =10000N/m3
,d2 = 27000 N/m3
.
Giả thiết nước không bị tràn trong quá trình làm thí nghiệm và bỏ qua hiện tượng căng bề mặt.
a) Khối nhôm đó rỗng hay đặc? Vì sao?
b) Tính công để An kéo đều khối nhôm đó từ đáy bình lên theo phương thẳng đứng rời khỏi mặt nước?
c) Em hãy nêu một phương án khác để xác định khối nhôm là rỗng hay đặc?
Câu 1
(4,5 đ)
a) +Thể tích vật V = 0,053
= 1,25.10-4
m3
.
Giả sử vật đặc thì trọng lượng của vật P0 = V. d2 = 3,375 N
+Lực đẩy Acsimet tác dụng lên vật : FA = V.d1 = 1,25N.
+Tổng độ lớn lực nâng vật F = 2 + 1,25 = 3,25 N
0,25
0.25
0,25
do F < P0 nên vật này bị rỗng (Trọng lượng thực của vật P = 3,25N) 0,5
b) Khi nhúng vật ngập trong nước đáy thùng vat
S 2S
 nên mực
nước dâng thêm trong thùng là: 2,5 cm.
Mực nước trong thùng là: 20 + 2,5 = 22,5 (cm). 0,5
* Công của lực kéo vật từ đáy thùng đến khi mặt trên tới mặt nước:
- Quãng đường kéo vật: l = 22,5 – 5 = 17,5(cm) = 0,175(m).
- Lực kéo vật: F = 2N
- Công kéo vật : A1 = F.l = 2.0,175 = 0,35(J) 0,5
* Công của lực kéo tiếp vật đến khi mặt dưới vật vừa lên khỏi mặt nước:
- Lực kéo vật tăng dần từ 2 N đến 3,25N tb
2 3,25
F 2,625(N)
2
+
 = =
0,5
Vì đáy thùng vat
S 2S
 nên khi kéo vật lên độ cao bao nhiêu thì mực nước trong thùng hạ
xuống bấy nhiêu nên quãng đường kéo vật: l/
= 2,5 cm = 0,025m. 0,5
- Công của lực kéo tb
F : A2 = tb
F .l 2,625.0,025 0,066(J)
 = 
- Tổng công của lực kéo : A = A1 + A2 = 2.691J
0,25
0,25
2,5cm
20cm
5cm

23
c, Một phương án gợi ý:
- Treo khối nhôm vào lực kế để xác định trọng lượng của vật là P
+ Nếu P < P0 thì khối nhôm rỗng
+ Nếu P = P0 thì khối nhôm đặc
0,75
Người ta thả một miếng đồng có khối lượng m1 = 0,2 kg đã được nung nóng đến nhiệt độ
t1 vào một nhiệt lượng kế chứa m2 = 1,0 kg nước ở nhiệt độ t2 = 750
C. Nhiệt độ khi có cân bằng
nhiệt là 0
3 90
=
t C . Biết nhiệt dung riêng, khối lượng riêng của đồng và nước lần lượt là c1 = 400
J/(kg.K), D1 = 8900 kg/m3
, c2 = 4200 J/(kg.K), D2 = 1000 kg/m3
; nhiệt hoá hơi của nước (nhiệt
lượng cần cung cấp cho một kilôgam nước hoá hơi hoàn toàn ở nhiệt độ sôi) là L = 2,3.106
J/kg. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với nhiệt lượng kế, với môi trường.
a) Xác định nhiệt độ ban đầu t1 của đồng, bỏ qua sự bốc hơi của nước xung quanh miếng
đồng nóng khi thả vào nhiệt lượng kế.
b) Sau đó, người ta thả thêm một miếng đồng khối lượng m3 cũng ở nhiệt độ t1 vào nhiệt
lượng kế trên thì khi lập lại cân bằng nhiệt, mực nước trong nhiệt lượng kế vẫn bằng mực nước
trước khi thả miếng đồng m3. Xác định khối lượng đồng m3.
Câu 2
(4,0 đ)
a)
- Nhiệt lượng của m1 kg đồng toả ra để hạ nhiệt độ từ t1 xuống 90 0
C là :
Q1 = c1.m1(t1 – 90)
0,25
- Nhiệt lượng của m2 kg nước thu vào để tăng nhiệt độ từ 75 0
C đến 90 0
C là :
Q2 = 15c2.m2;
0,25
- Phương trình cân bằng nhiệt : Q1 = Q2  t1 = 2 2
1 1
15m c
+ 90
m c
= 877,5 ( 0
C). 0,5
b)
- Khi thả thêm m3 kg đồng ở nhiệt độ t1 vào NLK, sau khi có cân bằng nhiệt mà mực
nước vẫn không thay đổi. Điều này chứng tỏ :
+ Nhiệt độ cân bằng nhiệt là 1000
C.
+ Có một lượng nước bị hóa hơi. Thể tích nước hóa hơi bằng thể tích miếng đồng
m3 chiếm chỗ: 3
2
1
m
V =
D
 .
0,5
0,25
- Khối lượng nước hóa hơi ở 1000
C là : 2
2 2 2 3
1
D
m = V .D = m
D
  .
0,25
- Nhiệt lượng thu vào của m1 kg đồng, m2 kg nước để tăng nhiệt độ từ
90 0
C đến 100 0
C và của m’2 kg nước hoá hơi hoàn toàn ở 100 0
C là :
2
3 1 1 2 2 3
1
D
Q = 10(c m + c m ) + Lm
D
.
0,5
- Nhiệt lượng toả ra của m3 kg đồng để hạ nhiệt độ từ t1 = 877,5 0
C xuống
100 0
C là: =
4 1 3
Q 777,5.c m .
0,5

24
- Phương trình cân bằng nhiệt mới : 3 4
Q Q
=
 2
1 1 2 2 3
1
D
10(c m + c m ) + Lm
D
= 1 3
777,5.c m
 1 1 2 2
3
2
1
1
10(c m + c m )
m =
D
777,5.c - L
D
= 0,814 (kg).
0,25
0,25
0,5
Cho mạch điện như Hình vẽ 1: Điện trở R = 5, hiệu điện thế UMN có thể thay
đổi được. Chốt 1 và 2 để hở. Bỏ qua điện trở các dây nối.
a) Khi UMN = U1 = 34V: Nối một dây dẫn có điện trở không đáng kể vào giữa
chốt 1và 2. Tìm công suất toả nhiệt trên điện trở R.
b) Khi UMN = U2: Thay dây dẫn nối giữa chốt 1và 2 ở phần a) bằng một hộp
X chứa n bóng đèn giống hệt nhau mắc song song. Biết mỗi bóng đèn có ghi
220V–60W. Các đèn sáng bình thường. Công suất tiêu thụ của toàn mạch là
8160W. Tìm giá trị của U2 và n.
c) Vẫn giữ UMN = U2: Thay hộp X bởi hộp Y chứa 112 bóng đèn gồm các loại 40W, 60W, 150W có
cùng hiệu điện thế định mức là 220V. Khi đó các đèn sáng bình thường. Tìm số bóng đèn của mỗi loại
trong hộp Y.
Câu 3
(4,0 đ)
a) Khi nối chốt 1, 2 bằng dây dẫn có điện trở không đáng kể, ta có mạch điện như
Hình vẽ
Khi đó, công suất toả nhiệt trên điện trở R là:
𝑃𝑅 =
𝑈1
2
𝑅
= 231,2 W 0,5
b) Khi thay dây nối chốt 1, 2 bằng hộp X, ta có sơ đồ mạch điện như Hình vẽ.
+ Ta có :
𝑈2 = 5𝐼 + 220 (1)
0,25
𝑈2𝐼 = 8160 (2) 0,25
+ Giải hệ phương trình, ta có : 𝑈2 = 340 𝑉; 𝐼 = 24 𝐴 0,25
+ Công suất hộp X : PX = 8160 – I2
R = 5280 W. 0,25
Do đó, số bóng đèn trong hộp X là : n =
𝑃𝑥
𝑃0
= 88 bóng đèn. 0,25
c) Khi thay hộp X bằng hộp Y, ta có sơ đồ mạch điện như Hình vẽ.
+ Các đèn trong hộp Y có cùng hiệu điện thế định mức
Uđ = 220 V. Mà UMN = U2= 340 V nên các đèn phải mắc
song song vào hai điểm 1, 2  UY= 220 V. 0,25
R
M
2
N
1
R
M
M
2
N
1
R
M
2
N
1
Hình vẽ
X
X
R
M
2
N
1
Y

25
+ Vì các đèn sáng bình thường : UR = 340-220 =120 V => I = UR /R = 24 A
Gọi số bóng đèn mỗi loại 40 W, 60 W, 150 W trong hộp Y lần lượt x, y, z
+ Ta có: x + y + z = 112 (3)
0,25
0,25
𝐼 = 𝑥
40
220
+ 𝑦
60
220
+ 𝑧
150
220
= 24 => 40𝑥 + 60𝑦 + 150𝑧 = 5280 (4) 0,25
Từ (3): 40x + 40y + 40z = 4480 (5)
Từ (4), (5) : 20𝑦 + 110𝑧 = 800(6) 0,25
Từ (6): 𝑦 = 40 −
11𝑧
2
≥ 0 z  7,3
Vì y, z nguyên dương nên z chia hết cho 2. Do đó : z = 2, 4, 6. (7)
0,5
Với z = 2  y = 29, x = 81
Với z = 4  y = 18, x = 90
Với z = 6  y = 7, x = 99 0,5
Câu 4(4,0 điểm)
a) Một vật sáng dạng đoạn thẳng nhỏ AB đặt vuông góc với trục chính của một thấu kính hội tụ có tiêu
cự bằng 40 cm, A ở trên trục chính. Dịch chuyển AB dọc theo trục chính sao cho AB luôn vuông góc
với trục chính. Khi khoảng cách giữa AB và ảnh thật A’
B’
của nó qua thấu kính là nhỏ nhất thì vật cách
thấu kính một khoảng bao nhiêu? Ảnh lúc đó cao gấp bao nhiêu lần vật?
b) Cho hai thấu kính L1, L2 có trục chính trùng nhau, cách nhau 40 cm. Vật AB được đặt vuông góc với
trục chính, A nằm trên trục chính, trước L1 (theo thứ tự 1 2
AB L L
→ → ). Khi AB dịch chuyển dọc theo
trục chính (AB luôn vuông góc với trục chính) thì ảnh A’
B’
của nó tạo bởi hệ hai thấu kính có độ cao
không đổi và gấp 3 lần độ cao của vật AB. Tìm tiêu cự của hai thấu kính.
Câu 4
(4,5 đ)
0,25
Tacó:
OAB ~ OA’B’ 
A'B'
AB
=
OA'
OA
(1)
F’OI ~ F’A’B’ 
'
' ' ' ' '
'
A B A F A B
OI OF AB
= = (2)
Từ (1) và (2)
' ' ' ' ' '
'
' ' '
OF .OF
OF OF OF
OA A F OA OA
OA
OA OA
−
→ = = → =
−
(3)
(cho 0,5 điểm khi học sinh chứng minh được công thức thấu kính)
0,5
Đặt AA’
= L, suy ra
'
'
'
.OF
OF
OA
L OA OA OA
OA
= + = +
−
(4)
2 '
. .OF 0
OA L OA L
 − + = (5)
0,25
Để có vị trí đặt vật, tức là phương trình (5) phải có nghiệm, suy ra:
2 ' '
0 4 .OF 0 4.OF
L L L
   −    0.25
A
B
A’
B’
O
F
F’
I

26
Vậy khoảng cách nhỏ nhất giữa vật và ảnh thật của nó:
Lmin = 4.OF’
= 4f
0,25
Khi Lmin thì phương trình (5) có nghiệm kép:
'
2.OF 80
2
L
OA cm
= = =
'
min 80
OA L OA cm
= − =
Thay OA và OA’
vào (1) ta có:
' ' '
1
A B OA
AB OA
= = . Vậy ảnh cao bằng vật.
0,25
0,25
b) Khi tịnh tiến vật trước L1 thì tia tới từ B song song với trục chính không
thay đổi nên tia ló ra khỏi hệ của tia này cũng không đổi, ảnh B’
của B nằm
trên tia ló này. Để ảnh A’
B’
có chiều cao không đổi với mọi vị trí của vật AB
thì tia ló khỏi hệ của tia trên phải là tia song song với trục chính. Điều này
xảy ra khi hai tiêu điểm chính của hai thấu kính trùng nhau( '
1 2
F F
 ) 0,5
Vì ảnh lớn gấp 3 lần vật nên một trong hai kính phải là kính hội tụ.
Ta có hai trường hợp:
* TH 1: cả 2 thấu kính là hội tụ
Khi đó: O1F1
’
+ O2F2= O1O2 = 40 cm (1)
Mặt khác:
' '
'
2 2 2
2 2 1 1
'
1 1 1
3 3.
O F O J AB
O F O F
O F O I AB
= = = → = (2)
Từ (1) và (2) suy ra: f1 = O1F1
’
= 10 cm, f2 = O2F2 = 30 cm.
0,5
0,25
* TH 2: 1 thấu kính là hội tụ, 1 thấu kính phân kỳ
Khi đó: O2F2- O1F1
’
= O1O2 = 40 cm (3)
Mặt khác:
' '
'
2 2 2
2 2 1 1
'
1 1 1
3 3.
O F O J AB
O F O F
O F O I AB
= = = → = (4)
Từ (3) và (4) suy ra: f1 = O1F1
’
= 20 cm, f2 = O2F2 = 60 cm.
0,5
0,25
A
B
A’
B’
O1
F’
1
I
F2
O2
J
A
B
A’
B’
O1
F’
1
I
F2
O2
J

27

28

29
HƯỚNG DẪN CHẤM
THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2016 – 2017
Môn thi: Vật lý (Dành cho tất cả thí sinh chuyên Vật lý)
Ghi chú : - Nếu sai đơn vị trừ 0,25 đ và chỉ trừ 1 lần.
- Mọi cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa./.
Câu
Phần Nội dung hướng dẫn chấm Điểm
Câu 1 (2 đ)
1.a Địa điểm gặp nhau để trao đổi bưu kiện gần A hay gần B hơn? 0,75 đ
Giả sử lúc đầu hai canô trao đổi bưu kiện tại C:
Gọi s1 = AC, s2 = BC, AB = s = s1 + s2.
- Thời gian đi đến gặp nhau của hai canô là bằng nhau nên ta có:
(1)
0,5 đ
- Do nên s1 > s2 C gần B hơn. 0,25 đ
1.b Tính v1, v2. 0,75 đ
- Thời gian canô đi từ A C A:
- Thời gian canô đi từ B C B:
- Ta thấy: nên theo đầu bài, ta có:
(2)
0,25 đ

30
- Tương tự nếu tăng tốc độ lên gấp 3 lần: , ta có:
(3)
- Lấy (2) chia (3), ta được:
(4)
0,25 đ
- Thế (4) vào (2):
0,25 đ
2 Tìm vận tốc nhỏ nhất của thuyền 0,5 đ
Gọi V là tốc độ của thuyền so với nước.
Giả sử người đó chèo thuyền theo hướng MP.
Đặt HP = x ta có
Hay
0,25 đ
Ta được
Phương trình có nghiệm khi ∆’≥0
Vậy khi x = 225m.
0,25 đ
Câu 2 (1,5
điểm)
1 Xác định lượng than trung bình đã cháy trong lò trong 1 giờ 0,75 đ

31
Gọi Q là nhiệt lượng mà than tỏa ra trong vòng 1 giờ.
Vậy nhiệt lượng than tỏa ra trong 15 phút là
Nhiệt lượng than cung cấp cho khối thép:
0,25 đ
Phương trình cân bằng nhiệt:
Thay số Q=232,576.106
(J)
0,25 đ
Lương than cháy trong 1 giờ:
0,25 đ
2 Hãy tính lượng nước đã tưới lên khối thép 0,75 đ
Thể tích miếng thép
Thể tích trong của vại sành có chiều cao bằng chiều cao của miếng
thép là:
Thể tích nước trong vại:
Vn = V – Vt = 0,01213 (m3
)
Khối lượng nước trong vại:
m = VnDn = 12,13kg
0,25 đ
Gọi m’ là khối lượng nước đã hóa hơi, L là nhiệt hóa hơi của nước, ta
có phương trình cân bằng nhiệt:
mtct(T1 – T2) = m’cn (100 - T) + m’L + mcn (T2 – T)
Thay số ta được m’ = 1,1kg
0,25 đ
Vậy khối lượng nước cần dùng là: mn = m + m’ = 13,23kg 0,25 đ
Câu 3 (3,0
điểm)
1 Tìm giá trị của Rx để đèn sáng bình thường. 1,0 đ

32
- Để đèn sáng bình thường thì
0,25 đ
0,25 đ
Mà 0,25 đ
0,25 đ
2 Điều chỉnh biến trở để công suất trên đoạn mạch MN cực đại. 1,25 đ
2.a Tính Rx và công suất cực đại đó. 0,75đ
- Vì U = hằng số, để thì
- Áp dụng bất đẳng thức Côsi:
- Vậy khi
0,25 đ
Mà
0,25 đ
- Công suất tiêu thụ trên đoạn MN cực đại bằng: 0,25 đ
2.b Tính công suất tiêu thụ của bóng đèn: 0,5 đ

33
- Cường độ dòng điện trong mạch lúc này:
0,25 đ
- Công suất tiêu thụ của bóng đèn:
0,25 đ
3 Tìm công suất tiêu thụ trên điện trở R và cho biết độ sáng của đèn 0,75 đ
Giả sử hiệu điện thế hai đầu điện trở R là UR => Uđ = UR
Cường độ dòng điện qua R
Cường độ dòng điện qua đèn
Cường độ dòng điện qua mạch chính
Ta có phương trình: U
0,25 đ
Thay số ta được
Hay
Giải phương trình trên ta được
0,25 đ
Công suất tiêu thụ trên điện trở PR = UR.IR = k.UR. = 6(W).
Khi đó đèn sáng bình thường
0,25 đ
Câu 4 (2,5 đ)
1
Chứng minh rằng với ảnh thật, ta luôn có: và
1,0 đ
+ Xét tam giác đồng dạng ABO và A’B’O 0,25 đ
+ Xét , tỉ số đồng dạng: (1)
0,25 đ
+ Xét , có tỉ số đồng dạng:
Do OI = AB và F'A' = OA' - OF' = d' - f nên (2)
0,25 đ

34
+ Từ (1) và (2):
(3)
+ Chia cả 2 vế phương trình (3) cho dd'f, ta được: (đpcm)
0,25 đ
2 Tìm tiêu cự theo L và . 0,75 đ
- Ta có: (4)
0,25 đ
Để thu được 2 ảnh của AB trên màn thì phương trình (4) phải có 2
nghiệm phân biệt
Phương trình có 2 nghiệm khi L>4f
0,25 đ
;
Theo giả th (5)
0,25 đ
3
Tính tiêu cự f của thấu kính theo L1 và . 0,75 đ
Hình vẽ: 0,25 đ
Ta có: = =
= =
0,25 đ
Vì L1, R không đổi, để r nhỏ nhất thì nhỏ nhất.
Điều kiện này xảy ra khi : f = =
0,25 đ

35
Câu 5 1,0 đ
1
- Trọng lượng nước trong cốc: P1 = S(h - n). d1
- Trọng lượng dầu trong cốc: P2 = S(h + n). d2
- Vì các cốc nằm cân bằng: FA = P + P1 = P + P2 P1 = P2
S(h - n). d1 = S(h + n). d2 Hay
Thay số
0,25 đ
+ P = FA - P1 = Shd1 - S(h - n)d1 = S.n.d1 = 10.S.n.D1
Thay số: P = 0,1(N)
0,25 đ
2 - Trọng lượng dầu trong cốc đựng nước: Px = S.x.d2
- Lực đẩy Ácsimet tác dụng lên cốc đựng dầu và nước là:
- Vì cốc nằm cân bằng: P + P1 + Px =
0,25 đ
S.n.d1 + S(h - n)d1 + S.x.d2 = S.y.d1
y = hay y = thay số y = 4,5 + x
0,25 đ

36
Câu 5. Điện năng được truyền tải từ một trạm điện có hiệu điện thế ổn định 220V được truyền tải vào
nhà một hộ dân bằng đường dây tải điện chất lượng kém có điện trở tổng cộng R. Trong nhà của hộ
dân này, dùng một máy biến thế lí tưởng để duy trì hiệu điện thế đầu ra luôn là 220 V (gọi là máy ổn
áp). Máy ổn áp này chỉ hoạt động khi hiệu điện thế ở đầu vào lớn hơn 110 V. Tính toán cho thấy, nếu
công suất sử dụng điện trong nhà là 1,1 kW thì tỉ số giữa hiệu điện thế ở đầu ra và hiệu điện thế ở đầu
vào (tỉ số tăng áp) của máy ổn áp là 1,1.
Biết máy biến thế lí tưởng luôn có công suất ở đầu ra bằng công suất ở đầu vào hay
1 1 2 2
U I U I
= ,với U1, I1 là hiệu điện thế và cường độ dòng điện ở cuộn sơ cấp; U2, I2 là hiệu điện thế và
cường độ dòng điện ở cuộn thứ cấp.
a) Tính độ sụt thế trên đường dây tải và R.
b) Nếu công suất sử dụng điện trong nhà là 2,2 kW thì tỉ số tăng áp của máy ổn áp bằng bao nhiêu?
Câu 5
(3,0 đ)
a) 2
2
1100
5
220
P
I A
U
= = =
1 2
2
1
. 5.1,1 5,5
220
200
1,1
= = =


 = = =


I I k A
U
U V
k
1
1
220 200 20
20 40
5,5 11
 = − = − =

 
  = = = 


U U U V
U
R
I
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
b) 2
2
2200
10
220
P
I A
U
= = =
1 2
2
1
. 10 5,5
220
I I k k A
U
U
k k
= = =


 = =


0,5
+ Với:
1 1 1
40 220 1,26
10 220
4,79
11
k
U U U I R U U k
k
k
=

 = −  = −  = − 
=


+ Máy ổn áp này chỉ hoạt động khi hiệu điện thế ở đầu vào lớn hơn 110 V nên 1,26
k =
.
0,5
0,5
Chú ý:
1. Thiếu một đơn vị trừ 0,25 điểm, nhưng không trừ quá 1 điểm tính trên toàn bài thi.
2. HS trình bày theo cách khác mà đúng thì giám khảo cho điểm tương ứng với thang điểm. Trong
trường hợp mà hướng làm của HS ra kết quả nhưng đến cuối còn sai sót thi giám khảo trao đổi
với tổ chấm để giải quyết.
-----------Hết-----------
R
U U1, I1 U2, I2

1 SỐ ĐỀ THI HSG VẬT LÍ 9 BẮC NINH.pdf

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Similar to 1 SỐ ĐỀ THI HSG VẬT LÍ 9 BẮC NINH.pdf

Similar to 1 SỐ ĐỀ THI HSG VẬT LÍ 9 BẮC NINH.pdf (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

1 SỐ ĐỀ THI HSG VẬT LÍ 9 BẮC NINH.pdf