1 SỐ ĐỀ THI HSG VẬT LÍ 9 TỈNH BẮC NINH – ZALO 0984024664
UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC

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 50C. BiÕt ®é chªnh lÖch nhiÖt ®é ban ®Çu cña níc nãng vµ nưíc l¹nh lµ 800C.
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
+ U
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
Đ1
nèi c¸c bãng ®Ìn víi thanh lµ M vµ N cã thÓ di chuyÓn ®îc däc
N
A
B
theo thanh sao cho AM lu«n b»ng BN. Khi thay ®æi vÞ trÝ cña M
M
vµ N trªn thanh th× thÊy x¶y ra hai trêng hîp c¸c ®Ìn ®Òu s¸ng
b×nh thêng vµ c«ng suÊt tiªu thô trªn m¹ch ngoµi trong hai trêng
Đ2
Hình vẽ 1
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 52oC. 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 20oC, 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
*
F
O
thÊu kÝnh (h×nh vÏ 2). Nguån s¸ng ®iÓm S ®Æt trªn trôc chÝnh
S
cña thÊu kÝnh, c¸ch ®Òu thÊu kÝnh vµ gư¬ng. B»ng c¸ch vÏ
®ưêng ®i cña c¸c tia s¸ng h·y x¸c ®Þnh vÞ trÝ cña tÊt c¶ c¸c ¶nh
H×nh vÏ 2
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 c¸c bước tiÕn hµnh vµ gi¶i thÝch.
---------------HÕt--------------1

1 SỐ ĐỀ THI HSG VẬT LÍ 9 TỈNH BẮC NINH – ZALO 0984024664
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

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: v1t1 = 30 , v2t1 = x − 30
suy ra

0,5

v1
30
=
(1)
v2 x − 30

0,5

Gặp nhau lần 2: v1t2 = ( x − 30) + 36 = x + 6
0,5

v2t2 = 30 + ( x − 36) = x − 6

1

suy ra

v1 x + 6
=
(2)
v2 x − 6

0,5
0,5

Từ (1) và (2) suy ra x = 54km.
Thay x = 54 km vào (1) ta được

v1
v
= 1, 25 hay 2 = 0,8
v2
v1

0,5

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
2a

Ta cã PTCBN
Theo bµi ra

m1C(t1-t) = m2C( t-t2)

=>

m1 t − t 2
=
m 2 t1 − t

t - t2 = 5
t1 – t2 = 80 => t1 = 75 + t

0,5

m1 t − t 2
5
=
=
m 2 t 1 − t 75
+ 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)
Thay vµo

2b

0,5

75m1
m
5m 2
5
 m1 =
mµ 1 =
2m1 + m 2
m 2 75
75
Thay sè vµo tÝnh ®îc : t'- t ~ 4,412
VËy khi c©n b»ng nhiÖt hçn hîp ®ã t¨ng 4,4120C
Rót gän ta cã t '− t =

2

0,5

0,5

0,5
0,5

1 SỐ ĐỀ THI HSG VẬT LÍ 9 TỈNH BẮC NINH – ZALO 0984024664
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.
Đ1
• Trêng hîp 1: M vµ N trïng nhau t¹i trung
®iÓm cña thanh.
N
B
A
R
Khi ®ã, RAM = RNB =
M
2

0,75

Đ2

3

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)
AB
• Trêng hîp 2: M vµ N ë hai vÞ trÝ sao cho AM = NB >
. Lóc nµy ta cã
2
m¹ch cÇu c©n b»ng.
Đ1
Rd
x
=
→ x = Rd = RAM = RNB ;
M
x Rd
B
A
N
R® lµ ®iÖn trë cña ®Ìn.

0,75

0,5

0,5

Đ2

- 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
Tõ (1), (2), (3) ta t×m ®îc:
R= 24 
VËy ®iÖn trë cña thanh AB lµ 24 

4

0,5
Đ1

M

x

(3)
A

B
x

N

1

Đ2

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 1
thì công suất P bằng công suất hao phí.
Lúc đầu công suất của máy sấy là: I12 R = k(t 1 − t 0 )
Ro
U
U
R
R
với I1 =
R + R0
0,75
U2R
Từ đó
=
k
(
t
−
t
)(
1
)
1
0
(R + R 0 ) 2
U
0,25
Khi mắc tủ sấy song song thì:cường độ dòng điện mạch chính là: I ' =
R0 + R / 2
Hiệu điện thế hai đầu máy sấy là: U m = I ' R / 2
U
U
0,25
Cường độ dòng điện đi qua mỗi máy sấy là: I 2 = m =
R 2( R / 2 + R0 )
Công suất của mỗi máy sấy là: I 22 R ' = k (t x − t 0 )

U2R
Suy ra
= k(t x − t 0 )(2)
4(R / 2 + R 0 ) 2

0,75
0,5
0,5

3

1 SỐ ĐỀ THI HSG VẬT LÍ 9 TỈNH BẮC NINH – ZALO 0984024664
(R + R 0 ) 2
Từ (1) và (2) suy ra: t x − t 0 = ( t 1 − t 0 )
= 18o C suy ra tx = 38oC
2
4(R / 2 + R 0 )

Fp'

*
F'

S3

G

K
I
O

*
S

F

S1

*
S2

0,5

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

0, 5

S1OI


S

S

F'p. Đường kéo dài F'pI cắt trục chính tại S1. Suy ra S1 là ảnh ảo của thấu kính.
OI
SO
Ta thấy: SOI OF ' F ' p  ' ' =
(1)
OF '
F Fp
S1 F ' F ' p 

OS
OI
= ' 1 (2)
'
'
F S1
F Fp

0,5

OS1
OS
=
(*)
'
OF OS1 + OF '

0,5
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
* 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
0,5
gương ( hình vẽ)

S 3 OK

OS
OS3
OK
= ' 3 =
(4)
'
'
F S 3 OS3 − f
F Fp

S

S

OS 2
OK
=
(3)
'
'
OF '
F Fp

Vì S2K//  p  S 2 OK
S 3 F ' F ' p 

OF ' F ' p 

OS3
OS2
=
(**)
OF' OS3 − f
Vì OS2 = OS + SF + FS2 = f/2 + f/2 + f/2 = 1,5f
OS3
1,5 f
=
 1,5.OS3 − 1,5 f = OS3  OS3 = 3 f
Thay vào (**) 
f
OS3 − f

0,5

Từ (3) và (4) suy ra:

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

4

0,5

0,5

1 SỐ ĐỀ THI HSG VẬT LÍ 9 TỈNH BẮC NINH – ZALO 0984024664
C¸ch 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
6

0,5

Gi¶i thÝch:

-

P1 − P2
dn

-

Tõ gi¸ trÞ P1 vµ P2 x¸c ®Þnh ®îc V thÓ tÝch vËt nÆng V =

-

Ta cã P1 − P3 = d x V

-

Sau ®ã lËp biÓu thøc tÝnh
P − P3
dx = 1
d n víi dn lµ träng lîng riªng cña níc
P1 − P2

Häc sinh cã thÓ gi¶i bµi theo c¸ch 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 c¸c c©u kh«ng lµm trßn.

5

0,5
0,5

0,5

1 SỐ ĐỀ THI HSG VẬT LÍ 9 TỈNH BẮC NINH – ZALO 0984024664
UBND tØnh B¾c Ninh
Së Gi¸o dôc vµ §µo T¹o
§Ò chÝnh thøc

®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. B
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.
v1
v2
a) Ở thời điểm nào xe 2 chạy được số vòng nhiều hơn xe 1 là một vòng? A
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.
Bài 2 (3,0 điểm).
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 00C. 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.
Bài 4 (4,0 điểm).
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.

6

C

D

1 SỐ ĐỀ THI HSG VẬT LÍ 9 TỈNH BẮC NINH – ZALO 0984024664
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)
p2
p1
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 d1 = 8535 N/m3 và dầu hỏa có trọng lượng riêng d2 = 8142 N/m3
+ 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 p = p1 − p2 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: ………………

7

h
O

1 SỐ ĐỀ THI HSG VẬT LÍ 9 TỈNH BẮC NINH – ZALO 0984024664
H-íng dÉn chÊm ®Ò thi chän häc sinh giái tØnh
N¨m häc 2014-2015
M«n thi : VËt lý
Điểm

Đáp án

Bài
Bài 1

5,0
a) Chiều dài BD = AB2 + AD2 = 5000m
Thời gian chạy một vòng của xe thứ nhất T1 =
Thời gian chạy một vòng của xe thứ hai T2 =

S ABCDA
= 2000s
v1

0.5

S DABD
= 1500s
v2

0.5

Xe thứ hai chạy nhiều hơn xe thứ nhất một vòng nên
t
t
− =1
T2 T1

t =

0.5

T1.T2
= 1h40 ph
T1 − T2

Vậy thời điểm đó là 7h40ph
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:

0.25
0.25

0.25

L2 = AM 2 + AN 2
L2 = (a − v2t )2 + (v1t ) 2


av
av
L2 = (v12 + v22 ) (t − 2 2 2 ) 2 − ( 2 2 2 ) 2  + a 2
v1 + v2
v1 + v2 

av
Ta thấy L2 cực tiểu khi t = 2 2 2
v1 + v2
Khi đó Lmin =

0.25

B
N

A

0.25

D

0.25

M

0.25

av1
v12 + v22

0.25

Thay số ta được Lmin  2634m
c) Thời gian xe thứ nhất tới C lần đầu là t1 =

7000
= 1000 s
7

lần thứ n là t = t1 + nT1 =1000+2000n
Thời gian xe thứ hai tới D lần thứ m là t = mT2 =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
8

0.25
0.25

0.25

1 SỐ ĐỀ THI HSG VẬT LÍ 9 TỈNH BẮC NINH – ZALO 0984024664
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
Bài 2
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
= 𝐷𝑛
𝑉
Trong đó:
V là thể tích cục đá và chì
Dn là khối lượng riêng của nước.
Chú ý:
𝑀1
𝑚
𝑉=
+
𝐷đá 𝐷𝑐ℎì
Do đó:

M1 + m = Dn (

0.25

0.25
0.25
3,0
0.5

0.5

0.25

0.25

M1
m
+
)
Ddá Dchì

Suy ra:
(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
𝑀1 = 𝑚

Bài 3

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)
9

0.5
0.25
0.25
0.5
5,0
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

1 SỐ ĐỀ THI HSG VẬT LÍ 9 TỈNH BẮC NINH – ZALO 0984024664
R .R
R .R
10.30
60.20
+
Điện trở tương đương
Rtđ = 1 3 + 2 x =
=22,5 
R1 + R3 R2 + Rx 10 + 30 60 + 20
I=

70
U
=
= 3,11 A
Rtd 22,5

UAC = I. RAC = 3,11.7,5 = 23,33 V 

UCB = I. RCB = 3,11.15 = 46,67 V I2=

I1=

0.25

U AC 23,33
=
= 2,33( A)
R1
10

U CD 46, 67
=
= 0, 77( A)
R2
60

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).

3.2

Khóa K đóng mà dòng điện không đi qua ampe kế  Mạch cầu cân bằng :
R1 R3
=
R2 R x


Rx =

R2 .R3 60.30
= 180
=
10
R1

0.25
0.25

0.25
0.25

0.25

3.3
Đóng khóa K mạch trở thành:
(R1 // R3) nt (R2 // Rx)
60.R x
60.R x
10.30
R .R
R .R
+
Điện trở tương đương: Rtđ = 1 3 + 2 x =
= 7,5 +
(
60 + R x
R1 + R3 R2 + Rx 10 + 30 60 + R x
0.25

)

Dòng điện qua mạch chính: I =

70
U
=
(A)
60R x
Rtd
7,5 +
60 + R x

Hiệu điện thế giữa hai đầu AC :
525
70
UAC =I.RAC =
.7,5 =
60R x
60R x
7,5 +
7,5 +
60 + R x
60 + R x

(V)

Cường độ dòng điện qua điện trở R1:
U
52,5(60 + R x )
525
52,5
1
I1 = AC =
. =
=
=
60R x
60R x
10
R1
7,5(60 + R x ) + 60R x
7,5 +
7,5 +
60 + R x
60 + R x

3150 + 52,5 R x
(A)
450 + 67,5 R x

10

0.25

1 SỐ ĐỀ THI HSG VẬT LÍ 9 TỈNH BẮC NINH – ZALO 0984024664
Hiệu điện thế giữa hai đầu CB : UCB =UAB – UAC =70 -

Dòng điện qua điện trở R2: I2 =

=

7
−
6

U CB
= (70 R2

525
60R x
7,5 +
60 + R x

(V)

0.25

525
1
).
60R x
60
7,5 +
60 + R x

8,75(60 + R x )
8,75
7
7 525 + 8,75Rx
= −
= −
(A)
60R x
6 7,5(60 + R x ) + 60Rx 6 450 + 67,5Rx
7,5 +
60 + R x

0.25

* Trường hợp dòng điện có cường độ 0,5A qua ampe kế theo chiều từ C đến D:
3150 + 52,5 R x 7 525 + 8,75Rx
Ta có : I1 = I2 + IA 
= −
+ 0,5
450 + 67,5 R x 6 450 + 67,5Rx


3150 + 52,5 R x 10 525 + 8,75Rx
= −
 6(3150 +52,5Rx) = 10(450+67,5Rx) –
450 + 67,5 R x
6 450 + 67,5Rx

0.25

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:
3150 + 52,5 R x 7 525 + 8,75Rx
Ta có : I1 = I2 + IA 
= −
- 0,5
450 + 67,5 R x 6 450 + 67,5Rx


3150 + 52,5 R x 4 525 + 8,75R x
= −
 6(3150 +52,5Rx) = 4(450+67,5Rx) –
450 + 67,5 R x 6 450 + 67,5R x

0.25

0.25

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).
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

11

1 SỐ ĐỀ THI HSG VẬT LÍ 9 TỈNH BẮC NINH – ZALO 0984024664
1800
= 900
Ta có SI / / JK  O ' MN + O ' NM =
2
 MO ' ⊥ NO '  MO ⊥ NO
Vậy hai gương đặt vuông góc với nhau.
Trường hợp 2: Hệ gồm 1 thấu kính và một gương phẳng

0.25
0.25
0.25
0.25

0.25

0.25
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.
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
0.25
3,0

Bài 5
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 p = 0 ( p1 = p2 ) : thì mặt phân cách giữa hai lớp chất lỏng ở vị trí O :
p A = p1 + d1.h1
pB = p2 + d 2 .h2

0.25

p A = pB
=> d1.h1 = d 2h2  h1 =

d 2h2
d1

p2

p1

Khi p  0 ( p1  p2 ) : 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.
p A = p1 + d1.(h1 − h )

0.25

h
B
A

pB = p2 + d 2 .(h2 + h − h ) + d1.h

0.25

A

O

0.5

Ta có :
0.25
12

1 SỐ ĐỀ THI HSG VẬT LÍ 9 TỈNH BẮC NINH – ZALO 0984024664
p1 + d1.(h1 − h ) = p2 + d 2 .(h2 + h − h ) + d1.h

 p1 − p2 = d 2 .(h2 + h − h ) − d1.(h1 − h ) + d1.h

0.25

 p1 − p2 = h.(d1 − d 2 ) + h.(d1 + d 2 ) − [d1.h1 − d 2h2 ] (*)
Ta thấy thể tích bình 1 giảm một lượng : V =
Thể tích trong ống dâng lên một lượng : V ' =
Ta có V = V '  h =

d

2

D2

 .D 2
4

 .d 2
4

0.25

h

h

0.25

h và d1.h1 = d 2h2 thay vào (*)

d2
h.(d1 + d 2 )
D2
Ta được :


d2
= h (d1 − d 2 ) + 2 .(d1 + d 2 ) 
D


- Tính p khi h = 250mm
p = p1 − p2 = h.(d1 − d 2 ) +



0,0052
2
Ta có : p = 0,25(8535 − 8142) +
(
)
8535
+
8142
 = 140 N / m
2
0,05



13

0.25

0.5

1 SỐ ĐỀ THI HSG VẬT LÍ 9 TỈNH BẮC NINH – ZALO 0984024664
UBND TỈNH BẮC NINH
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn: Vật lý - Lớp 9
ĐỀ CHÍNH THỨC
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 t 1 = 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 T 2 = 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 = 3.108m/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.

R3
A

B
R2

R1

Hình vẽ 1

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)

m

a

d

a
Hình vẽ 2

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?
14

1 SỐ ĐỀ THI HSG VẬT LÍ 9 TỈNH BẮC NINH – ZALO 0984024664
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 50C và trong bình thứ nhất tăng 200C.
====== HẾT ======
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm

15

1 SỐ ĐỀ THI HSG VẬT LÍ 9 TỈNH BẮC NINH – ZALO 0984024664
UBND TỈNH BẮC NINH
HƯỚNG DẪN CHẤM
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2015- 2016
Môn: Vật lý - Lớp 9
Ngày thi: 24 tháng 3 năm 2016
=====================
Câu
Nội dung
Câu 1 Ký hiệu A; B; C là các vị trí đám mây phát tia chớp tương ứng 1; 2; 3
(4.0đ) 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
𝑆1
+ 20 =
→ 𝑆1 ≈ 6600𝑚
𝑐
𝑢
𝑆2
𝑆2
+ 5=
→ 𝑆2 ≈ 1650𝑚
𝑐
𝑢
𝑆3
𝑐

𝑆3

+ 30 =

𝑢

h

S2

S1

C

B

0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ

→ 𝑆3 ≈ 9900𝑚

H

A

Điểm

v

S3

D
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:
𝑆12 = 16𝑎2 = ℎ2 + 𝑥 2 (1)
𝑆22 = 𝑎2 = ℎ2 + (𝑣. 𝑇1 − 𝑥)2 (2)
2
𝑆3 = 36𝑎2 = ℎ2 + (𝑣. 𝑇1 + 𝑣. 𝑇2 − 𝑥)2 (3)

0.25 đ

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)

0.25 đ
0.25 đ

Ta được 2𝑥 − 𝑣. 𝑇1 =
15𝑎2

15𝑎2
𝑣.𝑇1

0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ

20𝑎2

= 𝑣. 𝑇2 − 𝑣.𝑇 +𝑣.𝑇
1

2

20𝑎2

Hay 𝑣 = √ 𝑇 .𝑇 + (𝑇 +𝑇 ).𝑇 = 38,54𝑚/𝑠

0.5 đ

Thay vào trên ta được: 𝑥 =6412m và h=1564m

0.5 đ

1 2

1

2

2

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
16

1 SỐ ĐỀ THI HSG VẬT LÍ 9 TỈNH BẮC NINH – ZALO 0984024664
Câu 2 1.
(𝑅1 + 𝑅2 )𝑅3
16(𝑅1 + 𝑅2 )
5.0đ
𝑅𝐴𝐵 =
=
=8
𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅3 𝑅1 + 𝑅2 + 16
→ R1 + R2 = 16Ω (*)
Khi đổi chỗ R3 với R2
(𝑅1 + 𝑅3 )𝑅2
(𝑅1 + 16)𝑅2
𝑅𝐴𝐵 =
=
= 7,5
𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅3
16 + 16
→ 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
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 = U2Abmax/RAB = 8W
3.
Rbộ
RAB
B

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

0.25 đ
A

Câu 3
3.0đ

C

U=
16V
2
Mỗi bóng có Rđ =U 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.
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:
17

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

1 SỐ ĐỀ THI HSG VẬT LÍ 9 TỈNH BẮC NINH – ZALO 0984024664
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
𝜌1
(3)
→𝑎=𝑑
𝜌0
Thay (3) vào (1) ta được:
𝑑𝑆 2
𝜌 − 𝑑𝑆𝜌1 + 𝑚𝑐ố𝑐 = 0
𝜌0 1
Thay số ta được:
25𝜌12 − 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.
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)
𝑑1 𝑑1'
𝑑2 𝑑2'
𝑓=
=
𝑑1 + 𝑑1'
𝑑2 + 𝑑2'
Thay (1) và (2) vào ta có: d=20cm
Vậy thấu kính cách A là 20cm và cách B là 4cm

0.25 đ

0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.5 đ
0.5 đ
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.
K

I
S

O

H
O1

S1

F
'

0.5đ

S2
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
𝑆1 𝑂 𝑂𝐼
→
=
(1)
𝑆1 𝑆 𝑆𝐾
0.25đ
O1H//SK
18

1 SỐ ĐỀ THI HSG VẬT LÍ 9 TỈNH BẮC NINH – ZALO 0984024664
𝑆2 𝑂1 𝑂1 𝐻
→
=
(2)
𝑆2 𝑆
𝑆𝐾
Xét tứ giác OO1HI có OI//O1H và OO1//IH → OO1HI là hình bình hành → OI=O1H (3)
0.25đ

Từ (1), (2), (3)
→

𝑆1 𝑂 𝑆2 𝑂1
=
(4)
𝑆1 𝑆
𝑆2 𝑆

Mặt khác: OI//SK
𝑆1 𝐼 𝑆1 𝑂 𝑆1 𝑂
(∗)
→
=
=
𝐼𝐾
𝑆𝑂
12

IF'//OK

𝑆1 𝐼 𝑆1 𝐹' 𝑆1 𝑂 − 8
→
=
=
(∗∗)
𝐼𝐾
𝑂𝐹'
8
Từ (*) và (**)
→

𝑆1 𝑂 𝑆1 𝑂 − 8
=
→ 𝑆1 𝑂 = 24𝑐𝑚 (5)
12
8

Từ (4) và (5)

Câu 5
3.0 đ

𝑂𝑂1 1
→
=
𝑆1 𝑆2 3
Vận tốc của thấu kính là v, vận tốc của ảnh là v1 thì:
𝑂𝑂1
𝑣𝑡
1
=
= → 𝑣1 = 3𝑣 = 15𝑐𝑚/𝑠
𝑆1 𝑆2 𝑣1 𝑡 3
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
15
=
𝑥 5−𝑥
→ 𝑥 = 1,250 𝐶

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.

19

0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ

0.5đ
0.5đ

0.5đ
0.5đ
0.5đ
0.5đ
0.5đ

1 SỐ ĐỀ THI HSG VẬT LÍ 9 TỈNH BẮC NINH – ZALO 0984024664
UBND TỈNH BẮC NINH
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NĂM HỌC 2016 – 2017
Môn thi: Vật lý – Lớp 9
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề thi có 02 trang)

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?
Câu 2. (4,0 điểm)
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 = 750C. Nhiệt độ khi có cân bằng
nhiệt là t3 = 900C. 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 nhiệ...