UBND HUYỆN YÊN ĐỊNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
Số báo danh
………………

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN
HỌC SINH GIỎI DỰ THI CẤP TỈNH –LẦN 3
Năm học: 2023- 2024
Môn thi: Vật lí – Lớp 9
Ngày thi: tháng 9 năm 2023
Thời gian: 150 phút(Không kể thời gian giao đề)

Đề thi gồm: 02 trang

Câu 1 (2,0 điểm)
Một bình thông nhau gồm hai nhánh hình trụ thẳng đứng có tiết diện lần lượt là S 1 = 100
cm và S2 = 60 cm2 chứa nước có khối lượng riêng D0 = 1 g/cm3. Mực nước cách miệng các nhánh
là h0 = 3 cm.
2

a. Thả một vật có khối lượng m = 80 g và khối lượng riêng D 1 = 0,8 g/cm3 vào nhánh lớn.
Tính mực nước dâng lên ở nhánh nhỏ?
b. Sau đó đổ dầu có khối lượng riêng D2 = 0,75 g/cm3 vào nhánh lớn cho đến khi đầy thì
toàn bộ vật bị ngập hoàn toàn trong nước và dầu. Tính thể tích phần vật bị ngập trong nước?
Câu 2 (2,0điểm)
m1
m2
Một thanh thẳng AB đồng chất, tiết diện đều có rãnh dọc,
khối lượng của thanh m = 200 g, thanh dài l = 90 cm. Tại A, B có
O
B
đặt hai hòn bi trên rãnh mà khối lượng lần lượt là m 1 = 200 g và
A
m2. Đặt thanh (cùng hai hòn bi ở A, B) trên mặt bàn nằm ngang
vuông góc với mép bàn sao cho phần OA nằm trên mặt bàn có
chiều dài l1 = 30 cm, phần OB ở mép ngoài bàn. Khi đó người ta thấy thanh cân bằng nằm
ngang (thanh chỉ tựa lên điểm O ở mép bàn) như hình vẽ.

a. Tính khối lượng m2?
b. Cùng một lúc, đẩy nhẹ hòn bi m 1 cho chuyển động đều trên rãnh với vận tốc v 1 = 10
cm/s về phía O và đẩy nhẹ hòn bi m2 cho chuyển động đều với vận tốc v2 dọc trên rãnh về phía
O. Tìm v2 để cho thanh vẫn cân bằng nằm ngang như trên?
Câu 3 (4,0 điểm)
Người ta đổ vào hai bình nhiệt lượng kế, mỗi bình 200 g nước, nhưng ở các nhiệt độ
0
30 C và 400C. Từ bình “nóng” hơn người ta lấy ra 50 g nước, đổ sang bình “lạnh” hơn, rồi
khuấy đều. Sau đó, từ bình “lạnh” hơn lại lấy ra 50 g, đổ sang bình “nóng” hơn, rồi lại khuấy
đều. Hỏi phải bao nhiêu lần công việc đổ đi, đổ lại như thế với cùng 50 g nước để hiệu nhiệt độ
trong hai bình nhiệt lượng kế nhỏ hơn 1 0C? Bỏ qua trao đổi nhiệt với cốc, môi trường và hai
bình nhiệt lượng kế.
Câu 4(4,0 điểm)
Cho mạch điện như hình vẽ. Biết: U MN = 24V không
đổi, các điện trở R1 = 2; R2 = 3; R3 = 4; R4 = 4; R0 =
2. Cho rằng ampe kế và khóa K có điện trở không đáng kể,
vôn kế có điện trở rất lớn.
a. Khi K mở, tính cường độ dòng điện qua mạch
chính và số chỉ của vôn kế.
b. Khi K đóng,tìm số chỉ của ampe kế và vôn kế.

M +

_

R0

N

R1
A

R2 B R3

V

A K

D

R4
E
1

c. Hoán vị vôn kế và ampe kế, tìm số chỉ của vôn kế và ampe kế khi K đóng.

Câu 5(4,0điểm): Người ta ghép ba chiếc
gương phẳng và một tấm bìa để tạo nên một hệ
gương có mặt cắt ngang là một hình chữ nhậtA
(như hình 2). Trên tấm bìa, tại điểm A có một
lỗ nhỏ cho ánh sáng truyền qua.
a) Hãy vẽ một tia sáng (trên mặt phẳng cắt
ngang như hình 2) từ ngoài truyền qua lỗ A sau
khi phản xạ lần lượt trên các gương G1; G2; G3
rồi lại qua lỗ A ra ngoài.

G3
G2

G1

Hình 2

b) Hãy chứng tỏ rằng chiều dài quãng đường đi
của tia sáng trong hộp nói ở câu a) không phụ thuộc vào vị trí của điểm A.
Câu 6 (4,0 điểm)
1.( 2 điểm).Có các dụng cụ: Bóng đèn dây tóc Đ và các điện trở R1, R2, R3. Ban đầu
mắc nối tiếp các dụng cụ đó với nguồn điện có U không đổi. Sau đó mắc đèn song song với R 1
rồi nối tiếp với R 2 và R3 vào nguồn điện trên. Ta thấy cả hai cách mắc đèn đều sáng bình
thường.
Biết R3 = 1; U = 19V và bóng đèn có ghi 9V – 9W.
a)Tìm trị số R1 và R2.
b) Nếu U giảm đi 2 lần thì độ sáng của đèn ở hai cách mắc có như nhau không ? Tại sao?

2.( 2 điểm) Cho một thanh gỗ thẳng dài có thể quay quanh một trục lắp cố định ở
một giá thí nghiệm, một thước chia tới milimet, một bình hình trụ lớn đựng nước (đã
biết khối lượng riêng của nước), một bình hình trụ lớn đựng dầu hoả, một lọ nhỏ rỗng,
một lọ nhỏ chứa đầy cát có nút đậy kín, hai sợi dây. Hãy trình bày một phương án xác
định khối lượng riêng của dầu hoả.
---------------------------------HẾT------------------------------Giám thị coi thi không giải thích gì thêm!

UBND HUYỆN YÊN ĐỊNH

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI
DỰ THI CẤP TỈNH – LẦN 3
Năm học 2023 -2024
Môn thi: Vật lí
2

Lớp 9 THCS
Câu
1.a

Nội dung
Câu 1 (2,5 điểm)
Gọi mực nước dâng lên ở hai nhánh là h
Do vật nổi cân bằng trong nước nên P = FA

Điểm
0,5 đ

1,0 đ

0,5 đ
Gọi V1; V2 lần lượt là thể tích của phần vật chìm trong nước và chìm trong dầu
Do vật nổi cân bằng trong nước và trong dầu nên:

1,0 đ

0,25 đ

(1)

1.b
Mặt khác,

0,25 đ

0,25 đ

(2)

0,25 đ

Từ (1) và (2) suy ra:

Câu 2 (2,5 điểm)
Ta có: l1 = 30 cm; l2 = l – l1 = 60 cm; l3 = l2 – 0,5.l = 15 cm.

2.a
1,0 đ

A


P1

2.b
1,0 đ

G
O


Pt

B

0,25 đ


P2

Theo điều kiện cân bằng của đòn bẩy:
P1.OA = P2.OB + Pt.OG
=> m1.l1 = m2.l2 + m.l3
=> m2 = 50 g
Trong thời gian t, quãng đường hai hòn bi đi được lần lượt là: S1 = v1.t ; S2 = v2.t
Theo điều kiện cân bằng của đòn bẩy ta có:
P1.(l1 – S1) = Pt.l3 + P2.(l2 – S2)
Suy ra: v2 = 40 cm/s

0,25 đ
0,5 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,25 đ

Câu 3 (4,0 điểm)

Gọi nhiệt độ ban đầu của bình nhiệt lượng kế “nóng” và “lạnh” lần lượt là T
và t
4,0 đ
0,5 đ
+ Nhiệt độ t1 của bình “lạnh” sau khi chuyển lượng nước m từ bình
“nóng” sang. P/t cân bằng nhiệt là: Cm(t1 – t) = C  m(T – t1). Trong
đó m là khối nước ban đầu, C là nhiệt dung riêng của nước.
0, 5 đ
Δm
3

Từ đó suy ra: t1=

. (Với k = m

 1

)

Tương tự nhiệt độ t2 của bình "nóng" sau khi chuyển một lượng nước
từ
bình "lạnh"  sang. Ta có p/t cân bằng nhiệt: C(m - Δm )(T – t2) = C
(t2 –
t1 )

0,5 đ

Suy ra: t2 =

0, 5 đ

* Như vậy sau mỗi lần đổ đi, đổ lại, hiệu nhiệt độ của hai bình là

0,5 đ
3

t2 – t1 = (T - t)
Tương tự sau lần đổ thứ hai : t4 – t3 = (t2 – t1)

0,5 đ

= (T - t)

(1)

Như vậy sau mỗi lần đổ đi, đổ lại thì hiệu nhiệt độ hai bình thay đổi
lần.
* Thay số: T – t = 100C; k = 0,25;

0,5 đ

= 0,6.

* Từ (1) ta có bảng giá trị sau dưới đây. Vậy ta phải thực hiện ít nhất là 5
lần.
Lần đổ đi, đổ
Hiệu nhiệt độ hai
lại
bình
1
60C
2
3,60C
3
2,160C
4
1,30C
5
0,780C

4.a
1,0đ

0,5 đ

Câu 4 (4,0 điểm)

a, Khi K mở, ta có sơ đồ mạch điện tương đương:
M I
•
+

I1

R1

C

R3
B

R2

R4

A
IA

R0 N
•
-

0,25 đ

I2
V

()

0,25 đ

RMN = RAB + R4 + R0 = 2+4+2 = 8()

0,25 đ

Cường độ dòng điện qua mạch chính: I =
Số chỉ của vôn kế: Uv = UAB = I.RAB = 3.2 = 6(V)
b, Khi K đóng, ta có sơ đồ mạch điện tương đương:
R1 I1

0,25 đ

RAB =

4.b
2,0 đ

R234 =

()

M
•
+

I2 R2
V

0,25 đ

I3 R3 C
B

IA

A

R0

N
•
-

R4
0,25 đ
4

RAD =
RMN = RAD + R0 =

()
+2 =

()
0,25 đ

Cường độ dòng điện qua mạch chính:

I=

Hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch AD: UAD = I.RAD = 7.

= 10(V)

0,25 đ

Cường độ dòng điện qua R1: I1 =

Cường độ dòng điện qua R2: I2 =

0,25 đ

Hiệu điện thế hai đầu R3: U3 =U34 = I2.R34 = 2.2 = 4(V)

0,25 đ
0,25 đ

Cường độ dòng điện qua R3: I3 =
Số chỉ của ampe kế: IA = I1 + I3 = 5 + 1 = 6(A)
Số chỉ của vôn kế:

0,25 đ

Uv = U2 = I2R2 = 2.3 = 6(V)

c. Khi K đóng, hoán vị vôn kế và am pe kế. Lúc này R 1, R2, R3 bị nối tắt. Mạch
điện chỉ còn lại R4
nt R0(Sơ đồ mạch điện
N
R0
tương dương như M I
hình vẽ).
I2 R4
•
+

A

0,25 đ

•
-

V

4.c
1,0 đ
0,25 đ

Số chỉ của ampe kế:
IA = I =
Số chỉ của vôn kế: UV = U4 = I.R4 = 4.4 = 16(V)

Câu 5 (4,0 điểm)

5.a
2,0 đ

0,5 đ
1.0 đ

a, Hình vẽ đúng:
5

A3

H

D G3

A

G2
C

K

B

G1

A2

I

A1

Lấy A1 đối xứng với A qua G1; Lấy A2 đối xứng với A1 qua G2; lấy A3 đối
xứng với A2 qua G3;
Kẻ đường thẳng đi qua AA3 cắt G3 tại D,kẻ đường thẳng DA2 cắt G2 tại C,
kẻ đường thẳng CA1 cắt G1 tại B, tia DA là tia phản xạ cuối cùng từ G3
truyền ra ngoài qua lỗ A.

b, Gọi chiều dài gương G1, G2 lần lượt là a, b;
Xét tứ giác ABCD:
Chứng minh được ABCD là hình bình hành.
Chỉ ra được AHD =  CKB và A1 đối xứng với A qua G1 suy ra
5.b A I=a và CI=b; AB+BC= A C;
1
1
2,0 đ
A1C2=A1I2+IC2 =a2+b2.

0,5 đ
0,5 đ

0,5 đ
0,5 đ

Vậy AB+BC+CD+DA=2 (a2+b2) không đổi.
Vậy chiều dài quãng đường đi của tia sáng trong hộp không phụ thuộc vào
vị trí của điểm A trên cạnh của hình chữ nhật.

0,5 đ
0,5 đ

Câu 6 (4,0 điểm)

6.1

1) + Khi (Đ nt R1 nt R2 nt R3 )
2,0 đ Đèn sáng bình thường nên :
P đm
U đm
I = Iđm = U đm = 1(A)  Rđ = I đm = 9()

U
−( R3 +R đ )
Ta có R1 + R2 = I

+ Khi mắc (Đ// R1) nt R2 nt R3

hay R1 + R2 = 9

9 10
=
R
R 2 +R3
1
Iđ + I1 = I23  1 +

R1

Đ

R2

R3

0,25 đ
0,25 đ

(1)

Đ
R1

Đ
R1

R 1 +9 10
=
R
R2 +1 (2)
1
Hay
Giải hệ phương trình (1) và (2) ta được R1 = 6(); R2 = 3()

R2

R3

0,25 đ
0,25 đ

6

2) Cường độ dòng điện qua đèn trong mỗi cách mắc

0,25 đ

U
U
Iđ = I = R đ + R1 +R 2 + R3 = 19

+ Khi (Đ nt R1 nt R2 nt R3 )

(1)
R đ . R1
R . R +( R2 + R 3 )( R đ + R1 )
+ R2 + R3 = đ 1
R đ + R1
+ Khi mắc (Đ// R1) nt R2 nt R3 Rtđ = R đ + R1
U (R đ + R1 )
Ta có
I = R đ . R1 +( R2 + R3 )( Rđ +R 1 )
R1

R đ + R1

I'đ =
'

Từ (1) và (2)



I đ=

.I=

U
U
=
R
19
Rđ + R 2 + R3 + đ ( R 2 + R 3 )
R1
(2)

U
U
=I đ =
Rđ + R 2 + R3 + R1
19

0,25 đ
0.25 đ

0,25 đ

Với các giá trị Rđ, R1, R2, R3 của bài toán cho thấy bất kì giá trị nào của U thì cường độ
dòng điện chay qua đèn trong hai cách mắc đều như nhau ( độ sáng của đèn là như nhau)

Lắp
thanh
gỗ vào
trục
quay
để có 1
đòn
P0
bẩy.
Treo lọ
rỗng vào đòn bên phải, treo lọ đầy cát vào một vị trí ở đòn bên trái sao cho
đòn bẩy cân bằng nằm ngang. Ta có: P0.l0 = P.l
(1)
- Nhúng lọ đựng đầy cát ngập trong nước rồi tìm vị trí treo nó sao cho đòn
bẩy cân bằng:
P0. l0 = (P – F). l' (2)
6 .2
- Từ (1) và (2):
(2,0 đ)
F = P(l' – l)/l' mà
F = dnước.V
l'

l0

P l '−l
×
Suy ra: dnước = V l '

0,25đ
0.25đ
0.25đ
0,25đ
0,5đ

0,5đ

- Lặp lại thí nghiệm bằng cách thay nước bằng dầu hoả, tìm vị trí l'' treo lọ
cát để đòn bẩy cân bằng.
- Ta có:
- Suy ra
hay:

P l ''−l
×
ddầu = V l ''
(l''−l)l '
¿
ddầu = dnước (l'−l)l''
(l''−l)l '
¿
Ddầu = Dnước (l'−l)l''

Lưu ý- Trên đây là lời giải phổ biến. Nếu thí sinh làm cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.
----------------------------------------------------------------------------------------7

8