ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
Môn: Vật lý 9
Thời gian làm bài: 150 phút
2cm
Câu 1: ( 2,0 điểm)
h
h1
Một cục nước đá hình lập phương có cạnh là h = 10cm,
nổi trên mặt nước trong một bình đựng đầy nước. Phần
nhô lên mặt nước có chiều cao 2cm. Trọng lượng riêng
của nước là 10.000N/m3.
a) Tính khối lượng riêng của nước đá ?
b) Nếu nước đá tan hết thành nước thì nước trong bình có chảy ra ngoài
không? Tại sao ?
Câu 2: (1,5 điểm)
Một ôtô chuyển động từ A tới B, trên nửa đoạn đường đầu ôtô đi với vận tốc
60km/h. Phần còn lại ôtô chuyển động trong nửa thời gian đầu với vận tốc
15km/h và 45km/h trong nửa thời gian sau. Tính vận tốc trung bình của ôtô trên
cả quãng đường.

Bài 3: (1,5 điểm):
Một bình nhôm khối lượng m 0=260g, nhiệt độ ban đầu là t 0=200C, được bọc
kín bằng lớp xốp cách nhiệt. Cần bao nhiêu nước ở nhiệt độ t 1=500C và bao
nhiêu nước ở nhiệt độ t2=00C để khi cân bằng nhiệt có 1,5 kg nước ở t3=100C.
Cho nhiệt dung riêng của nhôm là C0=880J/kg.độ, của nước là C1=4200J/kg.độ.
Bài 4: (3,0 điểm)
Cho mạch điện như hình vẽ: Biết
R1 = 4  , bóng đèn Đ: 6V - 3W, R 2 là
một biến trở. Hiệu điện thế UMN = 10V
(không đổi).
a. Xác định R 2 để đèn sáng bình
thường.
b. Xác định R2 để công suất tiêu thụ
trên R2 là cực đại. Tìm giá trị đó.

D

M

R1

N

R2

Câu 5: (2,0 điểm)
Hai gương phẳng G1 , G2 quay mặt phản xạ vào nhau và tạo với nhau một
góc 600. Một điểm S nằm trong khoảng hai gương.
a) Hãy vẽ hình và nêu cách vẽ đường đi của tia sáng phát ra từ S phản xạ
lần lượt qua G1, G2 rồi quay trở lại S.
b) Tính góc tạo bởi tia tới xuất phát từ S và tia phản xạ đi qua S.

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ 9
Câu

Đáp án

Điểm

Câu 1
(2,0đ)

a) Gọi d, d' là trọng lượng riêng của nước đá và nước
V, V' là thể tích của cục nước đá và của phần nước đá chìm trong nước .
Lực đẩy Acsimet tác dụng lên cục nước đá :
2cm
'
'
'
h
FA = d .V = d .S.h1
h1
Trọng lượng cục nước đá :
P = d.V = d.S.h
Khi cục nước đá cân bằng thì :
P = FA
d.S.h = d'.S.h1

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

d=
khối lượng riêng của nước đá : D =

0,25

b)

Khi nước đá tan hết thành nước thì khối lượng m của nước đá không
đổi , D tăng lên D', thể tích V sẽ là V1 :
Ta có : m = D.V Khi tan hết thành nước thì : m = D'.V1
D.V = D'.V1

0,25

V1 =

Vậy khi tan hết thành nước, thể tích nước tan ra bằng đúng phần
thể tích nước đá chìm trong nước nên nước trong bình không chảy ra
ngoài.
Gọi S là quãng đường.
Thời gian đi nửa quãng đường đầu t1 =

.

Thời gian đi nửa quãng đường sau là t2. Quãng đường đi được tương ứng
Câu 2
(1,5đ)

với khoảng thời gian

0,25

là

0,25

0,25
0,25

S2 = v2.
S3 = v3.

0,25

Mặt khác S2 + S3 =
<=> v2 + v3
=
<=> (v2 + v3)t2 = S
=> t2 =
Vậy vận tốc trung bình trên cả quãng đường là:
Vtb =

=

0,25

0,25

=
=

Câu 3
(1,5đ)

0,25

= 40km/h

Đổi
m0 = 260g=0,26kg
Gọi khối lượng nước ở nhiệt độ 500C cần lấy là m1 vậy khối lượng nước
ở 00C cần lấy là 1,5 -m1
Khi đó nhiệt lượng tỏa ra của ấm nhôm từ 200C xuống 100C là :
Q0= c0m0 (20-10) = 10 c0m0(J)
Nhiệt lượng tảo ra của m1 kg nước từ nhiệt độ 500C xuông 100C là:
Q1= m1c1(50-10) = 40m1c1(J)
Nhiệt lượng thu vào của 1,5-m1 (kg) nước ở nhiệt độ 00C lên 100C là
Q2= c1 ( 1,5-m1) 10 =15c1 -10 m1c1 (J)
Ta có phương trình cân bằng nhiệt sau :
Q0+ Q1= Q2 thay vào ta có :
10 c0m0 + 40m1c1=15c1 -10 m1c1
Thay số vào ta có :
10.880.0,26 + 40 . 4200.m1 =15.4200-10.4200m1
Giải phương trình ta được m1 = 0,289kg
Khối lượng nước cần lấy ở 00C là m2 =1,211kg

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

0,25

0,25

D

Câu 4
(3,0đ)

M

R1

A

B

N

R2

Sơ đồ mạch: R1 nt (Rđ // R2).
U2
P
3
62
U2
Từ CT: P =
 Rđ =
=
= 12(  )  Iđ =
= = 0,5(A)
Rd
U
6
3
P
a. Để đèn sáng bình thường  Uđ = 6V, Iđ = 0,5(A).
12.R 2
Vì Rđ // R2  RAB =
; UAB = Uđ = 6V.
12  R 2
 UMA = UMN – UAN = 10 – 6 = 4V
Vì R1 nt (Rđ // R2) 

R MA
U MA
4 2
=
= =  3RMA = 2RAN.
R AN
U AN
6
3

0,25

0,25
0,25

0,25
0,25

2.12.R 2
= 3.4  2.R2 = 12 + R2  R2 = 12 
12  R 2
Vậy để đèn sáng bình thường R2 = 12 
12.R 2
12R 2
48  16R 2
b. Vì Rđ // R2  R2đ =
 Rtđ = 4 +
=
12  R 2
12  R 2
12  R 2
U MN 10(12  R 2 )
Áp dụng định luật Ôm: I =
=
.
R td
48  16R 2
10(12  R 2 )
120R 2
Vì R nt R2đ  IR = I2đ = I =
 U2đ = I.R2đ =
.
48  16R 2
48  16R 2


U22
(120.R 2 ) 2
1202.R 2
U2
Áp dụng công thức:P=
P2=
=
=
R 2 (48  16R 2 ) 2 .R 2 (48  16R 2 ) 2
R
1202
Chia cả tử và mẫu cho R2  P2 = 482
 162 R 2  2.48.16
R2
 48

 162 R 2  2.48.16  đạt giá trị nhỏ nhất
Để P2 max  
 R2

2
 48

 162.R 2  đạt giá trị nhỏ nhất

 R2

Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:
482
482 2
2
.16 R 2 = 2.48.16
+ 16 .R2  2.
R2
R2

0,25
0,25

0,25

0,25

2

0,25
0,25

1202
 P2 Max =
=4,6875 (W).
4.48.16
482
482
2
2
Đạt được khi:
= 16 .R2  R2 = 2 = 32  R2 = 3 
R2
16
Vậy khi: R2 = 3  thì công suất tiêu thụ trên R2 là đạt giá trị cực đại.

0,25

Câu 5
(2,0 đ)

a)
0,5

Cách vẽ:
+ Lấy S1 đối xứng với S qua G1
+ Lấy S2 đối xứng với S qua G2
+ Nối S1 và S2 cắt G1 tại I cắt G2 tại J
+ Nối S, I, J, S và đánh hướng đi ta được tia sáng cần vẽ.
b) Ta phải tính góc ISR.
Kẻ pháp tuyến tại I và J cắt nhau tại K
Trong tứ giác IKJO có 2 góc vuông I và J và có góc
O = 600
Do đó góc còn lại IKJ = 1200 Xét SJI có tổng 2 góc :
I + J = 1200
IS J = 600
Do vậy:
ISR = 1200 (Do kề bù với ISJ)
Suy ra: Trong JKI có: I1 + J1 = 600
Mà các cặp góc tới và góc phản xạ
I1 = I2; J1 = J2
Từ đó:
I1 + I2 + J1 + J2 = 1200
Xét SJI có tổng 2 góc : I + J = 1200
IS J = 600
Do vậy:
ISR = 1200 (Do kề bù với ISJ)
Học sinh giải cách khác đúng, lập luận chặt chẽ vẫn cho điểm tối đa.

0,25

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