Đề khảo sát học sinh giỏi Vật lí Lớp 9 - Năm học 2016-2017 - Phòng GD&ĐT Nho Quan (Có đáp án)

 UBND HUYỆN NHO QUAN ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI LỚP 9
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Năm học 2016 - 2017
 MÔN: VẬT LÝ
 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút
 (Đề này gồm 05 câu, 01 trang)
 Câu 1 (4,5 điểm)
 Lúc 6 giờ một người đi xe đạp xuất phát từ A đi đến B với vận tốc v 1 = 12km/h. 
 Lúc 8 giờ một người đi bộ đi từ B về A với vận tốc v 2 = 4km/h. Biết quãng đường 
 AB dài 48km. Hỏi :
 a) Hai người gặp nhau lúc mấy giờ? Nơi gặp nhau cách A bao nhiêu km? 
 b) Lúc mấy giờ hai người cách nhau 8km ?
 Câu 2 (4,0 điểm)
 Một ấm nhôm có khối lượng 250g chứa 1,5 kg nước ở nhiệt độ 30 0C. Biết 
 nhiệt dung riêng của nhôm và của nước lần lượt là 880J/kg.K và 4200J/kg.K. Bỏ qua 
 mọi sự trao đổi nhiệt với môi trường bên ngoài.
 a) Tính nhiệt lượng cần cung cấp để đun sôi nước?
 b) Sau đó người ta thả vào ấm một thỏi hợp kim nhôm và thiếc có khối lượng 
 800g ở nhiệt độ 150C, nhiệt độ khi có cân bằng nhiệt của hệ là 95 0C. Tính khối lượng 
 của nhôm và thiếc có trong hỗn hợp. Cho nhiệt dung riêng của thiếc là 230J/kg.K.
 Câu 3 (4,0 điểm) R1
 Cho đèn Đ loại 6V- 3W, R1 = 24  , Đ
 Rx là một biến trở, mắc vào nguồn điện có hiệu + -
 điện thế 12V không đổi như Hình 1. Rx
 a) Tính điện trở và cường độ dòng điện A C B
 định mức của đèn?
 b) Tìm giá trị của biến trở để đèn sáng bình thường? Hình 1
 c) Với giá trị nào của Rx thì công suất tiêu thụ trên biến trở
 là lớn nhất? Tìm công suất đó?
 Câu 4 (6,0 điểm) R R
 2 C 4
 Cho mạch điện như Hình 2, trong đó U = 24V + A o o _B
 luôn không đổi, R1 = 12, R2= 9, R3 là biến trở,
 R = 6. Điện trở của dây dẫn không đáng kể. R3
 4 R1
 1. Cho R3 = 6
 a) Tính điện trở tương đương toàn mạch và D
 cường độ dòng điện qua các điện trở? Hình 2
 b) Nối D và B bằng một ampe kế có điện trở không đáng kể. Tìm cường độ dòng điện 
 qua các điện trở và số chỉ ampe kế?
 2. Tháo ampe kế đi và nối giữa D và B một vôn kế có điện trở vô cùng lớn. Tìm 3R để số 
 chỉ vôn kế là 16V? 
 Câu 5 (1,5 điểm)
 Một khối nước đá hình lập phương, cạnh a = 10 cm nổi trong một chậu nước đầy. Biết 
 trọng lượng riêng của nước là 10000 N/m3 và phần nhô lên khỏi mặt nước của nước đá có 
 chiều cao là 1cm.
 a) Tìm trọng lượng riêng của nước đá? 
 b) Nếu nước đá tan hết thành nước thì nước trong chậu có chảy ra ngoài 
 không? Tại sao?
 ----------------HẾT---------------- UBND HUYỆN NHO QUAN HƯỚNG DẪN CHẤM
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI LỚP 9
 Năm học 2016 – 2017
 MÔN: VẬT LÝ
 (Hướng dẫn này gồm 5 trang)
 Câu Hướng dẫn Điểm
 a) (2,0 điểm)
 Quãng đường người đi xe đạp đi được cho đến khi gặp người đi bộ 
 là: S1 = v1.t 0,5
 Quãng đường người đi bộ đi được cho đến khi gặp người đi xe đạp 
 0,5
 là: S2 = v2.(t – 2)
 Khi 2 người gặp nhau ta có pt:
 S = S + S 
 1 2 0,5
 v1.t + v2.(t – 2) = 48
 t = 3,5 (h)
 Hai người gặp nhau lúc 6 + 3,5 = 9,5 giờ hay 9h30 phút 0,25
 Nơi gặp nhau cách A một đoạn là S1 = 12.3,5 = 42 km 0,25
 b)(2,5 điểm)
 * TH1: Họ cách nhau 8 km trước khi gặp nhau:
 1 - Quãng đường người đi xe đạp và người đi bộ đi được là: S1 = v1t; 0,5
 (4,5điểm) S2 = v2.(t – 2)
 - Khi 2 người cách nhau 8km ta có pt:
 S + S + S’ = S
 1 2 0,5
 v1.t + v2.(t – 2) + 8 = 48
 t = 3
 Vậy sau 6 + 3 = 9 giờ hai người cách nhau 8 km 0,25
 * TH2: Họ cách nhau 8 km sau khi gặp nhau:
 - Quãng đường người đi xe đạp và người đi bộ đi được là: S1 = v1t; 0,5
 S2 = v2.(t – 2)
 - Khi 2 người cách nhau 8km ta có pt:
 S + S - S’ = S
 1 2 0,5
 v1.t + v2.(t - 2) - 8 = 48
 t = 4
 Vậy sau 6 + 4 = 10 giờ hai người cách nhau 8 km 0,25
 a) (1,5 điểm)
 Nhiệt lượng cần cung cấp để ấm nhôm tăng nhiệt độ từ 20 0C đến 
 sôi là: Q1 = m1C1(t2 – t1) = 0,25. 880. (100 – 30) = 15 400 (J)
 Nhiệt lượng cần cung cấp để nước tăng nhiệt độ từ 200C đến sôi là: 0,5
 Q = m C (t – t ) = 1,5.4200.(100 – 30) = 441 000 (J)
 2 2 2 2 1 0,5
 Nhiệt lượng cần cung cấp để đun sôi ấm nước là: 
 Q = Q1 + Q2 = 456 400 (J) 0,5
 b) (2,5 điểm) 2 Gọi khối lượng của nhôm và thiếc có trong hợp kim là m3 và m4
 Ta có: m3 + m4 = 0,8 (1)
(4,0điểm) 0,5
 Nhiệt lượng ấm nhôm và nước tỏa ra để hạ nhiệt độ là:
 Q = (m1C1 + m2C2)(t2 – t) 
 Q = (0,25.880 + 1,5.4200).(100 – 95) = 32600 (J) 0,5
 Nhiệt lượng Nhôm thu và là
 Q3 = m3C1(t – t3) = 70400 m3
 Nhiệt lượng thiếc thu và là 0,25
 Q = m C (t – t ) = 18400 m
 3 4 4 3 4 0,25
 Theo phương trình cân bằng nhiệt ta có 0,5
 Q = Q3 + Q4
 Hay 704m3 + 184m4 = 326 (2) 0,5
 Giải (1) và (2) ta tìm được m3 = 0,344 kg
 m4 = 0,456 kg
 a) (1,0 điểm)
 UĐ =UĐm = 6V
 PĐ = PĐm= 3W
 PDm 3
 Khi đó: IĐ = IĐm = 0,5(A)
 U 6
 Dm 0,5
 2
 U Dm 36
 RĐ = 12
 3 PDm 3 0,5
(4,0 điểm) b) (1,5 điểm)
 Đề đèn sáng bình thường thì đèn hoạt động ở các giá trị định mức
 Ta có UCB = U – Uđ = 12 – 6 = 6V 0,5
 U CB 6 0,5
 RCB = 12
 I Đ 0,5
 R1.Rx
 Vì R1 // Rx Nên R
 R R CB
 1 x 0,5
 24.Rx
 Hay 12 => Rx = 24
 24 Rx
 c)(1,5 điểm)
 Đặt Rx = x
 36(x 8)
 RAB = Rđ + RCB = 
 x 24 0,25
 U x 24
 I = = 0,25
 RAB 3(x 8)
 R1 8 0,25
 Ix = I. = 
 R1 RX x 8 2 64x 64 0,25
 Px = I x.Rx = 2 
 (x 8) 8 2
 ( x )
 x
 8
 Theo bđt Cosi ta có ( x )2 (2 8 )2 = 32
 x
 64
 P x = 2
 32
 8 0,25
  Pxmax = 2 W khi x = > x = 8
 x
 0,25
 Vậy với Rx = 8  Thì công suất tiêu thụ trên biến trở là lớn nhất và 
 bằng 2w
 1(4,0 điểm)
 a) (2 điểm)
 Viết sơ đồ mạch điện: [(R1ntR3)//R2]ntR4 0,5
 R13 = R1 + R3 = 12 + 6 = 18 
 R13 R2 18.9
 RAC = 6  0,25
 R13 R2 18 9
 RAB = RAC + R4 = 6 + 6 = 12  0,25
 Cường độ dòng điện qua mạch chính bằng cường độ dòng điện qua 
 U 24
 R4 : I = I4 = IAC = 2A 0,5
 RAB 12
 R2 9 2 0,25
 I1 = I3 = I. 2. A
 R1 R2 R3 12 9 6 3
 4
 I2 = I – I1 = 2 – 2/3 = 4/3A 0,25
(6,0điểm) b)(2,0 điểm)
 Nối D và B bởi Ampe kế có điện trở không đáng kể ta chập D với 0,25
 B, nên ta có sơ đồ mạch điện như sau:
 [(R3//R4) nt R2]//R1
 R3.R4 6.6 0,25
 R34 3
 R3 R4 6 6
 R234 = R2 + R34 = 9 + 3 = 12 0,25
 U 24 0,25
 I2 2A
 R234 12
 U34 = I2.R34 = 2.3 = 6V 0,25
 U3 6 0,25
 I3 1A
 R3 6
 U 24 0,25
 I1 2A
 R1 12 Ia = I1 + I3 = 2 + 1 = 3A 0,25
 2.(2,0 điểm)
 Khi mắc vôn kế có điện trở vô cùng lớn ta bỏ vôn kế ra khỏi sơ đồ mạch 0,25
 điện nên mạch có dạng: [(R1ntR3)//R2]ntR4. Gọi R3 = x
 U1 = U - UV = 24 - 16 = 8V 0,25
 U1 8 2 0,25
 I1 A
 R1 12 3
 I R I R
 1 2 1 2 0,25
 I2 R13 I2 I1 R1 R3 R2
 I 9 9
 1 
 I 12 x 9 21 x
 21 x 21 x 2 0,25
 suy ra I  I  = I4 
 9 1 9 3
 Ta có UV = U3 + U4 = I3.R3 + I4.R4 = I1.R3 + I4.R4 0,25
 2 21 x 2 2x 4(21 x) 10x 84
  x  6 16 
 3 9 3 3 9 9
 10x + 84 = 144 suy ra x = 6 . 
 0,25
 Vậy để số chỉ của vôn kế là 16V thì R3 = 6 0,25
 a) (0,5 điểm)
 Khi nước đá cân bằng thì : 
 ’ 0.25
 P = FA d.S.a = d .S.a1
 d h 10000. 10 1 
 d = 1 9000 N / m3 0.25
 h 10
 5 b) (1 điểm)
 Khi nước đá tan hết thành nước thì khối lượng m của nước đá 
 ’
(1,5điểm) 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’.V 
 1 0.25
 ’ D 900 9
 D.V = D .V1 V1 = V V V
 D 1000 10 0.5
 Vậy khi tan hết thành nước, thể tích nước tan ra bằng đúng phần 
 thể tích nước đá chìm trong nước nên nước trong chậu không chảy 0.25
 ra ngoài.
 Chú ý: - Học sinh làm theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.
 - Học sinh viết sai hoặc thiếu đơn vị từ 2 lần trong 1 bài trở lên thì trừ 
tối đa 0,25 điểm.