Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 9 môn KHTN 1 (Vật lí) – Sở GD&ĐT Phú Thọ

Đáp án

B

B

A

B

A

A

A

C

B

C

Đáp án

B

A

B

A

C

B

A

B

B

A

Đáp án

B

C

A

B

Câu 25

a)

Đ

Thế năng trọng trường ban đầu: $W_{\text{t}0} = m \cdot g \cdot h_0 = 0,2 \cdot 10 \cdot 5 = 10$ J.

b)

S

Động năng ban đầu: $W_{\text{đ}0} = \dfrac{1}{2}m v_0^2 = \dfrac{1}{2} \cdot 0,2 \cdot 10^2 = 10$ J $\ne 20$ J.

c)

Đ

Cơ năng $W = 10 + 10 = 20$ J. Tại độ cao cực đại: $W = m \cdot g \cdot h_{\max} \Rightarrow h_{\max} = \dfrac{20}{0,2 \cdot 10} = 10$ m.

d)

S

Khi $W_{\text{đ}} = 2W_{\text{t}} \Rightarrow W = 3W_{\text{t}} \Leftrightarrow 20 = 3 \cdot (m \cdot g \cdot h) = 6h \Rightarrow h = \dfrac{10}{3} \approx 3,33$ m $\ne 3,5$ m.

Câu 26

a)

Đ

$R_đ = \dfrac{U_{\text{đm}}^2}{P_{\text{đm}}} = \dfrac{6^2}{3} = 12\ \Omega$.

b)

Đ

$I_{\text{đm}} = \dfrac{P_{\text{đm}}}{U_{\text{đm}}} = \dfrac{3}{6} = 0,5$ A.

c)

Đ

Đèn sáng bình thường khi $I = 0,5$ A $\Rightarrow R_{td} = \dfrac{U}{I} = \dfrac{12}{0,5} = 24\ \Omega \Rightarrow R_b = 24 - 12 = 12\ \Omega$.

d)

S

Khi $R_b$ tăng từ $12\ \Omega$ đến $24\ \Omega$, điện trở mạch tăng $\Rightarrow I$ giảm $\Rightarrow P_đ = I^2 \cdot R_đ$ giảm, nhiệt lượng toả ra mỗi giây giảm.

Câu 1
(3,5 điểm)

1.a

Tính thời gian ca nô thứ nhất chuyển động từ $A$ đến $B$ (1,0 điểm)

1,0

Ca nô thứ nhất chuyển động xuôi dòng nước từ $A$ đến $B$, tốc độ của ca nô đối với bờ là:
$v_{1b} = v_1 + v_n = 20 + 4 = 24$ km/h.

0,5

Thời gian ca nô thứ nhất đi từ $A$ đến $B$ là:
$t_{A1} = \dfrac{AB}{v_{1b}} = \dfrac{72}{24} = 3$ giờ.

0,5

1.b

Xác định ca nô đến $B$ trước và khoảng thời gian đến trước (1,0 điểm)

1,0

Xét chuyển động của ca nô thứ hai qua 3 giai đoạn:
- Giai đoạn 1: Chạy máy trong $t_1 = 1,2$ h, tốc độ so với bờ là $v_{2b} = v_2 + v_n = 25 + 4 = 29$ km/h.
Quãng đường đi được: $s_1 = v_{2b} \cdot t_1 = 29 \cdot 1,2 = 34,8$ km.

0,25

- Giai đoạn 2: Hỏng máy trôi tự do trong $t_2 = 0,8$ h với vận tốc của dòng nước $v_n = 4$ km/h.
Quãng đường trôi được: $s_2 = v_n \cdot t_2 = 4 \cdot 0,8 = 3,2$ km.
Tổng quãng đường sau hai giai đoạn: $s_{12} = s_1 + s_2 = 34,8 + 3,2 = 38$ km.

0,25

- Giai đoạn 3: Máy sửa xong, tiếp tục chạy về $B$ với tốc độ so với bờ là $v_{2b} = 29$ km/h.
Quãng đường còn lại: $s_3 = AB - s_{12} = 72 - 38 = 34$ km.
Thời gian đi quãng đường $s_3$: $t_3 = \dfrac{s_3}{v_{2b}} = \dfrac{34}{29}$ giờ $\approx 1,172$ giờ.
Tổng thời gian chuyển động của ca nô thứ hai: $t_{A2} = t_1 + t_2 + t_3 = 1,2 + 0,8 + \dfrac{34}{29} = \dfrac{92}{29}$ giờ $\approx 3,172$ giờ.

0,25

So sánh thời gian: $t_{A1} = 3\text{ h} < t_{A2} = \dfrac{92}{29}\text{ h}$.
Vậy ca nô thứ nhất đến bến $B$ trước ca nô thứ hai.
Khoảng thời gian đến trước là: $\Delta t = t_{A2} - t_{A1} = \dfrac{92}{29} - 3 = \dfrac{5}{29}$ giờ $\approx 0,172$ giờ (khoảng $10$ phút $21$ giây).

0,25

2.a

Tính lực căng của sợi dây tác dụng vào đầu $B$ của thanh (0,75 điểm)

0,75

Thể tích của quả cầu kim loại đặc là:
$V = \dfrac{m_1}{D_1} = \dfrac{P_1}{10 \cdot D_1} = \dfrac{15}{10 \cdot 7500} = 2 \cdot 10^{-4}\text{ m}^3$.

0,25

Lực đẩy Archimedes tác dụng lên quả cầu khi ngập hoàn toàn trong chất lỏng:
$F_A = d_0 \cdot V = 10 \cdot D_0 \cdot V = 10 \cdot 1000 \cdot 2 \cdot 10^{-4} = 2$ N.

0,25

Quả cầu cân bằng dưới tác dụng của trọng lực $P_1$, lực đẩy Archimedes $F_A$ và lực căng dây $T$:
$T + F_A = P_1 \Rightarrow T = P_1 - F_A = 15 - 2 = 13$ N.
Do dây nhẹ và ròng rọc lí tưởng, lực căng của sợi dây tác dụng vào đầu $B$ của thanh là $T_B = T = 13$ N.

0,25

2.b

Xác định phản lực do bản lề tại $A$ tác dụng lên thanh $AB$ (0,75 điểm)

0,75

Sơ đồ phân tích lực tác dụng lên thanh AB:

[Hình vẽ]

Thanh $AB$ chịu tác dụng của ba lực: Trọng lực $\vec{P}$ đặt tại trung điểm $G$, lực căng $\vec{T}$ tại $B$ (hợp với thanh góc $\alpha = 30^\circ$, hướng lên) và phản lực $\vec{Q}$ tại bản lề $A$.
Điều kiện cân bằng lực: $\vec{Q} + \vec{P} + \vec{T} = \vec{0}$.

0,25

Chọn hệ trục toạ độ $Oxy$: $Ox$ dọc theo thanh từ $A$ sang $B$, $Oy$ thẳng đứng hướng lên.
Chiếu phương trình lên $Oy$: $Q_y + T \cdot \sin \alpha - P = 0$
$\Rightarrow Q_y = P - T \cdot \sin 30^\circ = 12 - 13 \cdot 0,5 = 5,5$ N ($Q_y > 0$ hướng lên).
Chiếu phương trình lên $Ox$: Giả sử dây kéo hướng ra ngoài, $Q_x + T \cdot \cos \alpha = 0$
$\Rightarrow |Q_x| = T \cdot \cos 30^\circ = 13 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} \approx 11,26$ N.

0,25

Độ lớn của phản lực bản lề tại $A$ tác dụng lên thanh là:
$Q = \sqrt{Q_x^2 + Q_y^2} = \sqrt{(11,26)^2 + (5,5)^2} = \sqrt{157} \approx 12,53$ N.
Phương và chiều: $\vec{Q}$ hướng chếch lên trên, hợp với thanh $AB$ một góc $\beta$ thoả mãn:
$\tan \beta = \dfrac{|Q_y|}{|Q_x|} = \dfrac{5,5}{11,26} \approx 0,488 \Rightarrow \beta \approx 26^\circ$.

0,25

Câu 2
(2,5 điểm)

1.a

Xác định trạng thái cân bằng và khối lượng nước đá còn lại (1,0 điểm)

1,0

Nhiệt lượng toả ra khi nhiệt lượng kế và nước hạ nhiệt độ từ $t_1 = 20^\circ$C xuống $0^\circ$C:
$Q_{\text{toả}} = (m_0 c_0 + m_1 c_1)(t_1 - 0) = (0,15 \cdot 880 + 0,4 \cdot 4200) \cdot 20 = 1812 \cdot 20 = 36240$ J.

0,25

Nhiệt lượng cần cung cấp để nước đá tăng từ $t_2 = -10^\circ$C lên $0^\circ$C:
$Q_1 = m_2 c_2 (0 - t_2) = 0,2 \cdot 2100 \cdot [0 - (-10)] = 4200$ J.
Vì $Q_{\text{toả}} > Q_1$ ($36240 > 4200$) nên nước đá được làm nóng lên tới $0^\circ$C và bắt đầu nóng chảy.

0,25

Nhiệt lượng còn lại để làm tan nước đá là: $\Delta Q = Q_{\text{toả}} - Q_1 = 36240 - 4200 = 32040$ J.
Nhiệt lượng cần để làm tan hoàn toàn $0,2$ kg nước đá ở $0^\circ$C:
$Q_{\text{tan}} = m_2 \lambda = 0,2 \cdot 3,36 \cdot 10^5 = 67200$ J.

0,25

Vì $\Delta Q < Q_{\text{tan}}$ ($32040\text{ J} < 67200\text{ J}$) nên nước đá chỉ tan một phần.
Khối lượng nước đá đã tan là: $m_{\text{tan}} = \dfrac{\Delta Q}{\lambda} = \dfrac{32040}{3,36 \cdot 10^5} \approx 0,0954$ kg $\approx 95,4$ g.
Khối lượng nước đá còn lại chưa tan là: $m_{\text{đá còn}} = m_2 - m_{\text{tan}} = 200 - 95,4 = 104,6$ g.
Trạng thái của hệ: Gồm hỗn hợp nước và nước đá cùng tồn tại ở $0^\circ$C.

0,25

1.b

Xác định nhiệt độ cân bằng cuối cùng của hệ ở ý 1 (0,5 điểm)

0,5

Do trong nhiệt lượng kế nước đá chưa tan hết và hệ ở trạng thái cân bằng nhiệt, nên nhiệt độ cân bằng cuối cùng của hệ là $t_{\text{cb}} = 0^\circ$C.

0,5

2

Tính khối lượng hơi nước sôi ở $100^\circ$C đã ngưng tụ (1,0 điểm)

1,0

Để nâng toàn bộ lượng chất trong bình từ trạng thái cân bằng ở ý 1 lên thành nước ở $t_3 = 50^\circ$C cần:
- Làm nóng chảy nốt lượng nước đá còn lại ở $0^\circ$C:
$Q_a = m_{\text{đá còn}} \cdot \lambda = Q_{\text{tan}} - \Delta Q = 67200 - 32040 = 35160$ J.

0,25

- Nâng nhiệt độ của nhiệt lượng kế và toàn bộ $(m_1 + m_2) = 0,6$ kg nước từ $0^\circ$C lên $50^\circ$C:
$Q_b = [m_0 c_0 + (m_1 + m_2)c_1] \cdot (50 - 0) = (0,15 \cdot 880 + 0,6 \cdot 4200) \cdot 50 = 2652 \cdot 50 = 132600$ J.
Tổng nhiệt lượng hệ thu vào: $Q_{\text{thu}} = Q_a + Q_b = 35160 + 132600 = 167760$ J.

0,25

Gọi $m_h$ là khối lượng hơi nước ở $100^\circ$C cần dẫn vào. Nhiệt lượng do hơi nước toả ra khi ngưng tụ thành nước ở $100^\circ$C và hạ nhiệt độ xuống $50^\circ$C là:
$Q_{\text{toả}} = m_h \cdot L + m_h \cdot c_1 \cdot (100 - 50) = m_h \cdot (2,26 \cdot 10^6 + 4200 \cdot 50) = 2470000 \cdot m_h$ (J).

0,25

Theo phương trình cân bằng nhiệt: $Q_{\text{toả}} = Q_{\text{thu}}$
$\Rightarrow 2470000 \cdot m_h = 167760 \Rightarrow m_h = \dfrac{167760}{2470000} \approx 0,0679$ kg $\approx 67,9$ g.

0,25

Câu 3
(2,5 điểm)

1

Xác định loại thấu kính và giải thích (0,5 điểm)

0,5

- Thấu kính phân kỳ luôn cho ảnh ảo đối với mọi vật sáng thật đặt trước thấu kính.
- Ở đây, thấu kính cho ảnh thật hứng được trên màn và khi dịch chuyển vật lại gần thấu kính vẫn thu được ảnh thật lớn hơn ảnh ban đầu.
Do đó, thấu kính đã cho là thấu kính hội tụ.

0,5

2

Xác định tiêu cự $f$ và vị trí ban đầu $d_1$ của vật (1,25 điểm)

1,25

Sơ đồ tạo ảnh thật qua thấu kính hội tụ:

[Hình vẽ]

Khi tạo ảnh thật qua thấu kính hội tụ, độ cao của ảnh là: $A'B' = AB \cdot \dfrac{f}{d - f}$.
Ban đầu vật ở khoảng cách $d_1$: $A_1'B_1' = AB \cdot \dfrac{f}{d_1 - f}$.
Khi dịch vật lại gần một đoạn $12$ cm thì $d_2 = d_1 - 12$: $A_2'B_2' = AB \cdot \dfrac{f}{d_1 - 12 - f}$.

0,25

Theo giả thiết: $A_2'B_2' = 3 A_1'B_1' \Rightarrow \dfrac{f}{d_1 - 12 - f} = 3 \cdot \dfrac{f}{d_1 - f}$
$\Leftrightarrow d_1 - f = 3(d_1 - f - 12) = 3(d_1 - f) - 36 \Rightarrow 2(d_1 - f) = 36 \Rightarrow d_1 - f = 18$ cm.
Suy ra: $d_1 = f + 18$ cm và $d_2 - f = 18 - 12 = 6$ cm.

0,25

Vị trí ảnh thật ban đầu và lúc sau theo công thức Newton:
$d_1' - f = \dfrac{f^2}{d_1 - f} = \dfrac{f^2}{18}$; $d_2' - f = \dfrac{f^2}{d_2 - f} = \dfrac{f^2}{6}$.
Khoảng cách dịch chuyển của ảnh: $\Delta d' = d_2' - d_1' = (d_2' - f) - (d_1' - f) = \dfrac{f^2}{6} - \dfrac{f^2}{18} = \dfrac{f^2}{9}$.

0,25

Theo đề bài, ảnh dịch chuyển một đoạn $80$ cm nên:
$\dfrac{f^2}{9} = 80 \Rightarrow f^2 = 720 \Rightarrow f = \sqrt{720} = 12\sqrt{5} \approx 26,83$ cm.

0,25

Vị trí ban đầu của vật so với thấu kính là:
$d_1 = f + 18 = 12\sqrt{5} + 18 \approx 44,83$ cm.

0,25

3

Tìm điều kiện của khoảng cách $a$ để ảnh cuối cùng là ảnh thật (0,75 điểm)

0,75

Khi đặt vật tại $d = 15$ cm $< f$ ($15\text{ cm} < 26,83\text{ cm}$), chùm tia sáng từ vật sau khi qua thấu kính phân kỳ tạo ảnh ảo $A_1'B_1'$ ở trước thấu kính cách thấu kính một đoạn:
$d_1' = \dfrac{d \cdot f}{f - d} = \dfrac{15 \cdot 12\sqrt{5}}{12\sqrt{5} - 15} \approx 34,02$ cm $> f$.

0,25

Chùm phân kỳ này tới gương phẳng đặt cách thấu kính khoảng $a$, phản xạ cho chùm tia phân kỳ đối xứng có tâm phát là $A_2'B_2'$ (ảnh của $A_1'B_1'$ qua gương).
Khoảng cách từ $A_2'B_2'$ đến thấu kính khi truyền ngược lại là:
$d_2 = d_1' + 2a$.

0,25

Để chùm sáng sau khi truyền ngược lại qua thấu kính lần thứ hai cho ảnh thật hứng được trên màn chắn đặt trước thấu kính, vị trí vật tương đương $A_2'B_2'$ phải nằm ngoài khoảng tiêu cự:
$d_2 > f \Leftrightarrow d_1' + 2a > f$.
Do $d_1' \approx 34,02\text{ cm} > f \approx 26,83\text{ cm}$ nên với mọi khoảng cách $a > 0$, điều kiện $d_2 > f$ luôn luôn được thỏa mãn.
Vậy điều kiện của khoảng cách là: $a > 0$ (gương đặt ở phía sau thấu kính tại vị trí bất kì).

0,25

Câu 4
(3,5 điểm)

1.a

Sự biến đổi của số chỉ vôn kế khi dịch chuyển con chạy $C$ (0,5 điểm)

0,5

Sơ đồ mạch điện:

[Hình vẽ]

Điện trở của đoạn mạch: $R_{td} = R_1 + R_x = 8 + R_x$.
Dòng điện qua mạch: $I = \dfrac{U}{R_1 + R_x}$.
Số chỉ vôn kế mắc song song với đoạn $MC$ là: $U_V = I \cdot R_x = \dfrac{U \cdot R_x}{R_1 + R_x} = \dfrac{U}{1 + \dfrac{R_1}{R_x}} = \dfrac{24}{1 + \dfrac{8}{R_x}}$.

0,25

Khi dịch chuyển con chạy $C$ từ $M$ sang $N$, $R_x$ tăng từ $0$ đến $40\ \Omega$:
- Phân số $\dfrac{8}{R_x}$ giảm dần nên mẫu số $\left(1 + \dfrac{8}{R_x}\right)$ giảm dần $\Rightarrow U_V$ tăng dần liên tục.
- Tại $C \equiv M$ ($R_x = 0$): $U_V = 0$ V.
- Tại $C \equiv N$ ($R_x = 40\ \Omega$): $U_V = \dfrac{24 \cdot 40}{8 + 40} = 20$ V.
Vậy số chỉ vôn kế tăng liên tục từ $0$ V đến $20$ V.

0,25

1.b

Tìm $R_x$ để công suất trên biến trở cực đại và tính giá trị đó (1,0 điểm)

1,0

Công suất tiêu thụ trên đoạn biến trở $MC$ là:
$P_x = I^2 \cdot R_x = \dfrac{U^2 \cdot R_x}{(R_1 + R_x)^2} = \dfrac{U^2}{\left(\dfrac{R_1}{\sqrt{R_x}} + \sqrt{R_x}\right)^2}$.

0,25

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương $\dfrac{R_1}{\sqrt{R_x}}$ và $\sqrt{R_x}$:
$\dfrac{R_1}{\sqrt{R_x}} + \sqrt{R_x} \ge 2\sqrt{R_1}$.
Dấu "=" xảy ra khi: $\dfrac{R_1}{\sqrt{R_x}} = \sqrt{R_x} \Leftrightarrow R_x = R_1 = 8\ \Omega$.
Giá trị $R_x = 8\ \Omega$ nằm trong phạm vi biến trở $[0; 40\ \Omega]$ nên thoả mãn.

0,5

Công suất cực đại trên biến trở khi đó là:
$P_{x\max} = \dfrac{U^2}{4 R_1} = \dfrac{24^2}{4 \cdot 8} = \dfrac{576}{32} = 18$ W.

0,25

2.a

Thiết lập biểu thức số chỉ vôn kế theo $R_x$ (0,75 điểm)

0,75

Sơ đồ mạch phân áp / cầu đo:

[Hình vẽ]

Đoạn mạch gồm $(R_1\text{ nt }R_2)$ có điện trở $R_{12} = R_1 + R_2 = 8 + 12 = 20\ \Omega$ mắc song song với đoạn biến trở $MC$ ($R_x$).
Điện trở tương đương của đoạn $MC$ là: $R_{MC}' = \dfrac{R_x \cdot R_{12}}{R_x + R_{12}} = \dfrac{20 R_x}{R_x + 20}$.

0,25

Điện trở của đoạn $CN$: $R_{CN} = R_{MN} - R_x = 40 - R_x$.
Điện trở toàn mạch: $R_{\text{td}} = R_{MC}' + R_{CN} = \dfrac{20 R_x}{R_x + 20} + 40 - R_x = \dfrac{-R_x^2 + 40 R_x + 800}{R_x + 20}$.
Hiệu điện thế giữa hai điểm $M$ và $C$ là: $U_{MC} = U \cdot \dfrac{R_{MC}'}{R_{\text{td}}} = \dfrac{24 \cdot 20 R_x}{-R_x^2 + 40 R_x + 800} = \dfrac{480 R_x}{-R_x^2 + 40 R_x + 800}$.

0,25

Vôn kế đo hiệu điện thế trên $R_2$ (giữa điểm nối và con chạy $C$):
$U_V = U_{R_2} = U_{MC} \cdot \dfrac{R_2}{R_1 + R_2} = \dfrac{12}{20} U_{MC} = 0,6 U_{MC}$
$\Rightarrow U_V = \dfrac{288 R_x}{-R_x^2 + 40 R_x + 800}$ (V).

0,25

2.b

Xác định vị trí con chạy $C$ để số chỉ vôn kế bằng $0$ V (0,75 điểm)

0,75

Để số chỉ vôn kế bằng $0$ V thì:
$U_V = 0 \Leftrightarrow \dfrac{288 R_x}{-R_x^2 + 40 R_x + 800} = 0 \Leftrightarrow R_x = 0\ \Omega$.

0,5

Vậy con chạy $C$ trùng với đầu $M$ của biến trở thì vôn kế chỉ $0$ V.

0,25

2.c

Tính số chỉ vôn kế và xác định chốt nối khi $R_x = 10\ \Omega$ (0,5 điểm)

0,5

Thay $R_x = 10\ \Omega$ vào biểu thức số chỉ vôn kế:
$U_V = \dfrac{288 \cdot 10}{-10^2 + 40 \cdot 10 + 800} = \dfrac{2880}{1100} = \dfrac{144}{55} \approx 2,62$ V.

0,25

Vì dòng điện chạy trong nhánh $R_1 - R_2$ theo chiều từ $M$ qua $R_1$ đến điểm nối rồi qua $R_2$ đến $C$, nên điện thế tại điểm nối giữa $R_1$ và $R_2$ cao hơn điện thế tại con chạy $C$.
Do đó, cực dương của vôn kế phải nối vào điểm nối giữa $R_1$ và $R_2$, cực âm nối vào con chạy $C$.
(Lưu ý: Nếu thí sinh hiểu mạch theo sơ đồ cầu đo điện áp mà nhánh $R_1\text{ nt }R_2$ nối vào hai đầu $M, N$ của nguồn thì $U_V = |0,6 R_x - 9,6|$ V; $U_V = 0$ khi $R_x = 16\ \Omega$; khi $R_x = 10\ \Omega$ thì $U_V = 3,6$ V và cực dương nối vào $C$, giám khảo vẫn cho điểm tối đa).

0,25