Đề thi học sinh giỏi tỉnh môn Vật lí Lớp 9 - Năm học 2021-2022 - Sở GD và ĐT Ninh Bình (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NINH BÌNH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 THCS CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2021-2022
Môn: Vật lí
Ngày thi: 23/02/2022
Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm 05 câu trong 02 trang.
Họ và tên thí sinh :..............................................................Số báo danh ..................................
Họ và tên, chữ ký: Cán bộ coi thi 1:..........................................................................................
 Cán bộ coi thi 2:...........................................................................................
Câu 1. (5,0 điểm) 
	 1. Ba học sinh đi từ điểm A đến điểm B trên một đường thẳng với vận tốc không đổi. Bạn thứ nhất và bạn thứ hai xuất phát cùng một lúc với các vận tốc tương ứng là v1 = 10km/h và v2 = 12km/h. Bạn thứ ba xuất phát sau hai bạn nói trên 30 phút. Khoảng thời gian giữa hai lần gặp nhau của bạn thứ ba với hai bạn đi trước là 60 phút. Chọn gốc toạ độ tại A, chiều dương từ A đến B, gốc thời gian là lúc bạn thứ nhất và thứ hai xuất phát.
 a. Viết phương trình chuyển động của ba bạn học sinh.
 b. Tìm vận tốc của bạn thứ ba.
 2. Một thanh sắt đồng chất tiết diện đều, đặt trên thành của một bình nước, ở đầu thanh có buộc một quả cầu bằng nhôm đặc bán kính R, sao cho quả cầu ngập hoàn toàn trong nước, hệ thống này nằm cân bằng như Hình 1. Biết trọng lượng riêng của quả cầu và nước lần lượt là d và d0, dây không giãn và có khối lượng không đáng kể. Tính trọng lượng của thanh sắt theo R, d, d0, ,.
Hình 1
Câu 2. (3,0 điểm)
 Dùng ca múc nước nóng đổ vào một bình nhiệt lượng kế (ban đầu bình nhiệt lượng kế chưa chứa chất nào). Lần đầu đổ một ca nước, nhiệt độ bình nhiệt lượng kế tăng thêm 5°C. Lần thứ hai đổ thêm một ca nước, nhiệt độ bình nhiệt lượng kế tăng thêm 3°C. Lần thứ ba đổ thêm cùng một lúc 10 ca nước thì nhiệt độ bình nhiệt lượng kế tăng thêm bao nhiêu độ? Coi khối lượng và nhiệt độ của lượng nước nóng trong các ca là không đổi. Bỏ qua sự mất mát nhiệt và trao đổi nhiệt với môi trường xung quanh.
Câu 3. (5,0 điểm)
 Cho đoạn mạch như Hình 2, biết hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn mạch không đổi: U = 60V; R1 = R3 = R4 = 2W; R6 = 3,2W; R2 là biến trở. Bỏ qua điện trở các dây nối. 
 1. Điều chỉnh biến trở R2 sao cho cường độ dòng điện đi qua điện trở R5 bằng 0. Tính R2 và cường độ dòng điện qua các điện trở khi đó. 
 2. Điều chỉnh biến trở để R2 = 10W, khi đó cường độ 
Hình 2
dòng điện qua R5 là 2A và theo chiều từ C đến D. Tính R5.
Câu 4. (4,0 điểm ) 
 Đặt một điểm sáng S trên trục chính D của thấu kính hội tụ, một màn chắn M vuông góc với D, điểm sáng S và màn chắn M luôn cố định và cách nhau một khoảng L = 45cm (Hình 3). Thấu kính có tiêu cự f = 20cm và có bán kính đường rìa r = OP = OQ = 4cm (O là quang tâm, P và Q là các điểm mép thấu kính), thấu kính có thể di chuyển trong khoảng từ S đến màn chắn. 
Hình 3
 1. Ban đầu thấu kính cách S một khoảng d = 20cm, trên màn chắn M quan sát được một vết sáng tròn do chùm tia ló tạo ra. Hỏi bán kính vết sáng có độ lớn là bao nhiêu? 
 2. Dịch chuyển thấu kính lại gần và theo phương vuông góc với màn chắn M thì kích thước vết sáng tròn thay đổi:
 a. Xác định bán kính vết sáng khi thấu kính dịch chuyển lại gần màn chắn 5cm.
 b. Người ta tìm được một vị trí của thấu kính để kích thước vết sáng trên màn chắn là nhỏ nhất. Xác định vị trí của thấu kính và bán kính vết sáng nhỏ nhất tương ứng trên màn chắn.
(Được phép sử dụng công thức thấu kính )
Câu 5. (3,0 điểm) 
 1. AB là một dây dẫn thẳng dài vô hạn đặt cố định, bên cạnh là một đoạn dây dẫn CD có thể chuyển động tự do trong mặt phẳng Hình 4. Khi không có dòng điện, CD vuông góc với AB. Hỏi nếu cho dòng điện qua các dây dẫn có chiều như hình vẽ thì đoạn dây CD chuyển động như thế nào? Cho biết cảm ứng từ gây bởi dòng điện I1 tại những điểm trong phạm vi không gian đặt dòng điện I2 có phương vuông góc với mặt phẳng hình vẽ, có chiều hướng vào trong, có độ lớn tỉ lệ nghịch với khoảng cách từ điểm đó tới dòng điện I1.
Hình 4
 2. Cho một bình thủy tinh hình trụ tiết diện đều, một thước đo chiều dài độ chia tới mm, một lượng nước có khối lượng riêng là D, một lượng dầu thực vật và một cái chén bằng sứ bỏ lọt được vào bình. Hãy trình bày một phương án xác định khối lượng riêng của cái chén sứ và khối lượng riêng của dầu thực vật.
------HẾT------
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NINH BÌNH
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 THCS CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2021-2022
Môn: Vật lí - Ngày thi 23/02/2022
 (Hướng dẫn chấm này gồm 06 trang)
Câu
Đáp án
Điểm
1
(5,0 điểm)
1. (3,0 điểm)
Chọn gốc toạ độ tại A, chiều dương từ A đến B, gốc thời gian là lúc bạn thứ nhất và thứ hai xuất phát.
Phương trình chuyển động của mỗi bạn học sinh lần lượt là:
 x1 = v1t = 10t
 x2 = v2t = 12t
 x3 = v3 (t – t0) = v3 (t – 0,5)
0,25
0,25
0,5
Vì bạn thứ v2 > v1 nên bạn thứ ba gặp bạn thứ nhất trước sau đó gặp bạn thứ hai.
Bạn thứ ba gặp bạn thứ nhất:
 x1 = x3 10t1 = v3 (t1 – 0,5) 
Gọi t2 là thời gian từ lúc xuất phát đến lúc bạn thứ ba gặp bạn thứ hai:
Ta có: x2 = x3 12t2 = v3 (t2 – 0,5) 
0,25
0,25
0,25
0,25
Theo bài ra: 
Nghiệm cần tìm phải lớn hơn v1 và v2 nên ta có:
v3 = 15km/h
0,25
0,25
0,25
0,25
2. (2 điểm)
0,25
Coi thanh như một đòn bẩy, điểm tựa O.
Thanh chịu tác dụng của hai lực:
+ Trọng lực của thanh đặt tại trung điểm M của AB có cánh tay đòn là 
OM = OA - MA
OM = = 
+ Lực căng của dây treo có cánh tay đòn là OB = 
0,25
 Pc = d.V = d. 
 FA = d0.V= d0 . 
T = Pc - FA = d. - d0 . = (d - d0)
Lưu ý: Nếu lấy luôn lực tác dụng vào đầu thanh có độ lớn là Pc - FA thì vẫn cho điểm tối đa.
0,25
0,25
0,25
 Thanh cân bằng ta có:
 P.OM = T. OB (1)
0,25
Thay vào (1) ta có P. = (d - d0). l1
 P = 
0,25
0,25
2
(3,0 điểm)
 Gọi nhiệt dung của lượng nước trong ca và bình nhiệt lượng kế lần lượt là q1 và q2, t1 là nhiệt độ nước nóng trong ca.
 Khi đổ ca nước thứ nhất, gọi t là nhiệt độ của nước và bình nhiệt lượng kế khi cân bằng nhiệt, ∆t = 5°C là độ tăng nhiệt độ của bình nhiệt lượng kế. 
Phương trình cân bằng nhiệt cho lần đổ thứ nhất:
 q1(t1 - t) = q2∆t 
 q1(t1 - t) = 5q2 t1 - t = (1)
0,25
0,5
0,25
Gọi t' là nhiệt độ của nước và bình nhiệt lượng kế lúc cân bằng nhiệt lần thứ hai.
Ta có t'= t + 3°C, ∆t' = 3°C là độ tăng nhiệt độ của bình nhiệt lượng kế.
Phương trình cân bằng nhiệt cho lần đổ thứ hai: 
 q1(t1 - t') = (q1 + q2)∆t' 
 q1(t1 - t - 3) = (q1 + q2).3
 t1 - t = 6 + (2) 
Từ (1) và (2) q2 = 3q1 (3)
0,5
0,25
Khi đổ tiếp đồng thời 10 ca nước nữa, gọi t" là nhiệt độ của nước và bình nhiệt lượng kế khi cân bằng nhiệt, ∆t" là độ tăng nhiệt độ của nhiệt lượng kế. 
 t" = t + 3+ ∆t" 
Phương trình cân bằng nhiệt cho lần đổ thứ ba:
10q1(t1 - t") = (q2 + 2q1)∆t"
10q1(t1 - t - 3 - ∆t" ) = (q2 + 2q1)∆t" (4)
0,5
0,25
Thay (1) và (3) vào (4) biến đổi tương đương ta có:
 ∆t" == 80C 
0,25
0,25
Cách giải khác:
 Gọi nhiệt dung của lượng nước trong ca và bình nhiệt lượng kế lần lượt là q1 và q2, t1 là nhiệt độ nước nóng trong ca.
 Khi đổ ca nước thứ nhất, gọi t là nhiệt độ của nước và bình nhiệt lượng kế khi cân bằng nhiệt, ∆t = 5°C là độ tăng nhiệt độ của bình nhiệt lượng kế. 
0,25
Phương trình cân bằng nhiệt cho lần đổ thứ nhất:
q1(t1 - t) = q2∆t q1(t1 - t) = 5q2 
 q1t1 - q1t = 5q2 (1)
0,25
Khi đổ ca nước thứ hai:
Gọi t' là nhiệt độ của nước và nhiệt lượng kế lúc cân bằng nhiệt lần thứ hai.
Ta có ∆t' = t'- t = 3°C là độ tăng nhiệt độ của bình nhiệt lượng kế.
0,25
 Phương trình cân bằng nhiệt cho lần đổ thứ hai:
 q1(t1 - t') = (q1 + q2)∆t' 
 q1t1 - q1t' = 3q1 + 3q2 (2)
0,25
Lấy (1) trừ (2): 
q1(t'-t) = 2q2 - 3q1 
0,25
 3q1 = 2q2 - 3q1
 q2 = 3q1 (*)
0,25
Khi đổ tiếp đồng thời 10 ca nước nữa, gọi t" là nhiệt độ của nước và bình nhiệt lượng kế lúc cân bằng và ∆t" = t" - t' là độ tăng nhiệt độ của bình nhiệt lượng kế.
0,25
Phương trình cân bằng nhiệt cho lần đổ thứ ba:
10q1(t1 - t") = q2∆t" + 2q1∆t"
0,25
 q1t1 - q1t" = 0,1q2∆t" + 0,2q1∆t"(3)
0,25
Lấy (2) trừ (3):
q1(t"- t') = 3q2 + 3q1 – 0,1q2∆t" - 0,2q1∆t"
 q1∆t"= 3q2 + 3q1 – 0,1q2∆t" - 0,2q1∆t"(**)
0,25
Thế (*) vào (**):
 q1∆t"= 9q1 + 3q1 – 0,3q1∆t" - 0,2q1∆t"
0,25
 ∆t"= 12– 0,3∆t" - 0,2∆t" ∆t"≈ 8°C
0,25
3
(5 điểm)
1. (2,0 điểm)
Khi dòng điện qua R5 là I5 = 0: Mạch cầu cân bằng 
Do đó : Þ R2 = 2W
0,25
0,25
Điện trở tương đương của mạch điện : 
 Rtđ = 
0,5
Cường độ dòng điện qua R6 là : I6 = I = .
0,5
Cường độ dòng điện qua các điện trở là : Vì R13 = R24 nên : 
I1 = I3 = I2 = I4 = 
0,5
2. (3,0 điểm)
Tại nút C: I3 = I1 – I5 = I1 – 2 (1)
Tại nút D: I4 = I2 + I5 = I2 + 2. (2)
0,5
Hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn mạch AB: 
UAB = U1 + U3 = U2 + U4 
UAB = I1R1 + I3R3 = I2R2 + I4R4 (3) 
Thay (1),(2) vào (3) Þ UAB = 2I1 + 2(I1 – 2) = 10I2 + 2(I2 + 2) 
 0,25
0,25
 2I1 + 2(I1 – 2) = 10I2 + 2(I2 + 2) 
	 Û I1 = 3I2 + 2 (4) 
0,5
Ta có : U = UAB + U6 (5)
Và: I6 = I1 + I2 (6)
0,25
0,25
Thay (3), (4), (6) vào (5), ta được: 
	60 = 10I2 + 2(I2 + 2) + 3,2( 4I2 + 2)
	 Þ I2 = 2A.
Từ (4) suy ra : I1 = 8A
0,25
0,25
Hiệu điện thế giữa hai đầu điện trở R5 : U5 = U2 – U1 = 4V
Suy ra : R5 = 
0,25
0,25
4
(4 điểm)
1. (2,0 điểm) 
Lưu ý: mỗi tia sáng vẽ đúng cho 0,25 điểm; nếu chỉ vẽ đường truyền mà không có mũi tên cho 0,25 điểm
0,5
Ta có d = 20cm = f nên S nằm ngay trên tiêu điểm F của thấu kính, qua thấu kính ta được chùm tia ló song song.
Vết sáng tròn trên màn M do chùm ló tạo thành, độ lớn bán kính vết sáng được giới hạn bởi các tia đi qua mép thấu kính (Hình vẽ). 
Vì chùm tia ló song song nên R = r = 4cm
0,5
0,5
0,5
2. (2,0 điểm)
a. (1,0 điểm)
0,25
Khi dịch thấu kính về bên phải, chùm tia ló trở thành chùm hội tụ, S’ là ảnh thật của S, gọi r’ là bán kính vết sáng trên màn, z là khoảng cách từ ảnh S’ đến màn M (Hình vẽ).
Ta có = 100(cm)
Từ hình vẽ: S’GE ~ S’PO (g.g), ta có tỉ số đồng dạng 
 Hay: ( * )
0,25
0,25
= 3,2 (cm)
0,25
b. (1,0 điểm)
 Từ (*) ( ** )
 r , L là các đại lượng không đổi; d , d’ là các biến số 
 Þ r’min Û 
0,25
 Đặt y = ; d = x (x > f = 20cm) 
 thay d’ = thay vào (** ) ta có
 y = 1 - 
 y = thay số y = 
 ymin Û 
 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
 ymin Û Þ x2 = 900 Þ x = 30cm. 
 Vậy thấu kính cách S đoạn d = 30cm
 ymin == 2. 1,5 – 2,25 = 0,75 Þ r’min = 3cm
0,25
0,25
0,25
5
(3,0 điểm)
1. (1,5 điểm)
0,25
- Khi cho dòng điện I1 qua dây AB, ta có từ trường của dòng điện thẳng dài vô hạn. Trong phạm vi không gian đặt I2 từ trường này hướng từ phía trước ra phía sau mặt phẳng Hình vẽ.
- Lúc đó dòng I2 được đặt trong từ trường của dòng I1, vì vậy có lực từ tác dụng lên nó. Áp dụng quy tắc bàn tay trái ta thấy lực từ này hướng lên phía trên.
0,25
- Mặt khác từ trường của I1 gây ra xung quanh là không đều: Tại những điểm gần I1 từ trường lớn, xa I1 từ trường nhỏ. Lực từ tác dụng lên các phần tử đoạn dây CD có cường độ khác nhau (Hình vẽ).
0,25
- Do lực từ tác dụng lên hai đầu CD có cường độ không như nhau nên kết quả làm cho CD bị quay đi như Hình vẽ.
0,25
- Khi CD quay đến vị trí C/D/ (I2 ngược chiều với I1) thì lúc đó ta có tương tác của 2 dòng điện song song ngược chiều nhau, chúng sẽ đẩy nhau.
0,25
- Sau đó dòng I2 sẽ chuyển động tịnh tiến theo hướng vuông góc với I1 và ra xa I1. 
0,25
2. (1,5 điểm)
Đổ vào bình một lượng nước, dùng thước đo độ cao h0 của cột nước trong bình, ứng thể tích V0.
Thả chén sứ vào bình sao cho chén nổi cân bằng trên mặt nước, nước dâng lên đến độ cao h1, ứng với thể tích nước là V1.
 Ta có P = FA 
 10.m = 10.D.(V1 - V0) 
 m = D.S.(h1 - h0) (1) (S là diện tích đáy bình)
0,25
0,25
Thả chén sứ sao cho nó chìm trong nước, nước dâng lên đến độ cao h2, ứng với thể tích nước là V2.
Thể tích chén sứ là: Vc = V2 - V0 = S( h2 - h0) 
0,25
Khối lượng riêng của chén sứ: 
0,25
Gọi khối lượng riêng của dầu thực vật là Dd
Làm tương tự với dầu thực vật.
Đổ dầu vào bình sao cho chiều cao ban đầu của dầu là h0 bằng chiều cao của nước. 
Chiều cao cột dầu khi chén sứ nổi trong dầu là: h3
Lưu ý: Học sinh có thể đo chiều cao mực nước dâng lên bằng cách tính từ miệng bình.
0,25
0,25
* Ghi chú: 
1. Phần nào thí sinh làm bài theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa phần đó.
2. Không viết công thức mà viết trực tiếp bằng số các đại lượng, nếu đúng cho nửa số điểm của ý.
3. Ghi công thức đúng mà thay số sai thì cho nửa số điểm của ý đó.
------HẾT------
4. Nếu sai hoặc thiếu đơn vị 2 lần trở lên thì trừ 0,25 điểm cho toàn bài.