PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO
DUY TIÊN
Đề thi đề xuất
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
NĂM HỌC 2009 – 2010
MÔN: VẬT LÝ
Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1 (7 điểm): Cho một bóng đèn 6V-3W và một biến trở con
chạy được mắc với nhau, sau đó nối vào nguồn có hiệu điện thế
không đổi U=9V nhờ dây dẫn có điện trở R
d
=1Ω (hình vẽ)
1. Cho điện trở của toàn biến trở là 20Ω
a)Tìm điện trở R
AC
của phần AC của biến trở , biết đèn sáng
bình thường. Tìm hiệu suất của cách mắc mạch thắp sáng đèn đó.
b) Với nguồn U, dây dẫn R
d
, đèn và biến trở như trên, hãy
vẽ những sơ đồ khác để cho đèn sáng bình thường. Tìm vị trí của
con chạy của biến trở ứng với mỗi sơ đồ.
c) Xác định vị trí của con chạy C trên biến trở trong sơ đồ
hình 1 để công suất tiêu thụ của đoạn mạch AC(gồm đèn và biến
trở) đạt giá trị cực đại.
2. Muốn cho hiệu suất của cách mắc mạch thắp sáng đèn như hình
vẽ bên không nhỏ hơn 60% khi đèn sáng bình thường thì giá trị toàn phần của điện trở biến trở
nhỏ nhất là bao nhiêu?
Câu 2 (4 điểm):
Cho mạch điện như hình bên . Hiệu điện thế U không
đổi và U = 15 V, các điện trở R = 15r; điện trở các dây nối

nhỏ không đáng kể. Hai vôn kế V
1
và V
2
giống nhau có điện
trở hữu hạn và điện trở mỗi vôn kế là R
V
; vôn kế V
1
chỉ 14 V
.
Tính số chỉ của vôn kế V
2
.
Câu 3 : (6,0 điểm)
a) Một vật sáng nhỏ AB đặt trên trục chính, vuông góc
với trục chính của một thấu kính hội tụ có tiêu cự bằng 40cm. Dịch chuyển AB dọc theo trục
chính. Hỏi khi khoảng cách giữa AB và ảnh thật của nó là bé nhất thì vật cách thấu kính bao
nhiêu ? ảnh đó cao gấp bao nhiêu lần vật.
b) Cho hai thấu kính hội tụ L
1
, L
2
có trục chính trùng nhau, cách nhau 40cm. Vật AB đặt
trên trục chính, vuông góc với trục chính, trước L
1
( theo thứ tự AB – L
1
– L
2

). Khi AB dịch
chuyển dọc theo trục chính thì ảnh A’B’ của nó tạo bởi hệ L
1
, L
2
không thay đổi độ lớn và cao
gấp 3 lần AB. Tìm tiêu cự của hai thấu kính.
Bài 4 (3 điểm): Một hộp kín chứa nguồn điện có
hiệu điện thế U không đổi được mắc nối tiếp với
điện trở R
0
. Hộp có hai đầu dây ra ngoài là A và B,
K là cái ngắt điện (hình 3). Hãy trình bày cách xác
định giá trị U và R
0
với các dụng cụ cho dưới đây
khi không mở hộp:
- Một vôn kế và một ampe kế không lý tưởng.
- Một biến trở và các dây nối.
Chú ý: Không được mắc trực tiếp hai đầu của ampe kế vào A và B đề phòng trường hợp
dòng điện quá lớn làm hỏng ampe kế.
PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO
DUY TIÊN
ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
MÔN VẬT LÝ 9
Năm học 2009 – 2010
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Câu 1
1) a)Đặt R
MC

=x(Ω) ⇒ R
CN
=20-x (Ω). Đèn sáng
bình thường nên
Ð(đm)
Ð Ð(đm)
Ð(đm)
P
3
I I 0,5(A)
U 6
= = = =
Điện trở của đèn là:
Ð
Ð
Ð
U 6
R 12( )
I 0,5
= = = Ω
Ð,CN
R 12 20 x 32 x= + − = −
AC
x.(32 x)
R
x
−
=
0.5
Ð,CN

MC Ð,CN
MC
R
32 x 16 0,5x
I I 0,5
R x x
− −
= × = × =
Cường độ dòng điện qua mạch chính là:
AB
I =
I
Đ
+ I
MC
=
16 0,5x 16
0,5
x x
−
+ =
0.5
CB AB d
16
U I R
x
= =
AC Ð NC
U U U 6 0,5.(20 x) 16 0,5x= + = + − = −
Ta có: U = U

AC
+U
CB
16
9 16 0,5x
x
⇒ = − +
2
0,5x 7x 16 0⇒ − − =
Giải pt ta được: x
1
=16 và x
2
=-2(loại)
0.5
Hiệu suất của cách thắp sáng đèn là:
Ð
AB
P 3
H 33,3%
16
P
9.
16
= = =
0.5
b) Mắc đèn theo các sơ đồ khác: 0.5
- Xét sơ đồ hình 1.2: Ta có I
AB
=I

Đ
=0,5A.
AB
AB
MC
U 9
R 18( )
I 0,5
R 18 12 1 5( )
= = = Ω
⇒ = − − = Ω
0.25
- Xét sơ đồ hình 1.3:
Ta có I
AB
=I
Đ
=0,5A.
AB
AB
MC,CN
MC MC
MC
U 9
R 18( )
I 0,5
R 18 12 1 5( )
1 1 1
R 20 R 5
R 10( )

= = = Ω
⇒ = − − = Ω
⇒ + =
−
⇒ = Ω
0.25
- Xét sơ đồ hình 1.4:
d AB Ð
U U U 9 6 3(V)= − = − =
d
AB
d
Ð
MC
AB Ð
U
3
I 3(A)
R 1
U
6
R 2,4( )
I I 3 0,5
= = =
= = = Ω
− −
0.25
- Xét sơ đồ hình 1.5: Đặt R
MC
=x(Ω) ⇒ R

CN
=20-x(Ω)
0.5
Ð
MC Ð
MC
R 12 6
I I 0,5
R x x
= = × =
AB Ð MC
6 0,5x 6
I I I 0,5
x x
+
⇒ = + = + =
2
CB AB CB
0,5x 6 0,5x 4,5x 126
U I R (20 x 1)
x x
+ − + +
= = × − + =
Ta có U
AC
+U
CB
=U
AB



2
2
0,5x 4,5x 126
6 9
x
0,5x 1,5x 126 0
− + +
⇒ + =
⇒ − + + =
Giải pt ta được x
1
=17,46(Ω) và x
2
=-14,4 (loại)
- Xét sơ đồ hình 1.6: U
d
=U
AB
-U
Đ
=9-6=3(V)⇒
d
d
d
U 3
I 3(A)
R 1
= = =
Ð

MC,CN
AB Ð
U 6
R 2,4( )
I I 3 0,5
⇒ = = = Ω
− −
MC MC
1 1 1
R 20 R 2,4
⇒ + =
−
⇒R
MC
=2,79 và R
MC
=17,21(Ω)
0.25
c) Đặt R
MC
=x(Ω) ⇒ R
CN
=20-x(Ω)
Ta có
2
AC MC Ð,NC
2
AC
1 1 1 1 1 36
R R R x 36 x x 36x

x 36x
R
36
= + = + =
− − +
− +
⇒ =
0.25
Đặt R
AC
=y. Ta có:
R
AB
=1+y
AB
AB
U 9
I
R 1 y
= =
+
Công suất tiêu thụ trên đoạn mạch AC là:
2
AC AB AC
2
81y 81
P I R
1
y 2y 1
y 2

y
= = =
+ +
+ +
z
0.5
Áp dụng BĐT Côsi ta có:
1 1
y 2 y. 2
y y
+ ≥ =
0.5
Do đó:
AC
81
P 20,25(W)
2 2
≤ =
+
Dấu "=" xảy ra khi
1
y y 1(y 0)
y
= ⇒ = >
2
1 2
x 36x
1 x 1,03;x 35
36
− +

⇒ = ⇒ = =
> 20 (loại)
Vậy khi con chạy C ở vị trí sao cho R
MC
=1,03(Ω) thì công suất tiêu thụ
trên đoạn mạch AC đạt giá trị cực đại
0.25
2) Để hiệu suất thắp sáng không nhỏ hơn 60% :
Ta có
Ð
AB d
AB AB
P 3 5 5
H 0,6 I (A) U (V)
P 9.I 9 9
= = ≥ ⇒ ≤ ⇒ ≤
AC
5 76
U 9 (V)
9 9
≥ − =
0.5
Đặt R
MC
=x; R
CN
=y. Ta có:
AC Ð CN
76
U U U 6 0,5.y

9
= + = + ≥
44
y
9
⇒ ≥
.
0.25
Mặt khác:
AC MC MC AB Ð
5
U I .R (I I ).x 0,5 .x
9
 
= = − ≤ −
 ÷
 
76 x 760
x 152
9 18 5
⇒ ≤ ⇒ ≥ =
0.5
x y 152 4,89 156,89+ ≥ + =
. Vậy biến trở phải có điện trở toàn phần
nhỏ nhất là 156,89
0.25
Câu 2
(4 điểm)
Ta có :
U = I r + U

V1
= I r + U
V1
⇒
U – I r = U
V1
= 14
Do đó I =
1
r

0.75
Ta lại có I = I
1
+ I
2

⇒

1
r
=
V
14
R
+
( )
V
V
14

R R R
R
2R R
+
+
+

Biến đổi ta được :
0.75

1
r
=
V
14
R
+
( )
V
2
V
14 2R R
3R 2RR
+
+
=
2 2
V V
2
V V

42R 56RR 14R
R (3R 2RR )
+ +
+
Thay r =
R
15
ta có :

( )
2 2
V V
2
V V
42R 56RR 14R
R 3R 2RR
+ +
+
=
15
R

⇒
16
2
V
R
- 11RR
V
– 42R

2
= 0 (*)
Giải phương trình (*) ta được R
V
= 2R hoặc R
V
= -
21
R
16
<0 (loại)
Do vậy R
V
= 2R
0.75
Ta có
V2 V
AB V
U R
U R R
=
+

⇒

V2
AB
U
2
U 3

=
(1)
0.5
Mặt khác ta lại có
AB AB
CA CA
U R
U R
=
=
( )
V
V
R R R
2R R
R
+
+
=
( )
V
V
R R
2R R
+
+
=
3
4


⇒

AB
AB CA
U
3
U U 7
=
+

AB
V1
U
3
U 7
⇒ =
(2)
0.75
Từ (1) và (2) ta có U
AB
= 6V và U
V2
= 4 V 0.5
Câu 3
(6 điểm)
0.25
∆ OAB ∼ ∆ OA'B' →
A'B' OA'
AB OA
=

(1)
∆ F'OI ∼ ∆ F'A'B' →
A'B' F'A' A'B'
OI OF' AB
= =
(2)
Từ (1) và (2) →
OA' F'A' OA' OF'
OA OF' OF'
−
= =
→ OA' =
OA.OF
OA OF−
0.75
Đặt AA' = L⇒ L= OA + OA' = OA +
OA.OF
OA OF−
⇒OA
2
– L.OA + L.OF = 0 (*)
0.75
Để có vị trí đặt vật tức là phương trình (*) phải có nghiệm
→ ∆ ≥ 0 ⇔ L
2
– 4L.OF ≥ 0 ⇔ L ≥ 4.OF (L>0)
0.75
AB A’B’F’O I
Vậy khoảng cách nhỏ nhất giữa vật và ảnh thật của nó :
L

min
= 4.OF
Khi L
min
thì phương trình (*) có nghiệm kép :
OA =
2
L
= 2.OF = 80cm
OA' = L
min
– OA

= 80cm
0.5
Thay OA, OA' vào (1) :
A'B' OA'
AB OA
=
= 1
→ ảnh cao bằng vật
0.5
0.25
* Khi tịnh tiến vật trước O
1
thì tia tới từ B song song với trục chính
không thay đổi lên tia ló ra khỏi hệ của tia này cũng không đổi. ảnh B’
của B nằm trên đường thẳng chứa tia ló ra này.
0.5
Để ảnh A’B’ có chiều cao không đổi với mọi vị trí của vật AB thì tia ló

khỏi hệ của tia trên phải là tia song song với trục chính. Điều này xảy
ra khi hai tiêu điểm chính F
1
'
của thấu kính O
1
và F
2
của thấu kính O
2
trùng nhau
0.5
* Khi đó O
1
F
1
+ O
2
F
2
= O
1
O
2
= 40cm (1)
Lại có :
AB
'B'A
IO
JO

FO
FO
1
2
11
22
==
= 3 → O
2
F
2
= 3.O
1
F
1
(2)
0.75
Từ (1) và (2) có f
1
= O
1
F
1
= 10cm
f
2
= O
2
F
2

= 30cm
0.5
Câu 4
(3 điểm)
- Mắc mạch điện theo sơ đồ hình 4.1 0.5
Điều chỉnh biến trở R ở môt giá trị nào đó, ampe kế A chỉ dòng điện I'
và vôn kế V chỉ hiệu điện thế U' thì điện trở R
A
của ampe kế là:
A
U'
R
I'
=
0.5
- Mắc mạch điện như sơ đồ hình
4.2,
0.5
điều chỉnh R đến một giá trị nào đó, khi đó số chỉ của vôn kế là U
1
và
số chỉ của ampe kế là I
1
Ta có
1 A 0 1
U U (R R ).I= + +
0.5
Lại điều chỉnh R đến một giá trị khác, vôn kế chỉ U
2
, ampe kế chỉ I

2
.
Ta lại có
2 A 0 2
U U (R R ).I= + +
0.5
Hệ phương trình (2)(3) có hai ẩn số là U và R
0
, giải ra ta được:
2 1 2 1
0 A
1 2 1 2
U U U U
U'
R R
I I I I I'
− −
= − = −
− −
và
2 1 1 2
1 2
U I U I
U
I I
−
=
−
0.5