Giáo án bồi dưỡng HSG Vật lý 9

ĐỀ SỐ 1 ĐỀ THI HSG VẬT LÝ LỚP 9 
( Thời gian 150 phút )
Bài 1 
 Một ấm điện có 2 điện trở R1 và R2 . Nếu R1 và R2 mắc nối tiếp với nhau thì thời gian đun sôi nước đựng trong ấm là 50 phút. Nếu R1 và R2 mắc song song với nhau thì thời gian đun sôi nước trong ấm lúc này là 12 phút. Bỏ qua sự mất nhiệt với môi trường và các điều kiện đun nước là như nhau, hỏi nếu dùng riêng từng điện trở thì thời gian đun sôi nước tương ứng là bao nhiêu ? Cho hiệu điện thế U là không đổi . 
Bài 2 
Một hộp kín chứa nguồn điện không đổi có hiệu điện thế U và một điện trở thay đổi r ( Hvẽ ).
 r
 A	U	 B
Khi sử dụng hộp kín trên để thắp sáng đồng thời hai bóng đèn Đ1 và Đ2 giống nhau và một bóng đèn Đ3, người ta nhận thấy rằng, để cả 3 bóng đèn sáng bình thường thì có thể tìm được hai cách mắc :
 + Cách mắc 1 : ( Đ1 // Đ2 ) nt Đ3 vào hai điểm A và B.
 + Cách mắc 2 : ( Đ1 nt Đ2 ) // Đ3 vào hai điểm A và B.
Cho U = 30V, tính hiệu điên thế định mức của mỗi đèn ?
Với một trong hai cách mắc trên, công suất toàn phần của hộp là P = 60W. Hãy tính các giá trị định mức của mỗi bóng đèn và trị số của điện trở r ?
Nên chọn cách mắc nào trong hai cách trên ? Vì sao ? 
Bài 3 
 1) Một hộp kín có chiều rộng a (cm) trong đó có hai thấu kính được đặt sát thành hộp và song song với nhau ( trùng trục chính ). Chiếu tới hộp một chùm sáng song song có bề rộng d, chùm tia khúc xạ đi ra khỏi hộp cũng là chùm sáng song song và có bề rộng 2d ( Hvẽ ). Hãy xác định loại thấu kính trong hộp và tiêu cự của chúng theo a và d ? ( Trục của TK cũng trùng với trục của 2 chùm sáng )
 d	 2d
 2) a) Vật thật AB cho ảnh thật A’B’ như hình vẽ. Hãy vẽ và trình bày cách vẽ để xác định quang tâm, trục chính và các tiêu điểm của thấu kính ?
Giữ thấu kính cố định, quay vật AB quanh điểm A B
theo chiều ngược với chiều quay của kim đồng hồ thì ảnh A’B’	 A’
sẽ thế nào ? A
 c) Khi vật AB vuông góc với trục chính, người ta đo	 B’
được AB = 1,5.A’B’ và AB cách TK một đoạn d = 30cm. Tính tiêu cự của thấu kính ?
Bài 4 
 Một người cao 1,7 m đứng trên mặt đất đối diện với một gương phẳng hình chữ nhật được treo thẳng đứng. Mắt người đó cách đỉnh đầu 16 cm :
Mép dưới của gương cách mặt đất ít nhất là bao nhiêu mét để người đó nhìn thấy ảnh chân mình trong gương ?
Mép trên của gương cách mặt đất nhiều nhất là bao nhiêu mét để người đó thấy ảnh của đỉnh đầu mình trong gương ?
Tìm chiều cao tối thiểu của gương để người này nhìn thấy toàn thể ảnh của mình trong gương ?
Khi gương cố định, người này di chuyển ra xa hoặc lại gần gương thì các kết quả trên thế nào ?
Bài 5 
Người ta rót vào bình đựng khối nước đá có khối lượng m1 = 2 kg một lượng nước m2 = 1 kg ở nhiệt độ t2 = 100C. Khi có cân bằng nhiệt, lượng nước đá tăng thêm m’ = 50g. Xác định nhệt độ ban đầu của nước đá ?
Sau quá trình trên, người ta cho hơi nước sôi vào bình trong một thời gian và sau khi có cân bằng nhiệt, nhiệt độ của nước trong bình là 500C. Tính lượng hơi nước sôi đã dẫn vào bình ?
 Bỏ qua khối lượng của bình đựng và sự mất nhiệt với môi trường ngoài. 
 Cho Cnđ = 2000 J/kg.K ; Cn = 4200 J/kg.K ; = 3,4.105 J/kg ; L = 2,3.106 J/kg 
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 1 - HSG LÝ LỚP 9
Bài 1
HD : 
* Gọi Q (J) là nhiệt lượng mà bếp cần cung cấp cho ấm để đun sôi nước thì Q luôn không đổi trong các trường hợp trên. Nếu ta gọi t1 ; t2 ; t3 và t4 theo thứ tự là thời gian bếp đun sôi nước tương ứng với khi dùng R1, R2 nối tiếp; R1, R2 song song ; chỉ dùng R1 và chỉ dùng R2 thì theo định luật Jun-lenxơ ta có :
 (1)
* Ta tính R1 và R2 theo Q; U ; t1 và t2 : 
+ Từ (1) Þ R1 + R2 = 
+ Cũng từ (1) Þ R1 . R2 = 
* Theo định lí Vi-et thì R1 và R2 phải là nghiệm số của phương trình : R2 - .R + = 0 (1)
Thay t1 = 50 phút ; t2 = 12 phút vào PT (1) và giải ta có D = 102 . Þ = 
Þ R1 = 30. và R2 = 20. 
* Ta có t3 = = 30 phút và t4 = = 20 phút . Vậy nếu dùng riêng từng điện trở thì thời gian đun sôi nước trong ấm tương ứng là 30ph và 20 ph .
Bài 2
HD : 
a) Vẽ sơ đồ mỗi cách mắc và dựa vào đó để thấy :
+ Vì Đ1 và Đ2 giống nhau nên có I1 = I2 ; U1 = U2
+ Theo cách mắc 1 ta có I3 = I1 + I2 = 2.I1 = 2.I2 ; theo cách mắc 2 thì U3 = U1 + U2 = 2U1 = 2U2 .
+ Ta có UAB = U1 + U3 . Gọi I là cường độ dòng điện trong mạch chính thì : I = I3 U1 + U3 = U - rI Û 1,5U3 = U - rI3 Þ rI3 = U - 1,5U3 (1)
+ Theo cách mắc 2 thì UAB = U3 = U - rI’ ( với I’ là cường độ dòng điện trong mạch chính ) và I’ = I1 + I3 
	Þ U3 = U - r( I1 + I3 ) = U - 1,5.r.I3 (2) ( vì theo trên thì 2I1 = I3 )
+ Thay (2) vào (1), ta có : U3 = U - 1,5( U - 1,5U3 ) Þ U3 = 0,4U = 12V Þ U1 = U2 = U3/2 = 6V
b) Ta hãy xét từng sơ đồ cách mắc :
* Sơ đồ cách mắc 1 : Ta có P = U.I = U.I3 Þ I3 = 2A, thay vào (1) ta có r = 6W ; P3 = U3.I3 = 24W ; P1 = P2 = U1.I1 = U1.I3 / 2 = 6W
* Sơ đồ cách mắc 2 : Ta có P = U.I’ = U( I1 + I3 ) = U.1,5.I3 Þ I3 = 4/3 A, (2) Þ r = = 9W 
Tương tự : P3 = U3I3 = 16W và P1 = P2 = U1. I3 / 2 = 4W.
c) Để chọn sơ đồ cách mắc, ta hãy tính hiệu suất sử dụng địên trên mỗi sơ đồ :
 + Với cách mắc 1 : % = 60% ; Với cách mắc 2 : .% = 40%.
 + Ta chọn sơ đồ cách mắc 1 vì có hiệu suất sử dụng điện cao hơn.
Bài 3
 HD : Tiêu diện của thấu kính là mặt phẳng vuông góc với trục chính tại tiêu điểm 
 a) Xác định quang tâm O ( nối A với A’ và B với B’ ). Kéo dài AB và B’A cắt nhau tại M, MO là vết đặt thấu kính, kẻ qua O đường thẳng xy ( trục chính ) vuông góc với MO. Từ B kẻ BI // xy ( I Î MO ) nối I với B’ cắt xy tại F’
 b) Vì TK cố định và điểm A cố định nên A’ cố định. Khi B di chuyển ngược chiều kim đồng hồ ra xa thấu kính thì B’ di chuyển theo chiều kim đồng hồ tới gần tiêu điểm F’. Vậy ảnh A’B’ quay quanh điểm A’ theo chiều quay của kim đồng hồ tới gần tiêu điểm F’.
 c) Bằng cách xét các cặp tam giác đồng dạng và dựa vào đề bài ( tính được d và d’ ) ta tìm được f .
 d) Bằng cách quan sát đường truyền của tia sáng (1) ta thấy TK đã cho là TK hội tụ. Qua O vẽ tt’//(1) để xác định tiêu diện của TK. Từ O vẽ mm’//(2) cắt đường thẳng tiêu diện tại I : Tia (2) qua TK phải đi qua I.
Bài 4 
HD : K a) IO là đường trung bình trong DMCC’
 D’ D b) KH là đường trung bình trong DMDM’ Þ KO ?
 M’ H M c) IK = KO - IO
 d) Các kết quả trên không thay đổi khi người đó di chuyển vì
 chiều cao của người đó không đổi nên độ dài các đường TB
	 I trong các tam giác mà ta xét ở trên không đổi.
 C’ O C
Bài 5 Tham khảo bài ttự trong tài liệu này
 ĐỀ THI HSG VẬT LÝ LỚP 9 
 ĐỀ SỐ 2 ( Thời gian 150 phút )
Bài 1 : Cho mạch điện MN như hình vẽ dưới đây, hiệu điện thế ở hai đầu mạch điện không đổi UMN = 7V; các điện trở R1 = 3W và R2 = 6W . AB là một dây dẫn điện có chiều dài 1,5m tiết diện không đổi S = 0,1mm2, điện trở suất r = 4.10-7 Wm ; điện trở của ampe kế A và các dây nối không đáng kể : 
	 M UMN	N a/ Tính điện trở của dây dẫn AB ?
	R1	D	R2 	 b/ Dịch chuyển con chạy c sao cho AC = 1/2 BC. Tính
	 cường độ dòng điện qua ampe kế ?
 A c/ Xác định vị trí con chạy C để Ia = 1/3A ?
 A C 	B
Bài 2 
Một vật sáng AB đặt cách màn chắn một khoảng L = 90 cm. Trong khoảng giữa vật sáng và màn chắn đặt một thấu kính hội tụ có tiêu cự f sao cho trục chính của thấu kính vuông góc với vật AB và màn. Khoảng cách giữa hai vị trí đặt thấu kính để cho ảnh rõ nét trên màn chắn là = 30 cm. Tính tiêu cự của thấu kính hội tụ ? 
Bài 3 
 Một bình thông nhau có ba nhánh đựng nước ; người ta đổ vào nhánh (1) cột thuỷ ngân có độ cao h và đổ vào nhánh (2) cột dầu có độ cao bằng 2,5.h .
a/ Mực chất lỏng trong nhánh nào cao nhất ? Thấp nhất ? Giải thích ?
b/ Tính độ chênh lệch ( tính từ mặt thoáng ) của mực chất lỏng ở mỗi nhánh theo h ?
c/ Cho dHg = 136000 N/m2 , dH2O = 10000 N/m2 , ddầu = 8000 N/m2 và h = 8 cm. Hãy tính độ chênh lệch mực nước ở nhánh (2) và nhánh (3) ?
Bài 4 
Sự biến thiên nhiệt độ của khối nước đá đựng trong một ca nhôm được cho ở đồ thị dưới đây
	0C	 
	2
	 O 170 175	Q( kJ )
 Tính khối lượng nước đá và khối lượng ca nhôm ? Cho biết nhiệt dung riêng của nước C1 = 4200J/kg.K ; của nhôm C2 = 880 J/kg.K và nhiệt nóng chảy của nước đá là = 3,4.105 J/kg ? ( đọc là lam - đa )
 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 2 - HSG LÝ LỚP 9	
Bài 1 
a/ Đổi 0,1mm2 = 1. 10-7 m2 . Áp dụng công thức tính điện trở ; thay số và tính Þ RAB = 6W
b/ Khi Þ RAC = .RAB Þ RAC = 2W và có RCB = RAB - RAC = 4W 
 Xét mạch cầu MN ta có nên mạch cầu là cân bằng. Vậy IA = 0
c/ Đặt RAC = x ( ĐK : 0 x 6W ) ta có RCB = ( 6 - x )
* Điện trở mạch ngoài gồm ( R1 // RAC ) nối tiếp ( R2 // RCB ) là = ?
* Cường độ dòng điện trong mạch chính : ?
* Áp dụng công thức tính HĐT của mạch // có : UAD = RAD . I = = ?
 Và UDB = RDB . I = = ?
* Ta có cường độ dòng điện qua R1 ; R2 lần lượt là : I1 = = ? và I2 = = ?
 + Nếu cực dương của ampe kế gắn vào D thì : I1 = Ia + I2 Þ Ia = I1 - I2 = ? (1)
 Thay Ia = 1/3A vào (1) Þ Phương trình bậc 2 theo x, giải PT này được x = 3W ( loại giá trị -18)
 + Nếu cực dương của ampe kế gắn vào C thì : Ia = I2 - I1 = ? (2)
 Thay Ia = 1/3A vào (2) Þ Phương trình bậc 2 khác theo x, giải PT này được x = 1,2W ( loại 25,8 vì > 6 )
* Để định vị trí điểm C ta lập tỉ số = ? Þ AC = 0,3m
Bài 2 
HD : 
Xem lại phần lí thuyết về TK hội tụ ( phần sử dụng màn chắn ) và tự giải
Theo bài ta có = d1 - d2 = 
 Þ 2 = L2 - 4.L.f Þ f = 20 cm
Bài 3 
HD:
a/ Vì áp suất chất lỏng phụ thuộc vào độ cao và trọng lượng riêng của chất lỏng hơn nữa trong bình thông nhau áp suất chất lỏng gây ra ở các nhánh luôn bằng nhau mặt khác ta có
dHg = 136000 N/m2 > dH2O = 10000 N/m2 > ddầu = 8000 N/m2 nên h(thuỷ ngân) < h( nước ) < h (dầu )
b/ Quan sát hình vẽ :
 (1)	(2)	(3)
 ? ? 2,5h
	 ?
	h”
 h h’
	M	N	E
	H2O
Xét tại các điểm M , N , E trong hình vẽ, ta có :
PM = h . d1 (1)
PN = 2,5h . d2 + h’. d3 (2)
PE = h”. d3 (3) . 
Trong đó d1; d2 ; d3 lần lượt là trọng lượng riêng của TN, dầu và nước. Độ cao h’ và h” như hình vẽ .
+ Ta có : PM = PE Û h” = Þ h1,3 = h” - h = - h = 
+ Ta cũng có PM = PN Û h’ = ( h.d1 - 2,5h.d2 ) : d3 Þ h1,2 = ( 2,5h + h’ ) - h = 
+ Ta cũng tính được h2,3 = ( 2,5h + h’ ) - h” = ? 
c/ Áp dụng bằng số tính h’ và h” Þ Độ chênh lệch mực nước ở nhánh (3) & (2) là h” - h’ = ? 
Bài 4
HD : Lưu ý 170 KJ là nhiệt lượng cung cấp để nước đá nóng chảy hoàn toàn ở O0C, lúc này nhiệt độ ca nhôm không đổi. ĐS : = 0,5 kg ; = 0,45 kg
ĐỀ SỐ 3	 ĐỀ THI HSG VẬT LÝ LỚP 9 
 ( Thời gian 150 phút )
Bài 1 Một cục nước đá có khối lượng 200g ở nhiệt độ - 100C : 
a/ Để cục nước đá chuyển hoàn toàn sang thể hơi ở 1000C thì cần một nhiệt lượng là bao nhiêu kJ ? Cho nhiệt dung riêng của nước và nước đá là C1 = 4200J/kg.K ; C2 = 1800 J/kg.K. Nhiệt nóng chảy của nước đá là = 3,4.105 J/kg ; nhiệt hoá hơi của nước là L = 2,3.106 J/kg.
b/ Nếu bỏ cục nước đá trên vào ca nhôm đ ...  sơ đồ sau. Biết UAB = 12V không đổi, R1 = 5W ; R2 = 25W ; R3 = 20W . Nhánh DB có hai điện trở giống nhau và bằng r, khi hai điện trở r mắc nối tiếp vôn kế V chỉ giá trị U1, khi hai điện trở r mắc song song vôn kế V chỉ giá trị U2 = 3U1 : R1 C R2
1) Xác định giá trị của điện trở r ? ( vônkế có R = ¥ )
2) Khi nhánh DB chỉ có một điện trở r, vônkế V 
 chỉ giá trị bao nhiêu ? A V B
3) Vônkế V đang chỉ giá trị U1 ( hai điện trở r
 nối tiếp ). Để V chỉ số 0 chỉ cần : 
 + Hoặc chuyển chỗ một điện trở, đó là điện trở nào R3	 D r r
và chuyển nó đi đâu trong mạch điện ?
 + Hoặc đổi chỗ hai điện trở cho nhau, đó là những điện trở nào ? 
Bài 4 	B	I	 D 
 Ở hình bên có AB và CD là hai gương phẳng song song và quay 	 
mặt phản xạ vào nhau cách nhau 40 cm. Đặt điểm sáng S cách A 
một đoạn SA = 10 cm . SI // AB, cho SI = 40 cm	
a/ Trình bày cách vẽ một tia sáng xuất phát từ S phản xạ trên AB 
ở M, phản xạ trên CD tại N và đi qua I ?	
b/ Tính độ dài các đoạn AM và CN ?	
	 A S	 C 
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 6 - HSG LÝ LỚP 9
Bài 1 Tham khảo bài giải ttự trong tài liệu này
Bài 2 
HD : 1) Quá trình biến thiên nhiệt độ của nước đá : 
 - 50C 00C nóng chảy hết ở 00C 	 1000C hoá hơi hết ở 1000C
 * Đồ thị : 100 0C
 0 Q( kJ )
 -5 18 698 1538 6138
 2) Gọi mx ( kg ) là khối lượng nước đá tan thành nước : mx = 2 - 0,1 = 1,9 kg. Do nước đá không tan hết nên nhiệt độ cuối cùng của hệ thống bằng 00C, theo trên thì nhiệt lượng nước đá nhận vào để tăng đến 00C là Q1 = 18000 J 
 + Nhiệt lượng mà mx ( kg ) nước đá nhận vào để tan hoàn toàn thành nước ở 00C là Qx = .mx = 646 000 J. 
 + Toàn bộ nhiệt lượng này là do nước trong ca nhôm ( có khối lượng M ) và ca nhôm có khối lượng mn cung cấp khi chúng hạ nhiệt độ từ 500C xuống 00C. Do đó : Q = ( M.Cn + mn.Cn ).(50 - 0 )
 + Khi có cân bằng nhiệt : Q = Q1 + Qx Þ M = 3,05 kg
Bài 3
HD : 1) Do vônkế có điện trở vô cùng lớn nên ta có cách mắc ( R1 nt R2 ) // ( R3 nt 2r ) . Ta tính được cường độ dòng điện qua điện trở R1 là I1 = 0,4A; cường độ dòng điện qua R3 là I3 = 
 Þ UDC = UAC - UAD = I1.R1 - I3.R3 = 0,4.5 - = (1)
Ttự khi hai điện trở r mắc song song ta có cách mắc là ( R1 nt R2 ) // ( R3 nt ) ; lý luận như trên, ta có:
U’DC = (2) . Theo bài ta có U’DC = 3.UDC , từ (1) & (2) Þ một phương trình bậc 2 theo r; giải PT này ta được r = 20W ( loại giá trị r = - 100 ). Phần 2) tính UAC & UAD ( tự giải ) ĐS : 4V
Khi vôn kế chỉ số 0 thì khi đó mạch cầu cân bằng và : (3)
+ Chuyển chỗ một điện trở : Để thoả mãn (3), ta nhận thấy có thể chuyển một điện trở r lên nhánh AC và mắc nối tiếp với R1. Thật vậy, khi đó có RAC = r + R1 = 25W ; RCB = 25W ; RAD = 20W và RDB = 20W Þ (3) được thoả mãn.
+ Đổi chỗ hai điện trở : Để thoả mãn (3), có thể đổi chỗ R1 với một điện trở r ( lý luận và trình bày tt )
Bài 4 
 B I D I’
 K
 M H
 x S’ A S C y
a/ Vẽ ảnh của I qua CD và ảnh của S qua AB; nối các các ảnh này với nhau ta sẽ xác định được M và N. 
b/ Dùng các cặp D đồng dạng & để ý KH = 1/2 SI.
ĐỀ SỐ 8 ĐỀ THI HSG VẬT LÝ LỚP 9 
( Thời gian 150 phút )
Bài 1 
 Tấm ván OB có khối lượng không đáng kể, đầu O đặt trên điểm tựa, đầu B được treo bằng một sợi dây vắt qua ròng rọc cố định R ( Ván quay được quanh O ). Một người có khối lượng 60 kg đứng trên ván :
Lúc đầu, người đó đứng tại điểm A sao cho OA = OB ( Hình 1 )
Tiếp theo, thay ròng rọc cố định R bằng một Pa-lăng gồm một ròng rọc cố định R và một ròng róc động R’, đồng thời di chuyển vị trí đứng của người đó về điểm I sao cho OI =OB ( Hình 2 )
Sau cùng, Pa-lăng ở câu b được mắc theo cách khác nhưng vẫn có OI =OB ( Hình 3 )
Hỏi trong mỗi trường hợp a) ; b) ; c) người đó phải tác dụng vào dây một lực F bằng bao nhiêu để tấm ván OB nằm ngang thăng bằng ? Tính lực F’ do ván tác dụng vào điểm tựa O trong mỗi trường hợp ? 
( Bỏ qua ma sát ở các ròng rọc và trọng lượng của dây, của ròng rọc )
 ////////// ///////// /////////
 F	F
 F F
 O A B O I B O I B
 Hình 1 Hình 2 Hình 3
Bài 2 
 Một cốc cách nhiệt dung tích 500 cm3, người ta bỏ lọt vào cốc một cục nước đá ở nhiệt độ - 80C rồi rót nước ở nhiệt độ 350C vào cho đầy tới miệng cốc :
Khi nước đá nóng chảy hoàn toàn thì mực nước trong cốc sẽ thế nào ( hạ xuống ; nước tràn ra ngoài hay vẫn giừ nguyên đầy tới miệng cốc ) ? Vì sao ?
Khi có cân bằng nhiệt thì nhiệt độ nước trong cốc là 150C. Tính khối lượng nước đá đã bỏ vào cốc lúc đầu ? Cho Cn = 4200 J/kg.K ; Cnđ = 2100 J/kg.K và = 336 200 J/kg.K ( bỏ qua sự mất nhiệt với các dụng cụ và môi trường ngoài )
Bài 3 
 Cho mạch điện như hình vẽ, nguồn điện có hiệu điện thế không đổi U = 120V, các điện trở R0 = 20W, 
R1 = 275W :
Giữa hai điểm A và B của mạch điện, mắc nối tiếp điện trở R = 1000W với vôn kế V thì vônkế chỉ 10V
Nếu thay điện trở R bằng điện trở Rx ( Rx mắc nối tiếp với vônkế V ) thì vôn kế chỉ 20V
a) Hỏi điện trở của vôn kế V là vô cùng lớn hay có giá trị xác định được ? Vì sao ?
b) Tính giá trị điện trở Rx ? ( bỏ qua điện trở của dây nối ) ( Hình vẽ bài 3 ) 
Bài 4 R1
 Để bóng đèn Đ1( 6V - 6W ) sử dụng được ở nguồn điện C R
có hiệu điện thế không đổi U = 12V, người ta dùng thêm A V B
 một biến trở con chạy và mắc mạch điện theo sơ đồ 1 R0
hoặc sơ đồ 2 như hình vẽ ; điều chỉnh con chạy C cho đèn
Đ1 sáng bình thường : + U -
Mắc mạch điện theo sơ đồ nào thì ít hao phí điện năng hơn ? Giải thích ?
 Đ1 Đ1
 X X
	C B A C B
 A 
	 +	 U - + U -
 Sơ đồ 1 Sơ đồ 2
Biến trở trên có điện trở toàn phần RAB = 20W. Tính phần điện trở RCB của biến trở trong mỗi cách mắc trên ? ( bỏ qua điện trở của dây nối )
Bây giờ chỉ sử dụng nguồn điện trên và 7 bóng đèn gồm : 3 bóng đèn giống nhau loại Đ1(6V-6W) và 4 bóng đèn loại Đ2(3V-4,5W). Vẽ sơ đồ cách mắc 2 mạch điện thoả mãn yêu cầu :
+ Cả 7 bóng đèn đều sáng bình thường ? Giải thích ?
+ Có một bóng đèn không sáng ( không phải do bị hỏng ) và 6 bóng đèn còn lại sáng bình thường ? Giải thích ?
Bài 5
 Một thấu kính hội tụ (L) có tiêu cự f = 50cm, quang tâm O. Người ta đặt một gương phẳng (G) tại điểm I trên trục chính sao cho gương hợp với trục chính của thấu kính một góc 450 và OI = 40cm, gương quay mặt phản xạ về phía thấu kính :
Một chùm sáng song song với trục chính tới thấu kính, phản xạ trên gương và cho ảnh là một điểm sáng S. Vẽ đường đi của các tia sáng và giải thích, tính khoảng cách SF’ ? 
Cố định thấu kính và chùm tia tới, quay gương quanh điểm I một góc a. Điểm sáng S di chuyển thế nào ? Tính độ dài quãng đường di chuyển của S theo a ? 
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 8 - HSG LÝ LỚP 9
Bài 1 : 
HD : 
Người đứng trên tấm ván kéo dây một lực F thì dây cũng kéo người một lực bằng F
a)
+ Lực do người tác dụng vào ván trong trường hợp này còn : P’ = P – F 
+ Tấm ván là đòn bẩy có điểm tựa O, chịu tác dụng của 2 lực P’ đặt tại A và FB = F đặt tại B. Điều kiện cân bằng P – F = F = 
+ Lực kéo do ván tác dụng vào O : F’ = P’ – F = 600 – 2. 240 = 120N
b) 
+ Pa – lăng cho ta lợi 2 lần về lực nên lực F do người tác dụng vào dây F = . Điều kiện cân bằng lúc này là P’ = 2.FB = 4.F P – F = 4.F F = 
+ Người đứng chính giữa tấm ván nên F’ cân bằng với FB F’ = FB = 2F = 120 .2 = 240N
c) 
+ Theo cách mắc của pa – lăng ở hình này sẽ cho ta lợi 3 lần về lực. Lực F do người tác dụng vào dây hướng lên trên nên ta có P’ = P + F . Điều kiện cân bằng lúc này là : P + F = 2.FB
 P + F = 2. 3F P = 6F F = 120N
+ Người đứng ở chính giữa tấm ván nên F’ cân bằng với FB F’ = FB = 3.F = 3.120 = 360N.
Bài 2 :
HD : 
a)
+ Do trọng lượng riêng của nước đá nhỏ hơn trọng lượng riêng của nước nên nước đá nổi, một phần nước đá nhô lên khỏi miệng cốc, lúc này tổng thể tích nước và nước đá > 500cm3
+ Trọng lượng nước đá đúng bằng trọng lượng phần nước bị nước đá chiểm chỗ ( từ miệng cốc trở xuống ) Khi nứơc đá tan hết thì thể tích nước đá lúc đầu đúng bằng thể tích phần nước bị nước đá chiếm chỗ, do đó mực nước trong cốc vẫn giữ nguyên như lúc đầu (đầy tới miệng cốc )
b)
+ Tổng khối lượng nước và nước đá bằng khối lượng của 500cm3 nước và bằng 0,5kg.
+ Gọi m (kg) là khối lượng của cục nước đá lúc đầu khối lượng nước rót vào cốc là 0,5 – m( kg)
+ Phương trình cân bằng nhiệt : ( 0,5 – m ). 4200. ( 35 – 15 ) = m. + 2100.m.	+ 4200.m.15 
+ Giải phương trình này ta được m = 0,084kg = 84g.
Bài 3 : 
HD
a) Có nhiều cách lập luận để thấy điện trở của vôn kế có thể xác định được, ví dụ :
+ Mạch điện đã cho là mạch kín nên có dòng điện chạy trong mạch, giữa hai điểm A và B có HĐT UAB nên : - Nếu đoạn mạch ( V nt R ) mà RV có giá trị vô cùng lớn thì xem như dòng điện không qua V và R UAC = UCB mặc dù R có thay đổi giá trị Số chỉ của V không thay đổi 
+ Theo đề bài thì khi thay R bằng Rx thì số chỉ của V tăng từ 10V lên 20V Có dòng điện qua mạch 
( V nt R ) Vôn kế có điện trở xác định.
b) Tính Rx 
+ Khi mắc ( V nt R ) . Gọi I lá cường độ dòng điện trong mạch chính và RV là điện trở của vôn kế thì 
Điện trở tương đương của mạch là Điện trở tương đương của toàn mạch là : Rtm = R’ + R0
Ta có UAB = . Mặt khác có UAB = Iv . ( Rv + R ) 
 = Iv . ( Rv + R ) . Thay số tính được Rv = 100W .
+ Khi thay điện trở R bằng Rx . Đặt Rx = x , điện trở tương đương của mạch = R’’. Lý luận tương tự như trên ta có PT : = I’v .( x + RV ) = . Thay số tính được 
x = 547,5W.
Bài 4 :
HD:
a) Điện năng hao phí trên mạch điện là phần điện năng chuyển thành nhiệt trên biển trở ( RBC ), nhiệt năng này tỉ lệ thuận với bình phương cường độ dòng điện qua biến trở. Ở sơ đồ 1 có điện trở tương đương của mạch điện lớn hơn nên dòng điện qua biến trở có cường độ nhỏ hơn ( do U không đổi và RCB không đổi ) nên cách mắc ở sơ đồ 1 sẽ ít hao phí điện năng hơn.
b) ĐS : Sơ đồ 1 RBC = 6W Sơ đồ 2 RBC = 4,34W
c)
+ Cách mắc để 7 đèn đều sáng bình thường
	 X	 X X
	 A X C	B
 X X X
 Hệ đèn Đ1	 Hệ đèn Đ2
+ Cách mắc để 6 đèn sáng bình thường và có một đèn không sáng
 (1) M (1)
	 X	 X
 A	 X (1) B
	X	X	X	 X
	 (2) N (2)
Cách mắc này do mạch cầu cân bằng nên đèn thuộc hệ (1) mắc giữa hai điểm M và N không sáng
Bài 5 :
HD 
a) 
 (L)
	(G)
	F’
	 O I
	S
+ Theo đặc điểm của thấu kính hội tụ, chùm tia sáng tới song song với trục chính sẽ cho chùm tia ló hội tụ tại tiêu điểm. Gương phẳng (G) đặt trong khoảng tiêu cự OF’ ( vì OI = 40cm < OF’ = 50cm ) chùm tia ló sẽ không tập trung về điểm F’ mà hội tụ tại điểm S đối xứng với F’ qua gương phẳng (G).
+ Tính SF’ 
Do tính đối xứng nên IF’ = IS = 10cm . ∆SIF’ vuông tại I nên SF’2 = IS2 + IF2 = 102 + 102 = 200
Þ SF’ = cm
b) Khi gương (G) quay quanh I một góc : 
 - Do IF luôn không đổi nên IS cũng luôn không đổi Þ Điểm S di chuyển trên cung tròn tâm I bán kính IS = 10cm.
 - Gương (G) quay góc Þ Góc SIF tăng ( Giảm ) một góc 2. Độ dài cung tròn mà điểm S di chuyển là cm.