›
›
›

Bộ đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn Vật lý Lớp 9 - Ngô Công Trí

doc 112 trang thaodu 10313
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bộ đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn Vật lý Lớp 9 - Ngô Công Trí", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docbo_de_boi_duong_hoc_sinh_gioi_mon_vat_ly_lop_9_ngo_cong_tri.doc

Nội dung text: Bộ đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn Vật lý Lớp 9 - Ngô Công Trí

  1. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2012-2013 NINH BÌNH Môn: Vật Lí. Ngày thi: 27/6/2012 ĐỀ 1: Thời gian làm bài 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang) N P Câu 1 (2,0 điểm): Trong một buổi tập thể lực, hai vận động viên A và B v1 chạy vòng quanh trên một con đường MNPQ có dạng một hình chữ nhật. Họ đồng thời xuất phát tại hai vị trí A và B cách nhau một đoạn B0 0 0 L L nằm trên cạnh MN (Hình 1). Hai người chạy đuổi nhau theo cùng v1 chiều và có cùng một cách chạy. Khi chạy trên MN hoặc PQ thì chạy A0 với vận tốc có độ lớn là v 1, khi chạy trên NP hoặc QM thì chạy với vận M Q Hình 1 tốc có độ lớn v2. Thời gian chạy trên MN, trên NP, trên PQ và trên QM là như nhau. Cho MQ = 2MN. a) Tính tỉ số v2/v1 và khoảng cách giữa hai vận động viên A và B khi hai người cùng chạy trên cạnh NP. b) Tính khoảng cách lớn nhất và nhỏ nhất giữa hai vận động viên A và B trong quá trình chạy trên. Câu 2 (2,0 điểm): Một bình chứa hình trụ được đặt thẳng đứng, đáy của bình trụ nằm ngang và có diện 2 0 tích là S = 200cm , bên trong bình đang chứa nước ở nhiệt độ t 1 = 60 C. Người ta rót thêm vào bình 0 một lượng dầu thực vật ở nhiệt độ t 2 = 20 C cho đến khi tổng độ cao của cột nước và cột dầu bên trong bình là h = 50cm. Xảy ra sự trao đổi nhiệt giữa nước và dầu dẫn đến sự cân bằng nhiệt ở nhiệt độ t = 0 3 3 45 C. Cho khối lượng riêng của nước D 1 = 1000kg/m , của dầu D 2 = 800kg/m ; nhiệt dung riêng của nước c1 = 4200J/kg.K và của dầu c 2 = 2100J/kg.K. Biết dầu nổi hoàn toàn trên nước. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt giữa các chất lỏng với bình và môi trường. a) Tính tỉ số khối lượng của dầu và nước từ đó tính độ cao của cột dầu và cột nước trong bình. b) Tính áp suất do khối chất lỏng gây ra tại đáy bình. Câu 3 (2,0 điểm): Cho mạch điện (Hình 2). Biết U = 7V; R 1 = 3Ω; R 2 + U = 6Ω; D AB là một dây dẫn dài 1,5m tiết diện S = 0,1mm2 điện trở suất =0,4.10-6Ω.m. Điện trở ampe kế và dây nối không đáng kể. R1 A R2 a) Tính điện trở của dây dẫn AB. b) Dịch chuyển con chạy C đến vị trí sao cho AC = 1/2CB. Tính A C B cường độ dòng điện chạy qua ampe kế. Hình 2 c) Xác định vị trí con chạy C để cường độ dòng điện qua ampe kế là 1/3A. Câu 4 (2,0 điểm): Một ống hình chữ U có tiết diện trong 1,2cm 2 chứa thủy ngân. Nhánh bên trái có một cột chất lỏng khối lượng riêng D 1 cao 9cm, nhánh bên phải có một cột chất lỏng khối lượng riêng D 2 cao 8cm. Khi đó, mức thủy ngân ở hai nhánh chữ U ngang bằng nhau. Đổ thêm vào nhánh bên phải 10,2ml chất lỏng D2 nữa thì độ chênh lệch mức chất lỏng ở hai nhánh chữ U là 7cm. Xác định khối lượng riêng 3 D1 và D2. Biết khối lượng riêng của thủy ngân là 13,6 kg/cm . Câu 5 (2,0 điểm): Một điểm sáng S và màn E được đặt cách nhau một khoảng l = 90cm. Đặt một thấu kính hội tụ có tiêu cự f nằm trong khoảng giữa S và màn E sao cho trục chính của thấu kính vuông góc với màn, điểm S có độ cao là h so với S trục chính của thấu kính (Hình 3). Khi đó trên màn thu được một điểm sáng S 1 là . điểm ảnh của S qua thấu kính. Giữ cố định S và màn E, dịch chuyển thấu kính lên phía trên một đoạn 2cm > h theo hướng vuông góc với trục chính của thấu kính O đến một vị trí mới mà trục chính của thấu kính vẫn vuông góc với màn E. Lúc này trên màn có điểm sáng S2 là ảnh mới của S qua thấu kính. S 2 và S1 cách nhau một khoảng bằng 3cm. Hình 3 a) Vẽ ảnh của điểm sáng S qua thấu kính cho hai vị trí thấu kính như trên, trên cùng một hình vẽ. E b) Tính tiêu cự f của thấu kính và khoảng cách d’ từ quang tâm O của thấu kính đến màn E. 1
  2. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 c) Thay vì dịch chuyển thấu kính theo hướng như trên, người ta dịch chuyển thấu kính dọc theo trục chính của chính nó đến một vị trí mới mà trên màn vẫn thu được một điểm sáng S 3 là ảnh của S. S3 nằm cách S1 một khoảng bằng 1,5cm. Tính h và độ dịch chuyển của thấu kính trong trường hợp này. HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN GIA LAI Năm học 2009 – 2010 ĐÈ 2: (ĐỀ CHÍNH THỨC) Môn thi: VẬT LÝ ( Chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian phát đề) Câu 1:(2điểm). Một động cơ xăng có hiệu suất 25%, đặt trên đỉnh một ngọn đồi cao 20 m để kéo một khẩu pháo nặng 4 tấn từ chân đồi lên đỉnh đồi. Đường dốc trên sườn đồi dài 80m, được xem như một mặt phẳng nghiêng có hiệu suất là 64%. a. Tính lực kéo của động cơ để khẩu pháo đi lên đều và độ lớn của lực ma sát tác dụng vào khẩu pháo. b. Tính thể tích xăng đã dùng để thực hiện công việc trên, biết năng suất toả nhiệt của xăng là 46.106J/kg, khối lượng riêng của xăng D = 700 kg/m3. Câu 2:(2 điểm). Người ta đổ một lượng nước sôi vào một thùng đã chứa nước ở nhiệt độ phòng (250C) thì thấy khi cân bằng, nhiệt độ của nước trong thùng là 700C. a. Nếu đổ lượng nước sôi trên vào thùng này nhưng không có nước thì khi cân bằng, nhiệt độ của nước là bao nhiêu? Biết rằng lượng nước sôi gấp 2 lần lượng nước nguội, bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường ngoài. b. Nếu trong thùng chỉ có khối nước đá ở 100 C , khối lượng bằng khối lượng của nước lạnh ban đầu thì khi đổ lượng nước sôi trên vào thùng, lúc cân bằng nhiệt nước đá có tan ra không? Câu 3:(2,5 điểm). A B r Cho mạch điện như hình vẽ, trong đó U = 36V; r = 1,5; U Biến trở MN có giá trị lớn nhất bằng 10, Đèn Đ1 (3V- 6W); đèn Đ2 (24V- 96W). Xem điện trở các bóng đèn không phụ Đ1 M R N X thuộc nhiệt độ. Hãy xác định vị trí con chạy C trên biến trở để: C a. Đèn Đ1 sáng bình thường. Lúc này đèn Đ2 có sáng bình thường không? X b. Công suất tiêu thụ trên đèn Đ1 là nhỏ nhất, tính công suất đó. Đ2 Câu 4:(2,5 điểm). Một bút chì AB dài 4 cm, đặt vuông góc với trục chính của một thấu kính hội tụ (A thuộc trục chính) cho ảnh thật A’B’. F và F’ là hai tiêu điểm của thấu kính, F nằm về phía A. Đặt p = AF; q = A’F’ , f = OF . a.Vẽ hình và chứng minh công thức p.q = f 2. b.Khi bút chì ngã nằm dọc theo trục chính thì A’B’ vẫn không đổi tính chất và nằm dọc theo trục chính. Nếu đầu B nằm gần thấu kính thì ảnh A’B’ = 6cm; nếu đầu B nằm xa thấu kính thì A’B’ = 3cm. Tính tiêu cự thấu kính. B A’ c. Một học sinh khác đặt bút chì ở vị trí bất kỳ thì thấy ảnh A’B’ và AB nằm như hình vẽ. A Bằng phép vẽ (có phân tích) hãy xác định quang tâm B’ và tiêu điểm của thấu kính. Câu 5:(1 điểm). Có một máy biến thế cũ, đã bị mất nhãn. Bạn hãy tìm cách xác định số vòng dây của hai cuộn dây trong máy biến thế trên khi trong tay bạn chỉ có: một đoạn dây điện từ dài, một bộ nguồn điện xoay chiều, một vôn kế xoay chiều, dây dẫn điện đủ để nối mạch điện. Bỏ qua điện trở của các cuộn dây của máy biến thế và dây nối. HẾT 2
  3. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 Họ và tên thí sinh: SBD: .Phòng thi: Chữ ký giám thị 1: .Chữ ký giám thị 2 : SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN GIA LAI Năm học 2009 – 2010 ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: VẬT LÝ ( Chuyên) (Gồm 03 trang) ĐỀ 2: Câu NỘI DUNG Điểm 1 2 đ + m = 4 tấn = 4000 kg trọng lượng khẩu pháo P = 40 000 N a. Tính lực kéo của động cơ: + Công có ích để đưa pháo lên cao 20m: A1 = P.h = 40 000.20 = 800 000 J 0,25 + Công cần dùng để đưa pháo lên theo mặt dốc nghiêng: A A 800 000 Từ công thức hiệu suất: H = 1 A = 1 = = 1 250 000 J 1.a A H 0,64 0,25 1,25 A 1250000 0,25 Mặt khác: A = F.s F = = = 15 625 N. s 80 + Công của lực ma sát: Ams = A – A1 = 1 250 000 – 800 000 = 450 000 J 0,25 Ams 450000 + Độ lớn của lực ma sát: Fms = = = 5 625 N. s 80 0,25 Gọi Q là nhiệt lượng do đốt cháy xăng sinh ra. + Hiệu suất của động cơ xăng : 0,25 A A 1250000 H’ = Q = = = 5 000 000 J = 5.106 J Q H ' 0,25 1.b Q 5.106 0,75 + Mặt khác: Q = q.m m = 0,108 kg. 0,25 q 46.106 m 1,08 + Thể tích xăng đã dùng: V = 0,154. 10-3 m3 = 0,154 lít. D 700 0,25 2 2đ + Gọi m là khối lượng nước lạnh trong thùng thì khối lượng nước sôi là 2m; m’, c’ lần lượt là khối lượng và nhiệt dung riêng của thùng. + Khi đổ nước sôi vào thùng chứa nước lạnh, phương trình cân bằng nhiệt là: 2mc ( 100 - 70) = mc(70 – 25) + m’c’(70 – 25) 0,5 15mc mc 0,25 m’c’ = = (1). 45 3 2.a + Khi đổ nước sôi vào thùng không có nước lạnh thì phương trình cân bằng nhiệt là: 1,5 2mc(100 – t) = m’c’( t – 25) (2). (t là nhiệt độ thùng nước lúc cân bằng nhiệt) mc 0,25 +Từ (1) và (2) ta có: 2mc(100 – t) = (t – 25) 3 0,25 625 t = 89,3 0C 0,25 7 2.b + Nước đá bắt đầu tan khi nhiệt độ của nó bằng 00C. 3
  4. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 0,5 + Nhiệt lượng do nước sôi toả ra khi hạ nhiệt độ đến 00C: Q1 = 2mc. 100 = 200 mc (3) + Nhiệt lượng thu vào của thùng nước đá để tăng nhiệt độ đến 00C bằng: mc c Q2 = mcd. 10 + .10 = 10m(cd + ) 3 3 0,25 c 4c 40mc Vì cd < c nên (cd + ) < Q2 < (4) 3 3 3 0,25 So sánh (3) và (4) ta thấy Q2 < Q1 nên nước đá đã bị tan. 3 2,5 đ Khi con chạy ở vị trí C ứng với điện trở RMC = x thì RCN = (10-x). Mạch điện có dạng: 2 2 U1 U 2 + Điện trở các bóng đèn: R1 1,5 ; R2 6 p1 p2 A B p1 + Đ1 sáng bình thường nên I1 = 2A 0,25 U r 1 R1 M x X 0,25 + UAC = I1(R1 + x) = 3 + 2x (1) C N + Mặt khác: (10-x) X (R1 x)R2 (1,5 x)6 R2 RAC R1 R2 x 7,5 x 3.a 2 95,25 10x x 0,25 1,5 Rtm = RAC + RCN + r = 7,5 x + Cường độ dòng điện toàn mạch: U 36(7,5 x) 216(1,5 x) I = Suy ra U = I.R = (2) 2 AC AC 2 0,25 R tm 95,25 10x x 95,25 10x x Từ (1) và (2) ta có phương trình: x2 – 10x + 12,75 = 0. + Giải phương trình ta được : x1 = 1,5 và x2 = 8,5 Vậy đèn Đ1 sáng bình thường thì có hai vị trí của con chạy C , ứng với các giá 0,25 trị điện trở của đoạn mạch MC bằng 1,5 hoặc 8,5. + Khi x = 1,5 V UAC = U2 = 6 V ; Khi x = 8,5V UAC = U2 = 20 V Cả hai giá trị đều nhỏ hơn U2đm vậy đèn 2 sáng yếu hơn bình thường. 0,25 + Công suất tiêu thụ trên Đ1: 2 U AM U AC p1 = Trong đó UAM = .R1 (3) 0,25 R1 R1 x 324 + Thay (2) vào (3) biến đổi đến: U . 0,25 AM 95,25 10x x2 2 3.b pmin khi (UAM)min suy ra (95,25 + 10x – x )max . 1,0 10 0,25 Tam thức bậc 2 trên có hệ số a = -1 <0 nên đạt cực đại khi x = = 5. 2 Vậy công suất trên Đ2 nhỏ nhất khi RAC = 5 + Công suất nhỏ nhất trên đèn Đ2 : 2 U 2 324 1 AM 0,25 pmin = 2 4,84W R1 95,25 10.5 5 1,5 4 2,5 đ Hình vẽ: I 0,25 B 4.a F’ A’ 0,75 A F O K B’ 4
  5. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 +Chứng minh công thức p.q = f2. OK A'B' OF FAB ~ FOK (1) AB AB AF A'B' A'B' A'F' F’A’B’ ~ F’OI (2) OI AB OF' OF A'F' + Từ (1) và (2) Suy ra: AF.A’F’ = OF2 ( vì OF = OF’) AF OF' 2 Thay AF = p; A’F’ = q; OF = f ta được: p.q = f . 0,5 + Khi AB nằm dọc trục chính thì ảnh thật A’B’ nằm dọc trục chính. Nếu cho A di chuyển lại gần kính thì A’ di chuyển ra xa kính và ngược lại, như vậy nếu khi B nằm gần thấu kính hơn A thì B’ nằm xa thấu kính hơn A’ và ngược lại. 0,25 + Xét điểm A theo chứng minh trên ta có: p.q = f2 (1) 0,25 + Tương tự áp dụng cho điểm B ta có: 4.b - Khi ngã về gần kính: (p – 4)(q+6) = f2 p.q + 6p – 4q – 24 = f2 (2) 1,0 - Khi ngã ra xa kính : (p + 4)( q – 3) = f2 p.q - 3p + 4q – 12 = f2 (3) 0,25 + Thay (1) vào (2) và (3) rút gọn ta được: 6 p 4q 24 Giải hệ ta được p = q = 12 cm 3p 4q 12 Vậy f = p.q = 12 cm. 0,25 + Vì tia tới qua quang tâm O của thấu kính thì truyền thẳng nên nối AA’ và BB’ cắt nhau tại O , O là quang tâm của thấu kính (1) + Vì A’B’ là ảnh của AB qua thấu kính nên AB nằm trên tia tới thì A’B’ nằm trên tia khúc xạ. Vậy kéo dài AB và A’B’ cắt nhau tại I thì I thuộc thấu kính. (2) Lý luận + Từ (1) và(2) suy ra OI trùng với thấu kính. (0,5) + Dựng đường thẳng xy qua O vuông góc với OI thì xy là trục chính của thấu kính. + Vẽ tia sáng BK song song xy, khúc xạ qua B’ cắt xy tại F’. F’ là tiêu điểm thứ nhất của thấu kính. + Lấy F đối xứng với F’ qua O ta được tiêu điểm thứ 2 của thấu kính. 4.c Hình vẽ: 0,75 I Hình K y vẽ B F’ 0,25 A’ A O F B’ x + Bước1: Dùng đoạn dây điện từ quấn chồng lên hai cuộn dây của máy biến thế, ta được cuộn dây thứ 3 có n0 vòng đã đếm được (làm cuộn dây chuẩn). 0,25 + Bước 2: Nối hai đầu cuộn dây thứ nhất vào hai cực của nguồn điện xoay chiều, dùng vôn kế đo hiệu điện thế hai đầu cuộn dây (1) được U1 và hiệu điện thế ra hai đầu cuộn dây (2) được U2 và hai đầu cuôn dây(3) được U0, ta có 0,25 5 + Dùng công thức máy biến thế ta được : 1,0 U1 n1 U1 0,25 + n1 = n0 U0 n0 U0 0,25 U 2 n2 U 2 + n 2 = n0 U0 n0 U0 Chú ý: 5
  6. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 + Nếu thí sinh giải theo cách khác so với hướng dẫn chấm mà đi đến kết quả đúng và cách giải hợp lý thì vẫn đạt điểm tối đa. + Nếu thiếu hoặc ghi sai đơn vị hai lần ở kết quả thì trừ 0,25 điểm ( trừ toàn bài không quá 0,5 điểm) HẾT SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KH THI TUYỂN VÀO LỚP 10 CHUYÊN VẬT LÝ Năm học 2002-2003 SBD /P. Đề 3 Môn thi : VẬT LÝ Thời gian : 150 phút (không kể giao đề) Bài 1) (2,00 đ) Có một số điện trở giống nhau, mỗi điện trở là Ro = 4  . Tìm số điện trở ít nhất và cách mắc để điện trở tương đương của chúng là R = 6,4  . Bài 2) (2,25 đ) Một dây dẫn đồng chất tiết diện đều, có điện A U B trở R = 100  . Nối chung hai đầu dây lại tại một điểm M. Một con chạy C di chuyển trên dây. M nối đến A qua một ampe kế, con chạy M O C C nối đến B. (hình 1) Giữa A và B đặt một hiệu điện thế không đổi U = 6 V. P (hình 1) a) Gọi x là điện trở đoạn (MOC) và y là điện trở đoạn (MPC) . Tính theo x và y số chỉ bởi ampe kế. Áp dụng số : x = 60  , tính số chỉ của ampe kế lúc này. b) Di chuyển con chạy C trên dây (MOCPM) nhận thấy có một lúc ampe kế chỉ cường độ dòng điện nhỏ nhất. Tìm giá trị của x, y và số chỉ bởi ampe kế lúc đó. Ampe kế và dây nối có điện trở nhỏ không đáng kể. Bài 3) (3,00 đ) Cho mạch điện như hình vẽ 2; trong đó U = 36 V luôn không đổi , r = 1,5  , điện trở tồn phần + U - r của biến trở R = 10  . Đèn Đ có điện 1 Đ trở R1 = 6  , đèn Đ2 có điện trở R2 = 1,5  , N 2 A R B hai đèn có hiệu điện thế định mức khá lớn. Xác định vị trí của con chạy C trên biến trở để : C a) Công suất tiêu thụ trên đèn Đ1 là 6 W. Đ1 (hình 2) b) Công suất tiêu thụ trên đèn Đ2 là 6 W. c) Công suất tiêu thụ trên đèn Đ2 là nhỏ nhất. Tính công suất đó. Xem điện trở của các đèn không phụ thuộc nhiệt độ. Bài 4) (2,75 đ) Những tia sáng xuất phát từ A xuyên qua một thấu kính hội tụ L có tiêu điểm L F và F’ , phản chiếu trên gương phẳng M A (2) thẳng góc với trục chính của thấu kính, rồi trở lại xuyên qua L (hình 3). F F’ M a) Chứng tỏ rằng, với bất cứ vị trí nào B (1) O của gương M tia sáng (1) đi qua F cũng trở về phương cũ theo chiều ngược lại. b) Tìm vị trí của gương M để cho tia (hình 3) sáng (2) song song với trục chính trở lại đối xứng với (2) qua trục chính. Vẽ ảnh A’B’ của AB cho bởi hệ thống (L, M, L) ứng với trường hợp này. c) Gương phẳng bây giờ được đặt ở vị trí M’ cách thấu kính L một khoảng OM’ = 2f (f là tiêu cự của L) và vật AB được đặt cách L một khoảng OB = 2f. Vẽ ảnh A’B’ của AB cho bởi hệ thống (L, M, L) ứng với trường hợp này. 6
  7. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ VÀO LỚP 10 CHUYÊN TRƯỜNG LÊ QUÍ ĐÔN (ĐỀ 3) Năm học 2002-2003 Bài 1: ( 2,00 điểm) Khi mắc nối tiếp điện trở tương đương lớn hơn bất kỳ điện trở nào sử dụng. Khi mắc song song điện trở tương đương nhỏ hơn bất kỳ điện trở nào sử dụng. ==> muốn điện trở sử dụng ít nhất, thì : - Nếu mắc nối tiếp thì chỉ cần hai đoạn mạch mà một đoạn là Ro. - Nếu mắc song song thì chỉ cần hai nhánh mà một nhánh là Ro. (0,25 đ) Ta có : R = 6,4  > Ro = 4  , vậy đoạn mạch phải mắc có dạng : Ro nối tiếp với R1 A R0 C R1 B (0,25 đ) Suy ra R1 = R – Ro = 6,4 – 4 = 2,4  Nhận thấy R1 R1 ==> 2,4 R0 R2 4 R2 Hay 4R2 = 9,6 + 2,4R2 ==> 1,6R2 = 9,6 ==> R2 = 6  (0,25 đ) Ta lại có : R2 > R0 vậy R2 lại cấu tạo bởi R0 nối tiếp R3 như sau : R2 : R0 R3 Suy ra : R3 = R2 – R0 = 6 – 4 = 2  (0,25 đ) R0 Nhận thấy : R3 = ==> R3 gồm hai điện trở R0 mắc song song. (0,25 đ) 2 Tóm lại, đoạn mạch có điện trở tương đương R = 6,4  gồm 5 điện trở R0 mắc như sau : R0 A B R0 R0 (0,50 đ) R0 R0 Bài 2 : ( 2,25 điểm) a) 1,25 điểm x.y Điện trở tương đương của đoạn mạch MC : Rtđ = (0,25 đ) x y U U Ampe kế chỉ : I = (0,25 đ) Rtd xy x y 6(x y) Thế số : I = (0,25 đ) x.y 7
  8. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 Với x + y = 100  ==> y = 100 – x 6.100 600 I = = x(100 x) x(100 x) 600 Áp dụng số : với x = 60  ==> I = 0,25A (0,50 đ) 60(100 60) b) 1,00 điểm 6(x y) 600 I = x.y x.y mà x + y = 100 không đổi, vậy tích x.y lớn nhất khi x = y . R 100 ==> I nhỏ nhất khi x = y = 50 (0,75 đ) 2 2 600 I = 0,24A (0,25 đ) 50.50 Bài 3 : ( 3,00 điểm) a) 1,00 điểm Để công suất tiêu thụ trên đèn Đ1 là 6 W thì hiệu điện thế UNC = P1R1 = 6.6 6 V Hiệu điện thế đó phụ thuộc vị trí con chạy C. Gọi x là điện trở phần AC của biến trở, ta có : (R2 x).R1 (1,5 x)6 9 6x RNC = (0,25 đ) R1 R2 x 6 1,5 x 7,5 x 9 6x Điện trở tồn mạch : Rtm = RNC + RCB + r = + (10 - x) + 1,5 7,5 x 95,25 10x x 2 = (0,25 đ) 7,5 x U 36 9 6x Hiệu điện thế ở hai đầu đèn Đ1 bằng UNC = RNC = 2 . Rtm 95,25 10x x 7,5 x 7,5 x 36(9 6x) UNC = 6 95,25 10x x 2 ==> x2 +26x –41,25 = 0 (0,25 đ) ' 132 41,25 210,25 14,52 13 14,5 1,5 x = 13 14,5 27,5  (loại Vậy RAC = 1,5  ) (0,25 đ) b) 1,00 điểm Để công suất tiêu thụ đèn Đ2 là 6 W thì UNA = P2 R2 = 6.1,5 3 V (0,25 đ) U NC 36(9 6x).1,5 Mà UNA = .R2 2 R2 x (95,25 10x x )(1,5 x) 324 UNA = (*) 95,25 10x x 2 = 3 ==> 108 = 95,25+10x-x2. hay : x2 – 10x + 12,75 = 0 (0,50 đ) 8
  9. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 Giải ra : ' 25 12,75 = 12,25 = 3,52 5 3,5 8,5 x = 5 3,5 1,5 Vậy vị trí con chạy C sao cho RAC = 1,5  hoặc RAC = 8,5  thì công suất tiêu thụ của đèn Đ2 là 6 W. (0,25 đ) c) 1,00 điểm Để công suất tiêu thụ của đèn Đ2 cực tiểu thì mẫu số của UNA trong biểu thức (*) phải lớn nhất. Xét lượng biến thiên 10x-x2 = x(10-x) 0 vì 0 x 10 do đó lượng này phải lớn nhất. Tổng của x và (10-x) bằng 10, không đổi. ==> tích x(10-x) lớn nhất khi x = 10-x ==>2x = 10 ==> x = 5 Vậy khi con chạy ở chính giữa biến trở thì công suất tiêu thụ của Đ2 là cực tiểu. (0,50 đ) 324 324 Khi đó : UANmin = 2,6944 2,70V (0,25 đ) 95,25 50 25 120,25 2 2 U NA min 2,70 7,29 Công suất : P2min = 4,86W (0,25 đ) R2 1,5 1,5 Bài 4 : ( 2,75 điểm) a) 0,50 điểm Tia sáng (1) qua F , sau khi qua thấu kính L sẽ song song với trục chính, như thế sẽ thẳng góc với gương phẳng M (góc tới i = 0o) . Theo định luật phản xạ tia sáng sẽ trở lại theo phương cũ nhưng ngược chiều. (0,50 đ) b) 1,00 điểm Tia sáng (2) song song với trục chính , sau khi xuyên qua thấu kính sẽ đi qua F’. Tia sáng này khi gặp gương phẳng M sẽ phản chiếu lại đối xứng với nó qua đường pháp tuyến ở điểm tới. Muốn cho tia sáng trở lại đối xứng với (2) qua trục chính thì đường pháp tuyến ấy phải trùng với trục chính. Vậy tia sáng gặp gương phẳng M ở F’ , nghĩa là gương phẳng M đặt ở F’. (0,50 đ) L M A (0,50 đ) B’ O B F F’ A ’ c) 1,25 điểm Vật AB đặt cách thấu kính L một khoảng 2f , cho ảnh A1B1 lớn bằng AB cách thấu kính một khoảng 2f. (không cần chứng minh) (0,25 đ) L M A (và A’) I F O F’ B1( và B2) B (và B’) A1 (và 9 H A2)
  10. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 (0,50 đ) Gương phẳng đặt cách thấu kính L một khoảng 2 f , sẽ nhận ảnh A1B1 ngay trên mặt phản chiếu. A1B1 trở thành vật đối với gương cho qua gương ảnh A2B2 trùng với chính nó. (0,25 đ) Theo chiều phản chiếu , A2B2 trở thành vật thật đối với thấu kính L và ảnh cuối cùng A’B’ trùng với AB. (0,25 đ) Ghi chú : * Mọi cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. * Điểm toàn bài không làm tròn số. SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THI TUYỂN VÀO TRƯỜNG PTTH CHUYÊN LÊ QUÍ ĐÔN KHÁNH HÒA MÔN THI : VẬT LÝ, năm học 2004 - 2005 Thời gian : 150 phút (không kể phát đề) ĐỀ 4 Bài 1 : (1 điểm) C là một quả cầu bấc, bọc ngồi bằng giấy thiếc, được treo ở đầu một dây chỉ. Đưa đến rất gần C một quả cầu A tích điện dương ( hình vẽ 1 ) : C + A a) Hiện tượng sẽ xảy ra thế nào ? b) Nếu C không bọc giấy thiếc thì sao ? (Hình Bài 2 : (1 điểm) 1) Đ N Đ Có 4 bóng đèn Đ giống hệt nhau mắc theo sơ đồ như hình vẽ 2 vào 2 điểm A, B có hiệu điện thế không đổi U. Biết rằng vôn kế V chỉ 12V và ampe kế A chỉ 1A. Đ Điện trở của vôn kế là vô cùng lớn, điện trở của ampe kế A U B và các dây nối là không đáng kể. + - Tính điện trở của mỗi đèn và tính công suất tiêu thụ V của mỗi đèn. Đ A (Hình 2) Bài 3 : (2 điểm) M Hai điện trở R1 = 3  và R2 = 7  được mắc vào hai điểm A và B. Mỗi điện trở được nhúng vào 1 bình chứa 500g nước (nước có nhiệt dung riêng c = 4180 J/kg.độ). Một hiệu điện thế U, qua điện trở r = 1,9 , dẫn điện đến đoạn mạch AB (như hình vẽ o 3). Sau 2 phút, nước trong bình có R1 tăng nhiệt độ thêm 5 C. a) Cho rằng nhiệt lượng tỏa ra ở các điện trở R1 và R2 chỉ dùng để làm nóng nước, tính cường độ các dòng điện I1 (qua R1) và I2 (qua R ). 2 (Hình b) Tính độ tăng nhiệt độ của nước trong bình có R2 trong cùng thời gian 2 phút nói trên. + 3) c) Tính hiệu điện thế U. - Bài 4 : (2 điểm) Một căn phòng hình hộp, sàn và trần đều là hình vuông có cạnh 4 m ; chiều cao của phòng là h = 3,2 m. Ở 4 góc trần có gắn 4 bóng đèn điện (xem mỗi bóng đèn là nhỏ như 1 điểm). Chính giữa trần có treo 1 quạt trần có sải cánh dài l = 0,8 m. Hỏi chiều dài tối đa của thanh treo quạt (là khoảng cách từ trần đến các cánh quạt) là bao nhiêu, để khi quạt chạy, không có chỗ nào trên mặt sàn bị sáng loang lống ? 10
  11. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 Bài 5 : (2 điểm) Dùng 1 nguồn có hiệu điện thế không đổi U = 5,5V để thắp sáng bình thường 2 bóng đèn (3V – 3W) và (2,5V – 1,25W). a) Hãy nêu ra các sơ đồ có thể có (trong mỗi sơ đồ có thể phải mắc thêm 1 hoặc vài điện trở phụ). Tính giá trị của (các) điện trở phụ cần mắc. b) Trong các sơ đồ đó, sơ đồ nào có công suất hao phí lớn nhất ? Giải thích : Công suất hao phí, trong trường hợp này, là công suất tiêu thụ của (các) điện trở phụ mắc thêm. Bài 6 : (2 điểm) Một dây cáp vỏ cao su bên trong gồm 4 sợi dây đồng có bọc vỏ nhựa giống hệt nhau. Đầu và cuối của dây cáp ở 2 phòng cách xa nhau. Dùng 1 pin, một bóng đèn pin và 4 sợi dây dẫn ngắn thì cần phải thực hiện ít nhất là bao nhiêu phép thử xem đèn có sáng hay không để xác định được đúng đầu và cuối của từng sợi dây dẫn bên trong dây cáp ? Hãy mô tả chi tiết cách thực hiện. HẾT 11
  12. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 Bài 1 : (1,00 điểm) Câu a : (0,50 đ) C bị nhiễm điện hưởng ứng, điện tích Q trên A hút điện Q tích âm và đẩy điện tích dương trên C. Lực hút lớn hơn + - + - A lực đẩy vì điện tích hưởng ứng âm ở gần Q hơn, do đó C C chuyển động lại gần A. Khi C chạm vào A thì tồn bộ số electron “dư thừa” tập trung trên mặt bên phải của (Hình 1) C (nằm trên giấy thiếc) sẽ bị A lấy hết, cuối cùng C mang điện dương và bị Q đẩy ra xa (xem hình 1). Câu b : (0,50 đ) Nếu C không bọc giấy thiếc thì lúc đầu nó cũng bị Q hút. Khi chạm vào A thì C bị hút dính vào A và vì C là chất cách V điện nên điện tích từ A không dễ dàng truyền sang C được,A B nên C không thể tích điện cùng dấu với A, nên C sẽ bị A “dính” vào A, không bị đẩy ra như trường hợp trước. Bài 2 : (1,00 điểm) (Hình M cũng là A ; N cũng là B nên 4 đèn mắc làm 2 nhánh song song, mỗi nhánh 2 đèn nối tiếp ; 2) Vôn kế chỉ UAB ; ampe kế đo cường độ I của dòng điện qua nhánh trên. Gọi R là điện trở mỗi đèn thì điện trở tồn mạch .xét nhánh trên, ta có: U R 2R 12 R = 6  2D I Công suất của nhánh trên (tức là của 2 đèn) : P = U.I = 12 W Do đó công suất của mỗi đèn : PD = P/2 = 6 W Bài 3 : (2,00 điểm) Câu a : Nhiệt lượng tỏa ra ở R1 trong 2 phút là : Q1 = mc (t1’ - t1) = 0,5 4180 5 = 10450 J 2 mà Q1 = R1I1 t với t = 2 60 = 120 s 2 10450 = 3.I1 .120 I1 5,39 A (Hình + 3) - Bài 3 : (tiếp) Hiệu điện thế giữa hai điểm A và B là : 12
  13. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 UAB = R1.I1 = 3 5,39 16,2 V UAB 16,2 Cường độ qua R2 : I2 = 2,3A R2 7 Câu b : (0,50 đ) Nhiệt lượng tỏa ra bởi R2 trong cùng thời gian : Q2 = UABI2.t = 16 4471,2 2 J,3 120 Nhiệt lượng này làm cho 500 g nước nóng thêm lên t = t2’ – t2 tính bởi : Q2 4471 o Q2 = mc t t = 2,14 C mc 0,5 4180 Câu c : (0,50 đ) Ta có :U r I1 I2 U AB = 1,9 5,39 2,3 16,2 30,8 V Bài 4 : (2đ)D Vẽa hình rõ ràng, đúng.A C O’ A a O’ a 2 M I M C B ’ I M h O M ’ O h Hình C’ 5 D’ A’ HÌNH BÀI 4 Hình C’ B’ Xét cánh quạt IM vào lúc nó song song 4với đường A’C’ của sàn. Các tia sáng từ đèn A sẽ không làm loang lống trên sàn nếu điểm M ở đúng trên đường chéo AC’ (lúc đoạn O’I là tối đa) (hình 4). Gọi x = IO’ là chiều dài của thanh treo quạt. Trong hình 3, các tam giác đồng dạng OIM và OO’A cho ta : OI IM OO' O' A h a 2 h 2x 2l với OO' ; O' A ; IM = l ; OI OO' x ta có : 2 2 h a 2 h a 2 2l Tính ra :x ; thay số : x 1,15m 2a 2 Bài 5 : (2,00 điểm) Vẽ được 3 sơ đồ sau : Câu a : Tính : cường độ định mức đèn 1 là I1 = 1A, đèn 2 là I2 = 0,5 A. điện trở đèn 1 là Rd1 = 3 ; đèn 2 là Rd2 = 5  . Vì tổng các HĐT định mức = 5,5 (V) = U nên có thể mắc nối tiếp (hình a), lúc đó điện trở phụ R’2 mắc song song đèn 2 vì I1 > I2. 13
  14. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 Hình 6a Hình 6b Hình 6c Dòng qua R2’ là I1 – I2 = 0,5 A = I2 nên R2’ = Rd2 = 5  Còn nếu mắc 2 đèn ở 2 nhánh song song thì phải thêm các điện trở phụ như hình b hoặc c để “bù” hiệu điện thế Hình b : Dễ thấy HĐT trên R1 và dòng qua R1 là 2,5 V và 1 A ; HĐT trên R1 và dòng qua R1 là 3V và 0,5A, tính ra : R1 = 2,5  ; R2 = 6  Hình c : Dễ thấy HĐT trên R và dòng qua R là 2,5 V và 1,5 A ; HĐT trên R2 và dòng qua R2 là 0,5V và 0,5A, tính ra : 5 Tính ra : R2 = 1  ; R . 3 Câu b : Ký hiệu công suất hao phí là P’ Sơ đồ 6a : dòng qua R2’ là I’ = I1 – I2 = 0,5A 2 2 P’ = R2’.I’ = 5 0,5 = 1,25 W 2 2 2 Sơ đồ 6b : P ' R1I1 R2I2 2,5 1 6 0,5 = 4 W Sơ đồ 6c : dòng qua R là I = I1 + I2 = 1,5A do đó : 5 P ' R I 2 RI 2 1 0,52 1,52 = 4 W 2 2 3 Vậy sơ đồ 6b và 6c có công suất hao phí cùng lớn nhất. Bài 6 : Bước 1 : (Hình 7A) Đánh số 1, 2, 3, 4 cho 4 đầu dây tại 1 đầu dây cáp (phòng A). Nối 2, 3, 4 với nhau. Nối 1 cực pin vào dây 1, cực còn lại vào (2-3-4). Sang phòng kia (phòng B) : Một đầu a của bóng đèn nối vào 1 dây nào đó, đầu còn lại b lần lượt chạm vào các dây còn lại. Có 4 khả năng xảy ra : Nếu sau 2 lần chạm đèn đều sáng thì a là cuối dây 1 (hình 7A); Nếu sau 2 lần chạm đèn đều không sáng thì dây chưa chạm là dây 1. 14
  15. b a BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 Nếu lần đầu không sáng mà lần thứ 2 lại sáng Phòng B Phòng A thì chỗ chạm lần 2 là cuối dây 1. Nếu lần đầu sáng mà lần thứ 2 lại không sáng thì chỗ chạm lần đầu là cuối dây 1. Vậy trong bước 1 có 2 lần thử và xác định được dây 1. Bước 2: (hình 7B) Ở phòng A : Nối 3 và 4 với nhau và với 1 cực pin ; cực pin còn lại nối với dây2 Ở phòng B : Một đầu đèn a nối vào 1 dây bất kỳ (trừ 1 đã biết), lần lượt chạm đầu còn lại b của đèn vào 2 dây còn lại (trừ 1 đã biết). Có 2 khả năng xảy ra : Nếu 2 lần thử đèn đều sáng thì a là dây 2. Nếu 1 lần sáng, 1 lần tối thì lần sáng chỗ b chạm vào là dây 2. Vậy trong bước 2 có 2 lần thử và xác định được dây 2. Bước 3 : (hình 7C) Ở phòng A : Nối pin vào 2 và 4 (hoặc 3) Ở phòng B : Nối đầu đèn a vào cuối dây 2, chạm đầu còn lại b của đèn vào 1 trong 2 dây (cuối của 3 hoặc 4). Nếu đèn sáng thì dây chạm là 4 (hoặc 3), nếu không là 3 (hoặc 4). Tóm lại dùng ít nhất là 5 lần thử. HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐĂKLĂK CHUYÊN NGUYỄN DU NĂM HỌC 2007-2008 ĐÊ 5 MÔN : VẬT LÝ 150 phút (không kể thời gian giao đề) BÀI 1 :(1.5 điểm) Hai học sinh đi cắm trại. Nơi xuất phát cách nơi cắm trại AB=s = 40km. Họ có 1 chiếc xe đạp chỉ dùng được cho 1 người và họ sắp xếp như sau : Hai người cùng khởi hành 1 lúc , 1 đi xe đạp với vận tốc không đổi v1 = 15km/h, một đi bộ với vận tốc không đổi v2 = 5km/h tới 1 địa điểm thích hợp C, người đang đi xe đạp bỏ xe đạp và đi bộ. Khi người kia tới nơi thì lấy xe đạp sử dụng. Vận tốc đi xe đạp và đi bộ vẫn như trước. Hai người cùng đến nơi cùng 1 lúc. 1/Xác định địa điểm thích hợp C nói trên. 2/Tính vận tốc trung bình của mỗi người. 3/Xe đạp không dược sử dụng trong thời gian bao lâu. Câu 2: a. Giải thích hiện tượng cầu chì ngắt mạch khi có dòng điện với cường độ vượt quá giá trị cho phép chạy qua? b. Một người bán đường có một chiếc cân đĩa mà hai cánh cân không bằng nhau và một bộ quả cân: + Hãy trình bày cách để cân đúng một cân đường? + Hãy trình bày cách để cân một gói hàng ( Khối lượng gói hàng không vượt quá giới hạn đo của cân ) 15
  16. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 Câu 3: Một chiếc ca không có vạch chia được dùng để múc nước ở thùng chứa I và thùng chứa II rồi đổ 0 0 vào thùng chứa III. Nhiệt độ của nước ở thùng chứa I là t1 = 20 C, ở thùng II là t2 = 80 C. Thùng chứa 0 III đã có sẵn một lượng nước ở nhiệt độ t3 = 40 C và bằng tổng số ca nước vừa đổ thêm. Cho rằng không có sự mất mát nhiệt lượng ra môi trường xung quanh. Hãy tính số ca nước cần múc ở thùng I và thùng II để nước ở thùng III có nhiệt độ bằng 50 0C ? Câu 4: Cho mạch điện như hình vẽ có: R4 M R5 R0 = 0,5  , R1 = 5  , R2 = 30  , R = 15  , R = 3  , R = 12  , U = 48 V. N 3 4 5 Bỏ qua điện trở của các ampe kế. Tìm: R1 R2 a. Điện trở tương đương RAB. R R 0 3 A2 b. Số chỉ của các ampe kế A và A . 1 2 A - c. Hiệu điện thế giữa hai điểm M và N. B + A1 Câu 5: Cho gương phẳng hình vuông cạnh a đặt thẳng đứng trên sàn nhà, mặt hướng vào tường và song song với tường. Trên sàn nhà, sát chân tường, trước gương có nguồn sáng điểm S. a. Xác định kích thước của vệt sáng trên tường do chùm tia phản xạ từ gương tạo nên ? b. Khi gương dịch chuyển với vận tốc v vuông góc với tường ( sao cho gương luôn ở vị trí thẳng đứng và song song với tường ) thì ảnh S’’ của S và kích thước của vệt sáng thay đổi như thế nào ? Giải thích ? Tìm vận tốc của ảnh S’ ? ĐÁP ÁN Bài 1: Câu 1: - Xét HS lúc đầu đi xe đạp, lúc sau đi bộ, các thời gian tương ứng là AC CB AC CB t1 = ; t2 = t = t1 + t2 = + v1 v 2 v1 v 2 - Xét HS lúc đầu đi bộ , lúc sau đi xe đạp, các thời gian tương ứng là AC CB AC CB t’1 = ; t’2 = t’ = t’1 + t’2 = + v2 v1 v2 v1 - Cả 2 HS đén nơi cùng một lúc nên t = t’ AC CB AC CB 1 1 1 1 + = + AC = CB v1 v 2 v2 v1 v1 v2 v1 v2 - Vì v1 v2 nên AC = CB C là điểm giũa của AB S S S v1 v2 Câu 2: - t của mỗi HS đi hết quãng đường : t = t’ = = 2v1 2v2 2 v1.v2 S 2v1v2 - v trung bình của mỗi HS là vtb = = 7,5 km/h t v1 v2 S 4 S Câu 3: Khoảng t mà xe đạp không sử dụng:t 1 = h; t’2 = 4 h 2v1 3 2v2 t = t’2 - t1 =8/3 h = 2h40phút Câu 1. (3,5 đ): + Cách để cân đúng một cân đường bằng một cái cân sai (1,0 đ): - Đặt quả cân 1 kg lên đĩa A. Đổ đường lên đĩa B 1Kg b. sao cho cân thăng bằng ( Lượng đường này là khối Bì lượng trung gian, gọi là bì ) A B 1,0 ( Hình I ) (0,5 đ) I đ 16
  17. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 - Bỏ quả cân 1 kg xuống, đổ đường vào đĩa A sao cho cân lại thăng bằng. Lượng đường trong đĩa A Đường Bì chính là 1 kg. (Hình II ) A B (0,5 đ) II + Cách để cân một gói hàng ( Khối lượng gói hàng không vượt quá giới hạn đo của cân ) (1,25 đ): - Đặt gói hàng lên đĩa A, đĩa B để các quả cân có m x m khối lượng tổng cộng là m1 sao cho cân thăng 1 bằng. ( Hình I ) (0,25 đ) A B Theo tính chất của đòn bảy ta có: 1,25 l A l B I đ mx.g.l A = m1.g.l B (1) (0,25 đ) - Đặt gói hàng lên đĩa B, đĩa A để các quả cân có mx m2 khối lượng tổng cộng là m2 sao cho cân lại thăng bằng. ( Hình II ) (0,25 đ) A B Ta có: mx.g. l B = m2.g. l A (2) (0,25 đ) l l A B II Nhân vế theo vế của (1) và (2) ta được: 2 2 2 mx .g . l A .l B = m1.m2. g . l A . l B => mx= m1.m2 (0,25 đ) Câu 3. (2đ): Gọi m là khối lượng của mỗi ca nước, n1 là số ca nước ở thùng I, n2 là số ca nước ở thùng II (0,25 đ) 0 Số ca nước ở thùng III là n1+ n2, nhiệt độ cân bằng của hỗn hợp là 50 C (0,25 đ) Ta có Q1 = m1.c.(50-20) = n1.m.c.30 (1) (0,25 đ) Q2 = m2.c.(80-50) = n2.m.c.30 (2) (0,25 đ) Q3 =(n1+n2).m.c.(50 - 40) = (n1+n2).m.c.10 (3) (0,25 đ) Do quá trình là cân bằng nên ta có : Q1 + Q3 = Q2 (4) (0,25 đ) Thay hệ thức (1), (2), (3) vào hệ thức (4) ta được: 2n1= n2 (0,25 đ) Như vậy nếu mức ở thùng II: n ca thì phải múc ở thùng I: 2n ca và số nước có sẵn trong thùng III là: 3n ca (n nguyên dương ) (0,25 đ) Câu 4. (4 đ): a. (1,5 đ) Do bỏ qua điện trở của các ampe kế và nên ta thay các ampe kế bằng dây dẫn thì B, E, D A1 A2 thành một điểm. Khi đó ta được một mạch điện mới (h.b): R R 4 M 5 12 R0 3 (0,5 đ) o - D + o A B 0,5 C R 30R 1 N 2 h.b E 5 R3 15 17
  18. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 R2.R3 30.15 R23 10 (0,25 đ) R2 R3 30 15 R R R 5 10 15() (0,25 đ) Ta có: 123 1 23 R .R 15.15 15 45 123 (0,25 đ) R12345 7,5 R45 R123 15 15 2 RAB R0 R12345 0,5 7,5 8() (0,25 đ) U 48 b. (1,5 đ). đo cường độ dòng điện mạch chính (h.a): I I 6(A) (0,5 đ). Dòng I rẽ A1 A1 A1 RAB 8 thành hai dòng: I3 đi qua R3 và I đi qua A2 A2 - Tính I3 bằng sơ đồ h.b. Ta thấy R45 = R123 ( đều bằng 15) nên dòng qua mỗi nhánh, tức dòng qua R1 : 6A I 3(A) (0,25 đ) 1 2 - Ta có R2 mắc song song R3 mà R2 = 2R3 nên dòng qua R3 gấp đôi dòng qua R2 và: I2 +I3 = I1 => I3 = 2(A) và I2 = 1(A). (0,25 đ) - Ta có : I = I - I = 6 - 2 = 4 (A) (0,5 đ) A2 A1 3 c. (1.0 đ). UMC = I45. R4 = 3.3 = 9 (V) (0,25 đ) UNC = I123. R1 = 3.5 = 15 (V) (0,25 đ) UMN = UMC+ UCN = UMC - UNC = 9 - 15 = - 6 (V) (0,25 đ) Khi nói hiệu điện thế giữa hai điểm M, N tức là | UMN | , vậy | UMN | = 6 V. (0,25 đ) Câu 6. (2 đ): U a. (0,5 đ): Dựng S’ đối xứng với S qua gương. Từ S’ nối đến + - bốn đỉnh của gương hình vuông cạnh a ta được bốn tia giới L R1 D RTường2 hạn của chùm sáng phản xạ. (Trên hình vẽ do chỉ là một mặt I 2a cắt vuông góc nên ta chỉ vẽ được hai tia). Bốn tia này tạo ra a bốn đỉnh của vệt sáng hình vuông cạnh 2a S ' A S (0,25 đ) R3K R4 Thật vậy: Có IK // LS, S’K = SK => IK là đường trung bình M C N của tam giác S’LS 1 -> IK LS => LS = 2IK = 2a (0,25 đ) 2 b. (1,5 đ) Giả sử gương đã dịch chuyển từ H sang bên trái một L đoạn nhỏ s đến H’. Khoảng cách từ S đến gương lúc này là (s + s ) (với s là khoảng cách từ S đến gương khi gương chưa dịch chuyển) (0,25 đ) K - Khoảng cách từ S’’ đến S là: 2.(s + s ) = 2s + 2 s S'' S' a H ( S’’ là ảnh của S qua gương sau khi gương dịch H' S chuyển ) (0,25 đ) s S - Vì S’ cách S một khoảng 2s nên ảnh của điểm sáng S đã dịch chuyển một đoạn: S’S’’ = SS’’ - SS’ = 2s + 2 s - 2s = 2 s (0,25 đ) Trên cùng một thời gian, gương dịch chuyển s còn ảnh dịch chuyển 2 s mà vận tốc của gương là v nên vận tốc của ảnh là 2v , vận tốc của ảnh cùng chiều với vận tốc của gương (0,25 đ) 18
  19. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 Do ảnh S’ luôn đối xứng với vật sáng S nên khoảng cách từ S’ đến tường luôn gấp đôi khoảng cách từ gương đến tường. Tỉ lệ đồng dạng của hai tam giác S’LS và SKH luôn bằng 2:1, tức vệt sáng hình vuông trên tường luôn có cạnh bằng 2a không phụ thuộc vào vị trí của gương. (0,5 đ) Mã ký hiệu đề thi tuyển sinh chuyên lớp 10 Đ01l- 08 – ts10ch Năm học: 2008 - 2009 Môn thi: Vật lý ĐỀ 7 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề này gồm 5 câu, có 1 trang) Câu 1: Ba người đi xe đạp đều xuất phát từ A đi về B. Người thứ nhất đi từ với vận tốc là v1=8km/h. Sau 15 phút thì người thứ hai xuất phát với vận tốc là v 2=12km/h. Người thứ ba đi sau người thứ hai 30 phút. Sau khi gặp người thứ nhất, người thứ ba đi thêm 30 phút nữa thì cách đều nguời thứ nhất và người thứ hai. Tìm vận tốc của người thú ba? Câu 2: 0 Trong một bình nhiệt lượng kế ban đầu chứa m0=100g nước ở nhiệt độ t0=20 C, bắt đầu có các giọt nước nóng nhỏ xuống đều đặn, nhiệt độ nước nóng không đổi. đồ thị sự phụ thuộc của nhiệt độ nước trong nhiệt lượng kế vào số giọt nước nhỏ vào bình có dạng như hình vẽ. Hãy xác định nhiệt độ nước nóng và khối lượng của các giọt nước là như nhau và sự cân bằng nhiệt được thiết lập ngay sau khi giọt nước nhỏ xuống. Bỏ qua sự mất nhiệt vào môi trường và nhiệt lượng kế. t 40 30 20 10 100 200 300 400 500 600 N Câu 3: Dùng một ấm điện để đun nước. Nếu nối ấm điện với hiệu điện thế U 1=110V thì sau t1=18 phút nước sẽ sôi, với hiệu điện thế U 2=132V thì nước sẽ sôi sau t2=12 phút. Hỏi sau bao lâu nước sẽ sôi nếu ấm điện được mắc vào hiệu điện thế U 3=150V? Biết nhiệt lượng hao phí tỉ lệ thuận với thời gian đun nước và coi điện trở của ấm điện không phụ thuộc vào hiệu điện thế. Câu 4: Vật AB đặt trước một thấu kính, cách tiêu điểm thấu kính 5 cm cho một ảnh cùng chiều cao gấp 4 lần vật. 1. Xác định khoảng cách từ vật đến thấu kính và tiêu cự thấu kính. Vẽ ảnh. 2. Cho AB dịch chuyển theo phương vuông góc với trục chính một đoạn là 0,5 cm. Tính độ dịch chuyển của ảnh. Câu 5: 19
  20. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 Một quả cầu thả vào một bình nứoc thì phần thể tích chìm của quả cầu trong nước bằng 85% thể tích của cả quả cầu. Hỏi nếu đổ dầu vào trong bình sao cho dầu phủ kín hoàn toàn quả cầu thì phần thể tích chìm của quả cầu trong nuớc bằng bao nhiêu phần thể tích của cả quả cầu? Biết trọng lượng riêng của nước và dầu tương ứng: 3 3 d0=10000N/m , d=8000N/m . Mã ký hiệu HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ 9 HD01L- 08 – TS10CH ĐÊ7 Bài 1: Khi người thứ 3 xuất phát thì người thứ nhất đã đi được: 3 l v .t 8. 6 km 0.5 điểm 1 1 01 4 Người thứ 2 đi được: 1 l v .t 12. 6 km 0.5 điểm 2 2 02 2 Gọi t1 là thời gian người thứ 3 đi đến khi gặp người thứ nhất: l1 6 v3 .t1 l1 v1.t1 t1 (1) 0.5 điểm v3 v1 v3 8 Sau t2 = t1 + 0.5 (h) thì: Quãng đường người thứ nhất đi được: s1 = l1 + v1 . t2 = 6 + 8.(t1 + 0.5) 0.5 điểm Quãng đường người thứ hai đi được: S2 = l2 + v2 . t2 = 6 + 12.(t1 + 0.5) 0.5 điểm Quãng đường người thứ ba đi được: S3 = t2.v3 = v3.(t1 + 0.5) 0.5 điểm Theo đề bài: s2 – s3 = s3 – s1 Tức là: s1 + s2 = 2.s3 12 = (2v3 – 20).(t1+0.5) (2) 0.5 điểm 2 Từ (1) và (2) v3 18v3 56 0 1.0 điểm Hai nghiệm của phương trình là: v3 = 4 km/h (loại) v3 = 14 km/h (Thoả mãn) 0.5 điểm Bài 2: Giả sử khối lượng mỗi giọt nước nóng là m, nhiệt độ là t x. Khi có N1 = 200 giọt nước 0 nhỏ vào nhiệt lượng kế thì nhiệt độ trung bình là: t1 = 30 C 200.m.t x m0 .t0 0 Ta có: t1 30 C (1) 1.0 điểm 200.m m0 Tương tự khi có N2 = 500 giọt nước nhỏ vào nhiệt lượng kế thì: 500.m.t x m0 .t0 0 Ta có: t2 40 C (2) 1.0 điểm 500.m m0 0 Từ (1) và (2) ta được tx = 80 C và m = 0.1 gam 1.5 điểm Bài 3: Gọi Q là nhiệt lượng cần cung cấp để nước trong ấm điện sôi, còn k là hệ số tỷ lệ giữa nhiệt hao phí và thời gian đun sôi nước. ta có các phương trình sau: 20
  21. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 2 U1 .t1 Q k.t1 R U 2 .t Q.R k.R.t (1) 2 1 1 1 U 2 2 .t2 Q k.t2 U 2 .t2 Q.R k.R.t2 (3) 1.5 điểm R 2 2 U 3 .t3 Q.R k.R.t3 (3) U 3 .t3 Q k.t3 R Trong hệ 3 phương trình trên ta coi có 3 ẩn số là QR, kR và t3 Từ 2 phương trình (1) và (2) suy ra: 2 2 2 2 U2 U1 t1.t2 U1 t1 U2 t2 QR ; kR 1.0 điểm t1 t2 t1 t2 Thay vào phương trình (3) ta được: 2 2 U 2 U1 t1.t2 t3 2 2 2 9 ph 1.0 điểm U 3 t1 t2 (U1 t1 U 2 t2 ) Bài 4: 1. Hình 1.0 điểm Ảnh cùng chiều với vật, đây là ảnh ảo và vật nằm trong khoảng FO. Do đó: A' B ' OF 1.0 điểm AB OF - OA Theo đề bài: A’B’ = 4AB và OF – OA = 5 cm OF = 20 cm , OA = 15 cm 1.0 điểm 2. Giả sử A dịch chuyển đến điểm A 1 cách A là 0.5 cm thì ảnh A’ sẽ dịch chuyển đến A’1 rõ ràng là ảnh của AB cùng chiều và cao gấp 4 lần vật do đó A’A’1 = 4 AA1 = 4 x 0.5 = 2 cm 2.0 điểm Bài 5: Khi bình chỉ có nước quả cầu m chịu tác dụng của 2 lực: Trọng lực P hướng xuống dưới, lực đẩy Acsimet hướng lên trên. Quả cầu đứng yên nên: P = FA = 0,85 . V.d0 (1) 1.0 điểm Khi bình có cả nước và dầu quả cầu chịu tác dụng của 3 lực: Trọng lực P, Lực đẩy Acsimet của nước và dầu. Quả cầu vẫn đứng yên nên: P = F’A1 + F’A2 = V’.d0 + (V-V’).d (2) 1.0 điểm Từ (1) và (2) suy ra: V’.d0 + (V-V’).d = 0,85.V.d0 Suy ra: V’ = 25%.V Vậy V’ = 25%.V 1.0 điểm Hết Mã ký hiệu ĐỀ THI TUYỂN SINH CHUYÊN LỚP 10 Đ03l- 08 – ts10ch Năm học: 2008-2009 Môn thi: Vật lý ĐỀ 8 Thời gian làm bài: 180phút 21
  22. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 (Đề này gồm 4 câu, có 1 trang). Bài 1: Một bình nhiệt kế bằng nhôm có khối lượng m1 bằng 200g, chứa m2 bằng 400g nước ở 0 nhiệt độ t1=20 C. 0 1. Đổ thêm vào bình lượng nước m nhiệt độ t 2=5 C. Khi cân bằng nhiệt thì nhiệt độ nước trong bình là t=100C. Tìm m? 0 2. Sau đó thả vào bình một khối nước đá khối lượng m 3 ở nhiệt độ t 3=-5 C. Khi cân bằng nhiệt trong bình còn 100g nước đá. Tìm m3? Cho biết nhiệt dung riêng của nhôm, của nước, của nước đá lần lượt là: 880J/kg.độ, 4200J/kg.độ, 2100J/kg.độ. Nhiệt nóng chảy của nước đá là 340000J/kg. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường. Bài 2: Một miếng hợp kim gồm 35,4% vàng và còn lại là đồng. Khi miếng hợp kim treo vào lực kế trong không khí thì lực kế chỉ 0,567N. Khi nhúng miếng hợp kim ngập trong nước thì lực kế chỉ bao nhiêu? Biết khối lượng riêng của nước, vàng, đồng lần lượt là: 104N/m3, 19,3.104N/m3, 8,6.104N/m3. Bài 3: Trong mạch điện cho biết đèn 1: 6V-6W, đèn 2: 12V-6W, đèn 3: 1,5W. Khi mắc hai điểm A, B vào hiệu điện thế U thì các đèn sáng bình thường. Hãy xác định: Đ1 Đ2 Đ3 Đ4 Đ5 1. Hiệu điện thế định mức của các đèn 3, đèn 4, đèn 5. 2. Công suất tiêu thụ của cả mạch. Biết tỷ số công suất định mức của hai đèn cuối cùng là 5/3 Bài 4: Hai vật phẳng nhỏ A1B1 và A2B2 giống nhau đặt cách nhau 45 cm, cùng vuông góc với trục chính của thấu kính hội tự. Hai ảnh của hai vật ở cùng một vị trí. ảnh của A 1B1 là ảnh thật, ảnh của A2B2 là ảnh ảo và dài gấp 2 lần ảnh của A1B1. Hãy : 1. Vẽ hai ảnh của hai vật trên cùng hình. 2. Xác định khoảng cách từ A1B1 đến quang tâm. 3. Tìm tiêu cự của thấu kính. HD03l- 08 – TS10CH hướng Dẫn chấm Đề 3 Bài 1: 1. Phương trình cân bằng nhiệt: m .c .(t t) m .c .(t t) m.c .(t t ) 1,0 điểm 1 1 1 2 1 1 2 2 m 0,8838kg 1,0 điểm 2. Trong bình còn lại nước đá nên nhiệt độ cuối cùng trong hỗn hợp là 00C, phần nước đá tan là m3 - 0,1kg. Phương trình cân bằng nhiệt (m .c (m m).c ).(t 0) m .c .(0 t ) (m 0,1). 0,5 điểm 1 1 2 2 3 3 3 3 1,0 điểm m 0,255862kg 3 1,0 điểm Bài 2: Trong không khí, số chỉ của lực kế là P1 bằng trọng lượng của miếng hợp kim. 22
  23. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 Trong nước số chỉ của lực kế là: P2= P1-FA. Lực đẩy Acsimet FA=P1 - P2=dn.V 0,5 điểm P P 1,0 điểm P P d . v d 0,514N 2 1 n 1,0 điểm dv dd 2,5 điểm Bài 3: 1. Dòng định mức của đèn 1, đèn 2 là: I1 = 1A, I2 = 0,5A Dòng qua đèn 3 là I = I –I = 0,5A. Chạy từ C đến D. 3 1 2 0,5 điểm Hiệu điện thế định mức của đèn 3, đèn 4, đèn 5 là: 0,5 điểm U3= P3 : I3 = 3V; U4 = U1+U3 =9V; U5 = U2-U3 = 9V. 2. Công suất định mức của đèn 4 và đèn 5 là: 1,5 điểm P4=I4.U4 = 9.I4; P5 = I5.U5 Với: I = I + I = I + 0,5 5 4 3 4 0,5 điểm Suy ra P = (I + 0,5) . 9 =P + 4,5. 5 4 4 0,5 điểm Theo đề bài: P : P = 5 : 3 5 4 0,5 điểm Giải ra ta được P4 = 6,75W; P5 = 11,25W. Công suất tiêu thụ toàn mạch P = 31,5W. 0,5 điểm Bài 4: 1,0 điểm 1. Vẽ hình. OA' A' B' 2. OA B : OA' B' 1 1 1 1 điểm 1 1 1 1 OA A B 1 1 1 0,5 điểm ' ' ' ' ' OA2 A2 B2 OA2 B2 : OA2 B2 OA2 A2 B2 OA' OA' , A' B' 2A' B' OA 2OA 0,5 điểm Có: 1 2 2 2 1 1 1 2 OA OA 45cm OA 30cm;OA 15cm 1 2 1 2 0,5 điểm OF OI A B OA 3. OIF : A' B' F 2 2 2 0,5 điểm 2 2 A' F A' B' A' B' OA' 2 2 2 2 2 2 f 15 15 0,5 điểm ' f OA2 ' ' ' ' 30 f 30 Tương tự: OF I : A1B1F ' 0,5 điểm f OA1 ' ' Có OA1 OA2 , từ đó suy ra f=OF=20cm. 0,5 điểm 0,5 điểm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG NĂM HỌC 2010 – 2011 MÔN VẬT LÝ ĐỀ 9 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 23
  24. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 Đề chính thức (đề có 01 trang) s (km) Câu 1 (2,5 điểm): Các đường biểu diễn (I) và (II) trên hình 1 biểu diễn chuyển động thẳng đều của xe 1 và xe 2 theo cùng một chiều. Dựa vào đồ thị, hãy cho biết: 120 a. Địa điểm, thời điểm xuất phát của mỗi xe. b. Vận tốc chuyển động của mỗi xe. 80 c. Khoảng cách giữa hai xe lúc 4h15 phút. (I) Câu 2 (2,5 điểm): Bỏ một cục nước đá khối lượng m 1= (II) 0 1kg, nhiệt độ t1= - 5 C vào trong một bình nhôm khối 40 0 lượng m2= 100g chứa nước ở t 2= 20 C. Sau khi có sự cân bằng nhiệt người ta thấy còn 200 gam nước đá chưa tan hết. Bỏ qua sự truyền nhiệt ra môi trường bên ngoài. Cho biết nhiệt dung riêng của nước đá, nhôm, nước lần lượt là 0 2 4 6 t (h) Hình 1 C1=2.100 J/kg.độ, C2= 880 J/kg.độ, C3=4.200 J/kg.độ; nhiệt nóng chảy của nước đá là =340 kJ/kg. a. Tính lượng nước có trong bình lúc đầu. b. Dùng một bếp dầu để đun sôi bình nước và nước đá nói trên, hãy tính lượng dầu cần thiết. Biết năng suất tỏa nhiệt của dầu là 44.000 kJ/kg, hiệu suất của bếp là 25%. Câu 3 (2 điểm): Người ta dùng các sợi dây hợp kim dài l=1,5 m, tiết diện S, điện trở suất =4.10 -7.m để chế tạo A R R B các điện trở R=10 . R A a. Tính tiết diện S của các dây hợp kim. b. Người ta dùng các điện trở nói trên mắc với nhau theo sơ đồ như hình 2. Biết UAB=24V, các dây nối và ampe kế có điện trở không đáng kể. Tính điện R R Hình 2 trở tương đương của đoạn mạch AB và số chỉ của ampe kế. B Câu 4 (2 điểm): Một vật sáng AB cao 1cm đặt trước một thấu L1 L2 kính hội tụ L 1, tiêu cự f1 = f . Vật sáng AB cách thấu kính một khoảng 2f . A F1 O1 O2 F1' a) Vẽ ảnh A’B’ của vật sáng AB qua thấu kính L 1 (có trình bày cách vẽ), tính chiều cao của ảnh. Hình 3 f b) Sau thấu kính L1 người ta đặt một thấu kính phân kỳ L 2 có tiêu cự f2 = - . Thấu kính L2 2 f cách thấu kính L1 một khoảng O1O2 = , trục chính của hai thấu kính trùng nhau (Hình 3). 2 Vẽ ảnh A”B” của vật sáng AB qua hệ hai thấu kính. Tính chiều cao của ảnh A”B”. Câu 5 (1 điểm): Trình bày cách xác định khối lượng riêng của một vật nhỏ bằng kim loại có hình dạng bất kỳ chỉ sử dụng lực kế, dây treo và một bình nước (vật có thể nhúng chìm hoàn toàn trong bình nước). Biết khối lượng riêng của nước là D0. HẾT SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN, THANG ĐIỂM TUYÊN QUANG ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2010 – 2011 MÔN VẬT LÝ Câu Nội dung Điểm 24
  25. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 1 s (km) a. (0,5 đ): Địa điểm: o Xe 1 xuất phát tại điểm cách 120 gốc tọa độ 40 km. o Xe 2 xuất phát tại gốc tọa độ. 0,25 đ Thời điểm: 80 Xe 1 xuất phát lúc 0 h. (I) o o Xe 2 xuất phát lúc 1 h. 0,25 đ (II) b. (0,5 đ) 40 Xe 1 đi được quãng đường s1= 70 km trong t1= 7 giờ vận tốc xe 1 là v1= s1/t1 = 10 (km/h). 0,25 đ Xe 2 đi được quãng đường s = 120 0 2 4 6 t (h) 2 km trong t2 = 6 h vận tốc xe 2 là v2= s2/t2 = 20 (km/h). 0,25 đ c. ( 1,5 đ): Thời gian 2 xe đã đi tính tới thời điểm 4h15’ là t1 = 4 h15’ = 4,25h và t2 = 3h15’ = 3,25h. 0,5 đ Quãng đường 2 xe đi được trong thời gian đó là s1 = v1.t1 = 10.4,25 = 42,5 (km) và s2 = v2.t2 = 20.3,25 = 65 (km). 0,5 đ Vì xe 1 xuất phát cách gốc tọa độ 40 km và xe 2 xuất phát tại gốc tọa độ nên tại thời điểm 4h15’ hai xe cách gốc tọa độ những khoảng x1 = 40 + 42,5 = 82,5 km và x2 = 65 km Khoảng cách hai xe x = x1 – x2 = 17,5 km. 0,5 đ 2 a. (1,5 đ) Một phần đá không tan hết nên nhiệt độ khi có sự cân bằng nhiệt là 00C. Nước và bình thu nhiệt lượng: Qthu = m3C3 t2 + m2C2t2 0,25 đ Đá tỏa nhiệt lượng: Qtỏa = m1C1(0-t1) + (m1-0,2). 0,5 đ Q thu = Qtỏa m3C3 t2 + m2C2t2 = m1C1(0-t1) + (m1-0,2) 0,25 đ m C (0 - t ) (m - 0,2) m C t 1 1 1 1 2 2 2 . 0,25 đ m3 C3 t 2 Thay số: m3 = 3,342 (kg). 0,25 đ b. (1 đ) 0 Nhiệt lượng thu vào để 0,2 kg đá ở 0 C tan chảy: Qthu1=0,2 = 68000 (J) 0,25 đ 0 0 Nhiệt lượng cung cấp cho nước + bình tăng nhiệt độ từ 0 C đến t3 = 100 C: Qthu2 = [(m1+m3)C3 + m2C2].t3 = 1.832.440 (J) Tổng nhiệt lượng thu vào: Q = Qthu1 + Qthu2 = 1.900.440 (J) 0,25 đ Nhiệt lượng cần cung cấp: Q’ = Q/25% = 7.601.760 (J) 0,25 đ Lượng dầu cần thiết: m = Q’/L = 0,173 (kg). 0,25 đ 3 a. (0,5 đ): R= l/S S = l/R 0,25 đ Thay số: S = 6.10-8 m2 - 0,25 đ b. (1,5 đ): AVẽ lại mạch điện: B 0,5 đ R I1 I2 R I3 R I4 R 0,5 đ 25
  26. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 R R R 2 3 Điện trở tương đương của mạch: R R 6 0,25 đ AB R 5 R R 2 0,25đ I A = I3 + I4 = I1/2 + I4 Với I1 = UAB/(1,5R) = 1,6 (A); I4=UAB/R = 2,4 (A). IA = 3,2 (A). 4 L1 a. (1 đ) Vẽ đúng hình 0,25 đ B I Trình bày đúng cách 0,25 đ A' vẽ A F1 O1 F1' J B' Tính chiều cao ảnh: o Chứng minh ABF 1 = O1J F1; O1IF1’ = A’B’ F1’; O1IF1’ = 0,25 đ O1J F1 o Suy ra A’B’ = AB = 1 cm 0,25 đ b. (1 đ): Vẽ đúng hình 0,5 đ B I Chứng minh được A”B”= B" AB/2 = 0,5cm 0,5 đ A F1 A"O1 O2 F1' F'2 F2 J 5 m Từ D để xác định khối lượng riêng của vật cần xác định m và V. 0,25 đ V P1 P1 Xác định m: Treo vật vào lực kế, lực kế chỉ giá trị P1 m (1) 0,25 đ g 10 Xác định V: Nhúng vật vào bình nước, lực kế chỉ giá trị P2. Lực đẩy acximet P1 P2 FA = P1 - P2 = D0V.g = 10.D0V V (2) 0,25 đ 10.D0 P1 Từ (1) và (2) suy ra D D0 0,25 đ P1 P2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN TỈNH NINH BÌNH NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn: VẬT LÝ ĐỀ10 Thời gian làm bài 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang) 26
  27. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 Câu 1. (2,0 điểm) Ông Minh định đi xe máy từ nhà đến cơ quan, nhưng xe không nổ được máy nên đành đi bộ. Ở nhà, con ông sửa được xe liền lấy xe đuổi theo để đèo ông đi tiếp. Nhờ đó thời gian tổng cộng để ông đến cơ quan chỉ bằng nửa thời gian nếu ông phải đi bộ suốt quãng đường, nhưng gấp đôi thời gian nếu ông đi xe máy ngay từ nhà. Hỏi ông đã đi bộ được quãng đường bằng bao nhiêu thì con ông đuổi kịp? Biết chiều dài quãng đường từ nhà ông Minh đến cơ quan là S = 6km. Coi vận tốc khi đi xe máy và đi bộ là không đổi; bỏ qua thời gian lên xuống xe. Câu 2. (1,5 điểm) Một ấm bằng nhôm có khối lượng 0,4kg chứa 0,5 lít nước ở 30 0C. Để đun sôi nước trong ấm (nước sôi ở 100 0C) người ta dùng một bếp điện loại 220V - 1100W, hiệu suất 88%. Biết nhiệt dung riêng của nhôm và nước lần lượt là c 1 = 880J/kg.độ và c2 = 4200J/kg.độ. Bếp dùng ở hiệu điện thế 220V, bỏ qua sự toả nhiệt của ấm và nước ra môi trường. Tìm thời gian đun sôi nước. 3 Câu 3. (1,5 điểm) Một hòn sỏi có khối lượng m s = 48g và khối lượng riêng D s = 2000kg/m được đựng trong một cái cốc thuỷ tinh. Thả cốc này vào bình hình trụ chứa chất lỏng có khối lượng riêng Dℓ = 800kg/m3 thì thấy cốc nổi trên mặt chất lỏng và độ cao của chất lỏng trong bình là H = 20cm. Lấy hòn sỏi ra khỏi cốc (cốc vẫn nổi trong bình) rồi thả nó vào bình chứa chất lỏng thì thấy độ cao của chất lỏng trong bình bây giờ là h. Cho diện tích của đáy bình là S = 40cm2 và hòn sỏi không ngấm nước. Tìm h. Câu 4. (2,0 điểm) Một vật sáng AB đặt vuông góc với trục chính của thấu kính hội tụ O 1 có tiêu cự f1 = 40cm, A trên trục chính cách quang tâm O1 khoảng d = 15cm. 1. Dựng ảnh A'B' của AB cho bởi thấu kính (không cần giải thích cách vẽ). Bằng các phép tính hình học, hãy xác định vị trí B của ảnh A'B'. 2. Đặt một thấu kính hội tụ O 2 có tiêu cự f2 = 20cm đồng trục với thấu kính O1 và cách O1 khoảng a = 45cm. Phải đặt vật AB ở vị trí nào O1 A O2 trong khoảng giữa hai thấu kính để thu được hai ảnh cùng chiều, cùng độ lớn của AB? Câu 5. (3,0 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ: Biến trở MN có điện trở 54 được phân bố đều theo chiều dài MN = 27cm; R = R = 90Ω; bóng đèn Đ ghi 6V – 3W; bóng đèn Đ ghi 6V – Đ 1 2 1 2 M N 0,4W và các bóng Đ3 và Đ4 đều ghi 3V – 0,2W. 2 1. Lập biểu thức tính điện trở tương đương của mạch AB khi con chạy C C nằm ở vị trí bất kỳ trên biến trở. 2. Đặt vào hai điểm A, B hiệu điện thế không đổi U = 16V. Hãy xác + định vị trí của con chạy C để: Đ A B a) Các bóng đèn sáng đúng công suất định mức. b) Công suất tiêu thụ trên toàn mạch là nhỏ nhất. Tính hiệu điện thế Đ 1 Đ R R giữa hai đầu mỗi bóng đèn trong trường hợp này. 3 4 Coi điện trở của các bóng đèn không đổi và bỏ qua điện trở các dây 1 2 nối. HẾT Họ và tên thí sinh: . ; Số báo danh: . Chữ kí giám thị số 1: ; Chữ kí giám thị số 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THI TỈNH NINH BÌNH TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn: VẬT LÝ 27
  28. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 Nội dung Điểm Câu 1 (2,0 điểm) - Gọi vận tốc của ông Minh đi bộ là v1, vận tốc xe là v2 Quãng đường từ nhà đến cơ quan là S, quãng đường ông Minh đi bộ là S1. Khi đó : S - Thời gian đi bộ của ông Minh là 1 V1 - Quãng đường ông Minh được xe đèo : S – S1 S - S - Thời gian ông Minh được xe đèo : 1 V2 S S - S - Thời gian ông Minh được xe đèo và đi bộ : 1 + 1 0,25 V1 V2 S - Thời gian đi bộ từ nhà tới cơ quan : V1 S - Thời gian đi xe từ nhà tới cơ quan : V2 - Do thời gian đi bộ và được xe đèo chỉ bằng nửa thời gian đi bộ từ nhà tới cơ quan nên : S S - S 1 S 1 + 1 = . (1) 0,5 V1 V2 2 V1 - Thời gian đi xe gấp đôi thời gian đi bộ và được xe đèo S S - S 2S 1 + 1 = (2) 0,5 V1 V2 V2 1 S 2S - Từ (1) và (2) ta có : . = V2 = 4V1 2 V1 V2 0,5 S S - S 1 S - Thay vào (1) ta được : 1 + 1 = . V1 4V1 2 V1 4S1 + S – S1 = 2S 1 0,25 3S1 = S S1 = S = 2km 3 Câu 2. (1,5 điểm) Công suất điện mà bếp cung cấp cho ấm : 0,5 P = Pdm.H = 1100.0,88 = 968W Nhiệt lượng cần thiết để đun sôi ấm nước : 0,5 Q = (m1c1 + m2c2)(t2 – t1) = (0,4.880 + 0,5.4200)(100 – 30) = 1716405J Thời gian đun sôi nước : Q 0,5 τ = = 177,3s = 2min 57,3s. P Câu 3. (1,5 điểm) h H0 H Giả sử khi thả cốc không vào bình, mực nước trong bình là H0. Khi bỏ viên sỏi vào cốc mực nước trong bình là H. 0,25 Hòn sỏi (trong cốc) làm nước dâng lên ∆H = H – H0 (1) Trọng lượng viên sỏi cân bằng lực đẩy Ác-si-mét do cốc chìm thêm: 28
  29. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 10.ms = 10.Dℓ.S.∆H (2) ms (1) và (2) H0 = H - ∆H = H - 0,25 S.Dl m Thể tích viên sỏi: V = s 0,25 Ds Khi thả trực tiếp viên sỏi vào bình, mực nước trong bình lúc này là: V ms ms ms 1 1 0,5 h = H0 + = H - + = H + ( ) S S.Dl S.Ds S Ds Dl 48.10 3 1 1 Thay số: h = 0,2 + ( ) 0,191m 0,25 40.10 4 2000 800 Câu 4. (2,0 điểm) 1. O1I = A’B’; B’ I B F O1 0,5 A’ A O1I O1F A ' B ' f ∆FO1I ~ ∆FAB: → = AB AF AB f d 0,25 A ' B ' O1A ' A ' B ' d ' ∆O1A’B’ ~ ∆O1AB: → = AB O1A AB d d ' f d.f 15.40 = d’ = = = 24cm 0,25 d f d f d 40 15 2. Điều kiện hai ảnh cùng chiều là hai ảnh đó phải cùng thật (cùng ngược chiều AB) hoặc cùng ảo (cùng cùng chiều AB). 0,25 Nhận thấy: nếu AB nằm trong khoảng O1F2 hoặc F1O2 thì hai ảnh sẽ trái tính chất. Chỉ có trường hợp AB nằm trong khoảng F2F1 thì cả hai ảnh đều là ảo. B2 B M1 M2 1 B A2 A O F2 F1 O A1 O1 O 1 1 2 O1 0,25 Gọi hai ảnh là A1B1 và A2B2 ta có : A1B1 = O1M1 và A2B2 = O2M2. FA AB AB FA AB ∆F AB ~ ∆F O M : →1 1 1 1 1 1 0,25 F1O1 O1M1 A1B1 f1 A1B1 F2A AB AB F2A AB ∆F2AB ~ ∆F2O2M2: → F2O2 O2M2 A2B2 f2 A2B2 29
  30. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 F1A F2A F1F2 Mà A1B1 = A2B2 = = f1 f2 f1 f2 0,25 F1F2 .f2 15.20 F2A = = = 5cm O1A = O1F2 + F2A = 30cm f1 f2 20 40 Vậy phải đặt AB giữa hai thấu kính, cách O1 khoảng O1A = 15cm. Câu 5. (3,0 điểm) 1. Mạch điện được vẽ lại như sau: Đ1 nt (((((Đ3 // R1) nt (Đ4 // R2))// Đ2) nt RC// M) RCN) R Đ CĐ CM R R 0,5 3 4 1 2 + Đ - 1 Đ A B RCN 2 2 U d + Điện trở của mỗi đèn được tính theo công thức: Rd và cường độ định mức của mỗi đèn Pd Pd là: I d U d 0,2 0,25 Ta tìm được: Rd1 = 12; Id1 = 0,5A; Rd2 = 90; I A; d 2 3 0,2 Rd3 = Rd4 = 45; I I A; d 3 d 4 3 Ta tính được: RMB = 36 + Đặt CM = x (cm) thì CN = (27 – x) (cm). Điện trở trên 1cm chiều dài của biến trở là 54 2 . Do đó RCM = 2x (); RCN = (54 – 2x) (). 27 + Điện trở của mạch AB là: RCMB RCNB (2x 36).(54 2x) RAB RAC 12 RCMB RCNB 2x 36 54 2x 776,25 (x 4,5)2 0,25 R (*) AB 22,5 Học sinh có thể làm theo các cách sau: Cách 1: Gọi RCM = x; RMB = 54 - x RCMB RCNB (x 36).(54 x) RAB RAC 12 RCMB RCNB 90 Cách 2: Đặt RMB = x; RCM = 54 - x RCMB RCNB (90 x).x RAB RAC 12 RCMB RCNB 90 2. Khi UAB = 16V a. + Để các đèn đều sáng bình thường (sáng đúng công suất định mức) thì: UAC =Ud1 = 6V; 0,25 UMB = Ud2 = 6V; Ud3 = 3V; Ud4 = 3V 30
  31. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 UCM = UAB – (UAC + UMB) = 4V. 3 0,1 + Cường độ dòng điện qua các điện trở R1 và R2 là: I I A R1 R 21 90 3 + Cường độ dòng điện trong mạch CM là: 0,25 0,5 I I I I A CM d 2 d 3 R1 3 U 4 + Do đó, R CM 24 . Vậy x = 12cm CM I 0,5/3 CM 0,25 Vậy x = 12cm. Để các đèn sáng bình thường thì con chạy C ở vị trí cách M là 12cm. b. + Công suất tiêu thụ trên toàn mạch là: 0,25 P = U.I . Với U = 16V không đổi, muốn P min thì I min, suy ra RAB max. + Từ biểu thức (*), ta thấy RAB max khi x = 4,5 cm. Vậy để công suất tiêu thụ trên toàn mạch nhỏ nhất thì con chạy C ở vị trí cách M là 4,5cm hay 0,25 RCM = 9. Khi P min thì RAB = 34,5. U AB 16 32 + Dòng điện qua đèn Đ1 là: I A d1 R 34,5 69 AB 0,25 32 Hiệu điện thế giữa hai đầu đèn Đ1 là: U I R 12 5,56A d1 d1 d1 69 + Ta có: UCB = 16 – 5,56 = 10,44V. U CB 10,44 Vậy U MB 8,35V 0,25 RCM RMB 9 36 Hiệu điện thế giữa hai đầu đèn Đ2 bằng Ud2 = UMB = 8,35V. + Vì Rd3 = Rd4, R1 = R2 nên hiệu điện thế giữa hai đầu đèn Đ3 và đèn Đ4 bằng nhau và bằng U 8,35 MB 4,18V . 0,25 2 2 * Lưu ý: - Học sinh giải theo cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. - Biểu điểm của từng ý có thể thay đổi nhưng phải được sự đồng ý của toàn bộ tổ chấm. - Câu 4b: Học sinh có thể vẽ trên hai hình hoặc trên cùng một hình. Sở GD&ĐT Nghệ An Kì thi TUYểN sinh VàO lớp 10 trường thpt chuyên phan bội châu Năm học 2009-2010 ĐỀ 11 Môn thi: VẬT LÝ Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (2 điểm) Có hai vật đặc có thể tích V 1 = 3V2 và trọng lượng riêng A O B tương ứng d1 = d2/2. Treo hai vật đó vào hai vào điểm A, B của một thanh cứng có trục quay ở O (Hình 1) sao cho nó nằm ngang. Bỏ qua ma sát, khối lượng thanh và dây treo. 1 2 a) Biết AB = 20cm. Hãy xác định OB? b) Cho một bình nhựa bị biến dạng chỉ bỏ lọt được vật thứ hai mà không chạm vào thành bình, đựng gần đầy một chất lỏng có trọng lượng riêng dx < d2. Hình 1 31
  32. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 Chỉ được dùng thêm một thước đo có độ chia nhỏ nhất đến mm. Nêu phương án xác định trọng lượng riêng dx của chất lỏng theo d1 hoặc d2. 0 0 Câu 2: (2 điểm) a) Lấy 1 lít nước ở t 1 = 25 C và 1lít nước ở t2 = 30 C rồi đổ vào một bình đã chứa sẵn 0 10 lít nước ở t 3 = 14 C, đồng thời cho một dây đốt hoạt động với công suất 100W vào bình nước trong thời gian 2 phút. Xác định nhiệt độ của nước trong bình khi đã cân bằng nhiệt ? Biết rằng bình có nhiệt dung không đáng kể và được bọc cách nhiệt hoàn toàn với môi trường, nước có nhiệt dung riêng là c = 4200J/kg.độ, khối lượng riêng D = 1000kg/m 3. b) Tháo bọc cách nhiệt quanh bình, thay một lượng nước khác vào bình. Cho dây đốt vào bình hoạt 0 động với công suất 100W thì nhiệt độ của nước trong bình ổn định ở t 1 = 25 C. Khi công suất dây đốt là 0 200W thì nhiệt độ của nước ổn định ở t 2 = 30 C. Không dùng dây đốt, để duy trì nước trong bình ở nhiệt 0 0 độ t3 = 14 C, người ta đặt một ống đồng dài xuyên qua bình và cho nước ở nhiệt độ t 4 = 10 C chảy vào ống với lưu lượng không đổi. Nhiệt độ nước chảy ra khỏi ống đồng bằng nhiệt độ nước trong bình. Biết rằng công suất truyền nhiệt giữa bình và môi trường tỉ lệ thuận với hiệu nhiệt độ giữa chúng. Xác định lưu lượng nước chảy qua ống đồng ? Câu 3: (2,5 điểm) Cho mạch điện như hình 2. Biết R1 = R2 = 3 , R3 = 2 , R4 là biến trở, ampe kế và vôn kế đều lý tưởng, các dây nối và khóa K có điện trở không đáng kể. 1. Điều chỉnh để R4 = 4 . a) Đặt UBD = 6V, đóng khóa K. Tìm số chỉ ampe kế và vôn kế ? V A b) Mở khóa K, thay đổi UBD đến giá trị nào thì vôn kế chỉ 2V ? 2. Giữ UBD = 6V. Đóng khóa K và di chuyển con chạy C của biến trở R 4 từ đầu bên trái sang đầu bên phải thì số chỉ của ampe kế IA thay đổi như thế nào? Hình 2 Câu 4: (1,5 điểm) Cho mạch điện như hình 3. Biết hiệu điện thế U không đổi, R là biến trở. Khi cường độ + - o U o dòng điện chạy trong mạch là I1 = 2A thì công suất toả nhiệt trên biến trở là P1 = 48W, khi cường độ dòng điện là I2 = 5A thì công r B suất toả nhiệt trên biến trở là P2 = 30W. Bỏ qua điện trở dây nối. a) Tìm hiệu điện thế U và điện trở r? C A b) Mắc điện trở R0 = 12 vào hai điểm A và B ở mạch R trên. Cần thay đổi biến trở R đến giá trị bao nhiêu để công suất Hình 3 toả nhiệt trên bộ R 0 và R bằng công suất toả nhiệt trên R 0 sau khi tháo bỏ R khỏi mạch? Câu 5 : (2 điểm) a) Đặt vật sáng AB vuông góc với trục chính xy của một thấu kính, B nằm trên trục chính thì tạo ra ảnh ảo A ’B’ cao gấp 3 lần AB và cách AB một khoảng 20cm. Xác định loại thấu kính. Bằng phép vẽ, hãy xác định quang tâm và tiêu điểm, từ đó tính tiêu cự của thấu kính. b) Đặt sau thấu kính một gương phẳng vuông góc với trục chính tại vị trí nào để khi di chuyển vật AB dọc theo trục chính thì ảnh cuối cùng qua hệ có độ lớn không đổi? c) Cố định vật AB, di chuyển thấu kính đi xuống theo phương vuông góc với trục chính xy với vận tốc không đổi v = 10cm/s thì ảnh của điểm A qua thấu kính sẽ di chuyển với vận tốc là bao nhiêu? Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC PHAN BỘI CHÂU NĂM HỌC 2009 - 2010 Môn thi: VẬT LÝ HƯỚNG DẪN CHẤM THI Bản hướng dẫn chấm gồm 05 trang 32
  33. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 Nội dung Điểm Câu 1 a) Lực căng của dây treo tác dụng vào điểm B bằng trọng lượng vật 2 bằng P2 = V2d2 (2đ) d 3 0,5 Lực căng của dây treo tác dụng vào điểm A bằng trọng lượng vật 1 là 1P = V1d1 = 3V2 2 P 2 2 2 OB P 3 Thanh cứng nằm ngang cân bằng nên 1 (1) 0,5 OA P2 2 Mặt khác OA + OB = 20 (2) Từ (1) và (2) giải ra ta được OB = 12cm. b) Cố định điểm treo vật thứ hai tại B, thả nó chìm hẳn vào chất lỏng trong bình nhựa. Chất lỏng tác dụng lên vật thứ hai lực đẩy Ácsimet: FA V2.d X 0,25 Lực căng của dây treo tác dụng lên điểm B giảm xuống còn: P2 FA . Thanh cứng nghiêng về phía vật thứ nhất. 0,25 Dịch dây treo vật thứ nhất về phía O đến vị trí A’ sao cho thanh cứng trở lại nằm ngang. Dùng thước đo khoảng cách OA’. OA' P F Khi thanh cứng trở lại nằm ngang ta có 2 A OB P1 P.OA' P.OA' 3V .d OA' => P F 1 F P 1 V .d V .d 2 2 . 2 A OB A 2 OB 2 X 2 2 2 OB 0,5 3.OA' => d d (1 ) (*) X 2 2.OB 3.OA' Nếu tính dx theo d1 thì d d (2 ) ( ) X 1 OB Thay các giá trị đã biết vào (*) hoặc ( ) ta tìm ra được dx. * Hai phương án sau cũng chấp nhận được nhưng không tối ưu, nên chỉ cho tối đa 0,75 đ: + Với thanh cứng đủ dài. Cố định điểm treo vật thứ nhất tại A. Thả vật thứ hai chìm hẳn vào chất lỏng có trọng lượng riêng dx trong bình nhựa và dịch điểm treo vật thứ hai (cùng với bình nhựa) ra xa O đến vị trí B’ sao cho thanh cứng nằm ngang. Đo khoảng cách OB’. Từ biểu thức cân bằng đòn bẩy tính ra dx. + Thả vật thứ hai chìm hẳn vào chất lỏng có trọng lượng riêng dx trong bình nhựa và dịch điểm treo cả hai vật đến vị trí A’ và B’ sao cho thanh cứng nằm ngang. Đo các khoảng cách OA’, OB’. Từ biểu thức cân bằng đòn bẩy tính ra dx. a) Gọi nhiệt độ của nước trong bình khi cân bằng nhiệt là t. Câu 2 Nước nóng và dây đốt tỏa nhiệt. Nhiệt lượng tỏa ra là: 0,25 (2đ) Qtỏa = m1c(t1 – t) + m2c(t2 – t) + P. Bỏ qua nhiệt dung của bình thì chỉ có nước trong bình thu nhiệt. Nhiệt lượng thu vào là: 0,25 Qthu = m3c(t – t3) Bình cách nhiệt hoàn toàn, ta có: Qtỏa = Qthu  m1c(t1 – t) + m2c(t2 – t) + P. = m3c(t – t3) (m1t1 m2t2 m3t3 )c P => t 0,5 (m1 m2 m3 )c (1.25 1.30 10.14).4200 100.120 Thay số ta được: t 16,50 C (1 1 10)4200 b) Gọi nhiệt độ môi trường là t0, hệ số tỉ lệ của công suất truyền nhiệt giữa bình và môi trường theo hiệu nhiệt độ giữa chúng là k(W/0C). Khi nhiệt độ nước trong bình ổn định thì công suất tỏa nhiệt của dây đốt bằng công suất tỏa 0,5 nhiệt từ bình ra môi trường, do đó: P1 = k(t1 – t0) (1) và P2 = k(t2 – t0) (2) 0 0 Chia từng vế (1) cho (2) và thay số, giải ra ta được: t0 = 20 C và k = 20(W/ C) 33
  34. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 0 Khi bình ở nhiệt độ t3 = 14 C thì công suất cấp nhiệt từ môi trường vào bình là: P3 = k(t0 – t3) (3) Gọi lưu lượng nước qua ống đồng là  (kg/s), Công suất thu nhiệt của nước chảy qua ống đồng là P' c(t t ) 3 3 4 0,5 ' k(t0 t3 ) Nhiệt độ bình ổn định ở t3 nên P3 P3 c(t3 t4 ) k(t0 t3 )  c(t3 t4 ) 20(20 14) Thay số ta được:  7,14.10 3 (kg / s) 7,14(g / s) 4200(14 10) Câu 3 1.a. Khi khóa K đóng, tìm số chỉ của ampe kế và vôn kế ? (2,5đ) R1R3 3.2 6 R13 = = 1,2 ( ) R1 R3 3 2 5 R R 2 4 3.4 12 0,25 R24 = ( ) R2 R4 3 4 7 12 20,4 R = R + R = 1,2 + = ( ) BD 13 24 7 7 U 6 Cường độ dòng điện mạch chính : I = BD = 2,06 (A) RBD 20,4 7 Hiệu điện thế giữa hai đầu R1 và R3 : 21 U = U = U = I. R = .1,2 2,47 (V) 13 1 3 13 10,2 U 2,47 Cường độ dòng điện qua R : I = 1 = 0,82 (A) 1 1 0,5 R1 3 Hiệu điện thế giữa hai đầu R2 và R4 : 12 U = U = U = I. R = 2,06. 3,53 (V) 24 2 4 24 7 U 2 3,53 Cường độ dòng điện qua R2: I2 = = 1,18 (A) R2 3 Do I2 > I1 nên IA = I2 - I1 = 1,18 - 0,82 = 0,36(A) Vậy dòng điện qua ampe kế có chiều từ N đến M và có cường độ IA = 0,36(A) Ampe kế có điện trở không đáng kể đã nối tắt M và N => UMN = 0(V)nên vôn kế chỉ số 0 0,25 b. Khi mở K, vôn kế chỉ 2 (V). Xác định UBD = ? R = R + R = 6 ( ) 12 1 2 I12 0,25 R34 = R3 + R4 = 6 ( ) U I12 = I34 = 6 I34 34
  35. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 U U Ta có : U = I .R = 3. = 1 12 1 6 2 U U 0,25 U = I .R = 2. = 3 34 3 6 3 U U U UV = U1- U3 = = U = 6 U = 6.2 = 12 (V) 2 3 6 V 2. Đóng khóa K và di chuyển con chạy C của biến trở R 4 từ đầu bên trái sang đầu bên phải thì số chỉ của ampe kế IA thay đổi như thế nào ? Ta có : R1R3 3.2 6 R13 = = 1,2 ( ) R1 R3 3 2 5 R2 .x 3.x Đặt RNC = x => R24 = = R2 x 3 x 3.x 4,2x 3,6 I R = 1,2 + = 1 I2 BD 3 x 3 x U 6 6(3 x) I = = = A R 4,2x 3,6 4,2x 3,6 BD 0,5 3 x 6(3 x) 7,2(3 x) U = I. R = .1,2 = 13 13 4,2x 3,6 4,2x 3,6 7,2(3 x) U13 4,2x 3,6 2,4(3 x) I1 = = = R1 3 4,2x 3,6 6(3 x) 3.x 18.x U = I.R = . = 24 24 4,2x 3,6 3 x 4,2x 3,6 18.x U 24 4,2x 3,6 6.x I2 = = = R2 3 4,2x 3,6 * Xét hai trường hợp : - Trường hợp 1 : Dòng điện chạy qua ampe kế có chiều từ M đến N. 2,4(3 x) 6.x 7,2 3,6x Khi đó : I = I - I = - = (1) A 1 2 4,2x 3,6 4,2x 3,6 4,2x 3,6 Biện luận : 0,25 Khi x = 0 thì IA = 2 (A) Khi x tăng thì (7,2 - 3,6.x) giảm ; (4,2.x + 3,6) tăng do đó IA giảm. 35
  36. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 - Trường hợp 2 : Dòng điện chạy qua ampe kế có chiều từ N đến M. 6.x 2,4(3 x) 3,6x 7,2 Khi đó : I = I - I = - = A 2 1 4,2x 3,6 4,2x 3,6 4,2x 3,6 7,2 3,6.2 Khi x=2 thì I = = 0. A 4,2.2 3,6 7,2 3,6 I = x (2) A 3,6 4,2 x Biện luận : 7,2 3,6 + Khi x tăng từ 2 ( ) trở lên thì và đều x x giảm do đó IA tăng. 7,2 3,6 + Khi x rất lớn ( x ) thì và 0. Do đó x x 0,25 IA 0,86 (A) và cường độ dòng chạy qua điện trở R 4 rất nhỏ. Sơ đồ mạch có thể vẽ như hình bên. a) Gọi điện trở của biến trở ứng với hai trường hợp đã cho là R1 và R2 thì: Câu 4 P1 U I1 (r R 1 ) với R 12 (1,5đ) 1 I 2 1 0,5 P 6 U I (r R ) với 2 2 2 R 2 2  I 2 5 Giải hệ phương trình trên ta được: U = 36V và r = 6  0,25 U 2 b) Khi R0 nt r thì công suất toả nhiệt trên R0 là: P1 2 .R 0 (R 0 r) Đặt điện trở tương đương của (R0 // R) là x. 0,25 U 2 Khi mắc (R0 // R) nt r thì công suất toả nhiệt trên x là: P .x 2 (x r) 2 U 2 U 2 Theo bài ra, ta có: P P .R .x 1 2 2 0 2 0,25 (R 0 r) (x r) R x 0 . Giải ra ta được: x 3 hoặc x 12 2 2 1 2 (R 0 r) (x r) R 0 x 12.3 Từ đó : Khi x 1 3 thì R 4 R 0 x 12 3 0,25 Khi x 2 12 thì R = 0. Câu 5 a) Thấu kính tạo ra ảnh ảo lớn hơn vật thật thì thấu kính đó là thấu kính hội tụ. 0,25 (2đ) A’ Việc xác định quang tâm, tiêu điểm của thấu kính bằng phép vẽ được thể hiện trên hình sau: A I 0,25 x B’ B O F’ y 36
  37. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 OB AB 1 Vì ∆ ABO  ∆ A’B’O và A’B’ = 3.AB => OB' A'B' 3 BB ' 20 0,25 => B’B = 2.BO => BO 10cm => B’O = B’B + BO = 20 + 10 = 30 cm 2 2 F 'O IO AB 1 Vì ∆ IOF’  ∆ A’B’F’ và IO = AB => F 'B' A'B' A'B' 3 0,25 B'O 30 => B’O = 2OF’ => OF ' 15cm . 2 2 b) Các tia sáng từ vật khúc xạ qua thấu kính, phản xạ trên gương rồi lại khúc xạ qua thấu kính lần lượt tạo ra ba ảnh. - Khi dịch chuyển vật AB dọc theo trục chính xy, tia tới AI luôn song song với xy thì tia ló sau thấu kính luôn đi qua tiêu điểm F’. - Để ảnh cuối cùng qua hệ có độ lớn không đổi thì ảnh A’ phải dịch chuyển trên một đường thẳng song song với xy. Vậy, phải có một tia ló cuối cùng qua thấu kính song song với trục xy. - Để có tia ló cuối cùng qua thấu kính song song với xy thì tia tới của nó phải đi qua tiêu điểm F’ - Tia tới này lại chính là tia phản xạ trên gương của tia ló ban đầu sau thấu kính. Như vậy, gương phẳng phải đặt tại tiêu điểm F’, cách thấu kính một khoảng f = 15cm như hình vẽ. 0,5 G A I x B O F’ y 37
  38. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 c) Ảnh A1 của điểm A được xác định như bằng cách vẽ đường truyền của tia tới đi qua quang tâm O và tia tới có đường kéo dài đi qua tiêu điểm F như hình vẽ. Ảnh A1 nằm trên đường thẳng đi qua điểm J và song song với xy. Khi dịch chuyển thấu kính đi xuống theo phương vuông góc với trục chính của thấu kính một quãng OO’ thì điểm tiêu điểm F dịch chuyển cùng phương một đoạn bằng FF1 = OO’. Khi đó điểm J dịch chuyển lên một đoạn JJ’ và ảnh A1 cũng sẽ chuyển động đi lên một quãng A1A2 0,5 có độ dài bằng JJ’. A 2 J’ A 1 A J F O x B y , , ’ y x F1 O ’ JJ' JA JA OB Từ hình vẽ: ∆AFF1  ∆AJJ => (1) AB//OJ => (2) FF1 FA FA BF JJ ' OB 2 Từ (1) và (2) => => JJ’ = 2.FF1 FF1 BF 1 OO' Vì dịch chuyển xảy ra cùng trong khoảng thời gian t nên : v 10cm / s t JJ ' 2FF 2.OO ' và v' 1 2.v 2.10 20cm / s t t t * Nếu học sinh chứng minh công thức thấu kính rồi sử dụng để giải câu 5 thì tổ giám khảo cần xem xét kĩ lập luận và cân nhắc để cho điểm hợp lý . Nếu học sinh giải theo cách khác đúng đáp số và cách giải tối ưu thì giám khảo vẫn cho điểm tối đa. Trường hợp khó quyết định thì trao đổi trong tổ giám khảo để thống nhất cho điểm. SẠ GIÁO DẠC - ĐÀO TẠO KẠ THI TUYÊN SINH VÀO LẠP 10 THPT QUẠC HẠC KHOÁ NGÀY 19.06.2006 ĐỀ 12 Môn thi: VẬT LÝ Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (2,5 điểm) Trên mạt đưạng đua thạng, hai bên lạ đưạng có hai hàng dạc các vạn đạng viên chuyạn đạng theo cùng mạt hưạng: mạt hàng là các vạn đạng viên chạy viạt dã và hàng kia là các vạn đạng viên đua xe đạp. Biạt rạng các vạn đạng viên viạt dã chạy đạu vại vạn tạc 20km/h và khoạng cách đạu giạa hai ngưại liạn kạ nhau trong hàng là 20m; nhạng con sạ tương ạng đại vại hàng các vạn đạng viên đua xe đạp là 40km/h và 30m. Hại mạt ngưại quan sát cạn phại chuyạn đạng trên đưạng vại vạn tạc bạng bao nhiêu đạ mại lạn khi mạt vạn đạng viên đua xe đạp đuại kạp anh ta thì chính lúc đó anh ta lại đuại kạp mạt vạn đạng viên I1 I chạy viạt dã tiạp theo? 2 38 A V
  39. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 Bài 2: (2,5 điểm) Người ta đặt một viên bi đặc bằng sắt hình cầu bán kính R = 6cm đã được nung nóng tới nhiệt độ t 3250 C lên mặt một khối nước đá rất lớn ở 00 C . Hỏi viên bi chui vào khối nước đá đến độ sâu bao nhiêu? Bỏ qua sự dẫn nhiệt của nước đá và độ nóng lên của đá đã tan. Cho khối lượng riêng của sắt là D = 3 3 7800kg/m , khối lượng riêng của nước đá là D 0 = 915kg/m , nhiệt dung riêng của sắt là C = 460J/kg.K, nhiệt nóng chảy của nước đá ( tức là nhiệt lượng mà 1kg nước đá ở 00 C cần thu vào để nóng chảy hoàn 4 toàn thành nước ở nhiệt độ ấy) là  = 3,4.10 5J/kg. Thể tích hình cầu được tính theo công thức V R3 3 với R là bán kính. Bài 3: (2,5 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ, trong đó R là điện trở toàn phần của biến trở, R 0 b o U là điện trở của bếp điện. Cho R0 = Rb, điện trở dây nối không đáng kể, hiệu điện R0 A o B thế U của nguồn không đổi. Con chạy C nằm ở chính giữa biến trở. C a, Tính hiạu suạt cạa mạch điạn. Coi công suạt tiêu thạ trên bạp là có R ích. b b, Mắc thêm một đèn loại 6V-3W song song với đoạn AC của biến trở. Hỏi muốn đèn này sáng bình thường thì hiệu điện thế U của nguồn và điện trở R0 phải thoả mãn điều kiện nào? Bài 4: (1,5 điểm) Cho một vật AB đặt trước thấu kính hội tụ L1 có tiêu cự f1 = f và cách thấu kính L1 khoảng cách 2f như trên hình vẽ. Sau L1 ta đặt thấu kính phân kỳ L2 có tiêu cự f2 = - f / 2 và cách L1 một A khoảng O1O2 = f / 2, sao cho trục chính của hai thấu kính trùng nhau. B O O a, Hãy vẽ ảnh của AB qua hệ hai thấu kính trên. 1 2 b, Hãy vẽ một tia sáng phát ra từ A sau khi đi qua cả hai thấu kính trên thì tia ló có phương đi qua B. Giải thích cách vẽ. L1 L2 Bài 5: (1,0 điểm) Trong một hộp kín X (trên hình vẽ) có mạch điện ghép bởi các điện trở giống nhau, mỗi điện trở có giá trị R0. Người ta đo điện 1 4 trở giữa hai đầu dây ra 2 và 4 cho ta kết quả là R24 = 0. Sau đó, lần X lượt đo điện trở của các cặp đầu dây ra còn lại, cho ta kết quả là: 2 3 R12 = R14 = R23 = R34 = 5R0/3 và R13 = 2R0/3. Bỏ qua điện trở các dây nối. Hãy xác định cách mắc đơn giản nhất các điện trở trong hộp kín trên. Hết SẠ GIÁO DẠC - ĐÀO TẠO KẠ THI TUYÊN SINH VÀO LẠP 10 THPT QUẠC HẠC KHOÁ NGÀY 19.06.2006 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ CÂ NỘI DUNG - YÊU CẦU ĐIỂM U - Ký hiệu vận tốc của VĐV chạy, người quan sát và VĐV đua xe đạp lần lượt là v , v 1 1 2 và v3; khoảng cách giữa hai VĐV chạy liền kề là l1 và giữa hai VĐV đua xe đạp liền kề là l . 0,25 2,5đ 2 - Tại một thời điểm nào đó ba người ở vị trí ngang nhau thì sau thời gian t người quan 39
  40. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 sát đuổi kịp VĐV chạy và VĐV đua xe đạp phía sau đuổi kịp người quan sát. Ta có các 0,50 phương trình: v2t v1t l1 (1) 0,25 0,25 v3t v2t l2 (2) - Cộng hai vế các phương trình trên rồi tìm t, ta được: l l t 1 2 (3) v3 v1 0,50 l (v v ) - Thay (3) vào (1) ta được: v v 1 3 1 (4) 2 1 0,50 l1 l2 - Thay số vào (4) ta có: v = 28 (km/h) 2 0,25 - Có thể xem kích thước khối nước đá rất lớn so với viên bi nên sau khi cân bằng nhiệt thì nhiệt độ cân bằng là 00 C . 0,25 - Nhiệt lượng mà viên bi toả ra để hạ nhiệt độ xuống H 4 00 C là: Q V.D.C.(t 0) R3.D.C.t 1 3 0,25 - Giả sử có m (kg) nước đá tan ra do thu nhiệt của viên bi toả ra, thì nhiệt lượng được tính theo công thức: Q .m 0,25 2 0,25 - Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt, ta có: Q1 Q2 ; 0,25 4 4 R3.D.C.t 0,25 m. R3.D.C.t m 3 3 0,50 3 0,25 2 m 4 R .D.C.t - Thể tích của khối lượng đá tan ra tính được là: Vt 0,25 D0 3D0 2,5đ - Thể tích Vt là tổng thể tích của một hình trụ có chiều cao h và thể tích của một nửa hình cầu bán kính R, nên ta suy ra được: 1 4 3 1 4.R.D.C.t 2R 2R 2.D.C.t h Vt . R . 2 1 2 3 R 3.D0 3 3 .D0 - Vậy viên bi chui vào khối nước đá một độ sâu H là: 4D.C.t 2 4D.C.t R H h R 1 .R 1 . 3.D0 3 .D0 3 - Thay các giá trị vào ta có: 4.7800.460.325 6 H 5 1 . 32 (cm) 3,4.10 .915 3 R0.R0 / 2 R0 0,25 a, - Điện trở RCB R0 R0 / 2 3 U 6U - Cường độ dòng điện trong mạch chính : I 0,25 R0 / 2 R0 / 3 5R0 vậy UCB I.RCB 0,4U 0,25 - Công suất tiêu thụ trên bếp là : P U 2 / R 4U 2 / 25R CB 0 0 0,25 2 3 - Hiệu suất mạch điện là : H P /UI (4U / 25R0 ) : (U.6U / 5R0 ) 2 /15 0,25 Vậy: H ; 13,3% 0,25 2,5đ b, - Đèn 6V-3W có: Idm Pdm /Udm 3/ 6 0,5(A) 2 và điện trở : Rd Udm / Pdm 36 / 3 12() 40
  41. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 - Vì đèn sáng bình thường nên: U AC Udm 6V UCB U 6 0,25 - Cường độ dòng điện trong mạch chính là : 0,25 I 0,5 (6 : R / 2) (U 6) : (R / 3) 6U = 60 + R (*) 0 0 0 0,50 Vậy khi mắc đèn song song với đoạn mạch AC, muốn đèn sáng bình thường thì U và R0 phải thoả mãn điều kiện (*) trên. a, Sơ đồ tạo ảnh qua hệ hai thấu kính trên: L1 L2 A I x AB A1B1 A2B2. K Vẽ như trên hình. A2 O1 O2 B1 (vẽ được mỗi ảnh A1B1, A2B2 cho 0,5đ) 1,0 B B2 b, + Các bước vẽ: A 4 1 - Vẽ tia Bx qua A2 kéo dài cắt L2 tại K; L1 L2 - Vẽ tia A K kéo dài cắt L tại I 1,5đ 1 1 - Vẽ tia AI. 0,25 Tia AI chính là tia tới từ A, sau khi qua hai thấu kính cho tia ló có phương qua B. + Giải thích: - Giải thích đúng vì sao vẽ tia Bx; - Giải thích đúng vì sao vẽ tia IKA1; - Giải thích đúng vì sao vẽ tia AI. 0,25 - Vì R24 = 0 nên giữa đầu 2 và đầu 4 nối với nhau bởi dây dẫn mà không có điện trở R0 nào. - Vì R13 = 2R0/3 < R0 nên giữa đầu 1 và đầu 3 phải có mạch mắc song song. 1 3 - Vì mạch đơn giản nhất nên ta chọn mạch song song có hai nhánh, số điện trở ở mỗi nhánh là x và y (a) (x, y: nguyên dương). - Ta có: xR .yR 2R 0 0 0 ; 5 3 3xy 2(x y) 0,25 xR0 yR0 - Để đơn giản, ta chọn x = 1, thay vào biểu thức trên ta có: y = 2. Vậy mạch 1-3 có 1,0đ 0,25 dạng đơn giản như hình vẽ (a). - Vì : 1 4 R12 = R14 = R23 = R34 = 5R0/3 = R0 + 2R0/3 Nên các mạch 1-2, 1-4, 2-3, 3-4 gồm một điện 0,25 trở R0 mắc nối tiếp với mạch 1-3 ở trên. 2 3 Vậy sơ đồ cách mắc đơn giản trong hộp X 0,25 như trên hình vẽ (b). (b) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN GIA LAI NĂM HỌC 2008 – 2009 ĐỀ 13 Môn thi: Vật lí Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1: (2,0 điểm) 41
  42. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 Một người đi tàu hỏa nhưng đến ga trễ 18 phút sau khi tàu rời ga. Người đó bèn đi taxi ngay lúc đó để đón tàu ở ga kế tiếp và đuổi kịp tàu tại thời điểm nó đã đi được ¾ quãng đường giữa hai ga. Hỏi người đó phải ngồi đợi tàu đó ở ga kế tiếp trong bao lâu? (coi tàu và taxi có vận tốc không đổi trong quá trình chuyển động). Câu 2: (3,0 điểm) Một dây dẫn đồng chất, tiết diện đều được cắt thành ba phần. Một phần là đoạn thẳng, hai phần còn lại được uốn thành hai nửa vòng tròn rồi nối với nhau như hình vẽ (hình 1). Đặt hiệu điện thế không đổi vào hai đầu AB (biết OA = OB và có điện trở r). a) Tính điện trở tương đương của đoạn mạch AB theo r. A O B b) Tính tỷ số cường độ dòng điện qua hai dây hình nửa vòng (hình 1) tròn. Câu 3: (3,0 điểm) Một sơ đồ quang học vẽ ảnh của một điểm sáng S M đặt trước thấu kính hội tụ mỏng nhưng đã mất nét, chỉ còn lại các điểm M, N, F’, S’ (hình 2). Trong đó M, N nằm trên thấu kính; F’ là tiêu điểm; S’ là ảnh thật của S; ba N F’ điểm M, F’, S’ thẳng hàng. a) Bằng phép vẽ hãy khôi phục vị trí quang tâm và (hình 2) S’ điểm sáng S. b) Khi đo khoảng cách giữa các điểm ta có: MF ’ = 15cm; NF’ = 13cm; MN = 4cm. Tính tiêu cự của thấu kính trên. Câu 4: (2,0 điểm) Cho hai điện trở R 1, R2 và một bóng đèn có ghi 36V-18W, mắc vào hiệu điện thế U = 63V theo hai sơ đồ như hình 3a và hình 3b. Xác định giá trị của R 1 và R2 biết rằng cả hai sơ đồ, bóng đèn đều sáng bình thường (bỏ qua điện trở các dây nối). Đ A B R A 2 R1 R2 Đ B R1 (hình 3a) (hình 3b) HẾT Họ và tên thí sinh: ; SBD: ; Phòng thi: Chữ kí giám thị 1: ; Chữ kí giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN GIA LAI NĂM HỌC 2008 – 2009 ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC 42
  43. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 Môn: Vật lí (Gồm 03 trang) CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Câu 1 (2,0 A C B điểm) - Gọi A là ga khởi hành, B là ga kế tiếp, C là điểm taxi gặp tàu. Ta có: AC = ¾ AB; CB = ¼ AB => AC = 3CB 0,25 - Gọi t là thời gian taxi đi từ A đến C (phút) - Khi đó thời gian tàu đi từ A đến C là (t + 18) phút 0,5 - Vì chuyển động của tàu và taxi là đều nên thời gian tỷ lệ thuận với quãng đường. 0,25 Vậy: - Thời gian taxi đi trên đoạn CB là t/3 0,25 - Thời gian tàu đi trên đoạn CB là (t + 18)/3 = t/3 + 6 (phút) 0,5 Người đó phải đợi tàu ở ga kế tiếp trong thời gian 6 phút. 0,25 Câu 2 (3,0 I1 điểm) N M I2 A I3 O I B a) Tính RAB: r 0,5 Ta có: R ; R r AMO 2 ANB r 1 R ; R r R 2r AO 2 AOB AO 2 0,5 R AOB.R ANB 2 ( 1) - Vậy R AB 2 r 0,5 R AOB R ANB 4 2 b) Tính tỷ số cường độ dòng điện: Đặt các dòng điện như hình vẽ. I r 2 0,25 Ta có: 2 I3 R AMO I I r 2 2 2 0,25 I I I r 2 2 3 r 2 2 => I I (1) 0,25 2 2 I R 1 2( 1) 0,25 Mặt khác 1 AOB 2r : r I R ANB 2 ( 2) 0,25 2( 1) => I1 I (2) ( 2) 0,25 I 1 Từ (1) và (2) ta có: 1 I2 Câu 3 43
  44. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 (3,0 M điểm) S N x 0,5 f F’ O S’ a 0,25 ) Khôi phục quang tâm và điểm sáng S: - Nối MN ta được đường thẳng đặt thấu kính. 0,25 - Từ F’ kẻ đường thẳng vuông góc với MN, cắt thấu kính tại O. Điểm O là quang tâm. Đường thẳng là trục chính của thấu kính. - Nối S’O và kéo dài. Từ M kẻ đường song song với trục chính gặp S’O 0,5 kéo dài tại S. Vậy S là điểm sáng. b) Xác định tiêu cự: Đặt ON = x; OF’ = f. Xét hai tam giác vuông ONF’ và OMF’. Theo định 0,5 lí Pitago ta có: x2 f 2 F'N2 132 0,5 (x 4)2 f 2 F'M2 152 0,5 Giải hệ phương trình trên ta có x = 5cm; f = 12cm Câu 4 - Điện trở và cường độ dòng điện định mức qua đèn: (2,0 P 18 0,25 I = = = 0,5(A) điểm) Ñ U 36 U2 362 0,25 R 72() Ñ P 18 - Với sơ đồ 1 (hình 3a) cường độ dòng điện qua đèn là: U 63 AB 0,25 IÑ 0,5(A) 0,5 R1 R 2 R Ñ R1 R 2 72 => R1 + R2 = 54 (1) 0,25 - Với sơ đồ 2 (hình 3b) dòng điện qua đèn là: I R I R Ta có: Ñ 1 Ñ 1 I R I I R R 1 Ñ 1 Ñ Ñ 1 0,25 IÑ R1 R1 IÑ I2 (2) I2 R Ñ R1 R Ñ R1 U - Mặt khác I AB 2 R .R R Ñ 1 2 0,25 R Ñ R1 UAB 63 Thế vào (2) ta có IÑ 0,5(A) R 2 R 2 R 2 R Ñ R Ñ R 2 72 72 R1 R1 R 2 R 2 72 54 (3) 0,25 R1 2 Từ (1) và (3) ta có: R1 72R1 3888 0 Giải phương trình trên ta được: R1 = 36 (loại nghiệm âm) 0,25 44
  45. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 => R2 = 18  Lưu ý: - Các bài trên có thể giải theo cách khác, nếu kết quả đúng thì theo hướng dẫn để cho điểm. - Nếu sai hoặc không ghi đơn vị ở đáp số thì mỗi lần trừ 0,25 điểm. Toàn bài không trừ quá 0,5 điểm. HẾT SỞ GD&ĐT HÒA BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2010-2011 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ ĐÊ 13 MÔN VẬT LÝ Ngày thi: 29/06/2010 Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề ) Đề thi gồm 01 trang Bài 1 ( 2,0 điểm): Ba người đi xe đạp đều xuất phát từ A về B trên đoạn đường thẳng AB. Người thứ nhất đi với vận tốc là v1 = 8km/h. Người thứ hai xuất phát sau người thứ nhất 15 phút và đi với vận tốc v 2 = 12 km/h. Người thứ ba xuất phát sau người thứ hai 30 phút. Sau khi gặp người thứ nhất, người thứ ba đi thêm 30 phút nữa thì sẽ cách đều người thứ nhất và người thứ hai. Tìm vận tốc người thứ ba. Giả thiết chuyển động của ba người đều là chuyển động thẳng đều. Bài 2 (1,0 điểm): Đổ một lượng chất lỏng vào 20 gam nước ở nhiệt độ 100 0C. Khi có cân bằng nhiệt, nhiệt độ của hỗn hợp là 36 0C, khối lượng hỗn hợp là 140 gam. Tìm nhiệt dung riêng của chất lỏng đã đổ 0 vào, biết nhiệt độ ban đầu của nó là 20 C. Nhiệt dung riêng của nước là C2= 4200J/kg.độ. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường. Bài 3 ( 2,5 điểm ): Cho mạch điện như hình 1, trong đó hiệu điện + U - thế U = 10,8V luôn không đổi, R1 = 12 , đèn Đ có ghi 6V- 6W, Biến trở là một dây đồng chất, tiết diện đều có điện trở toàn phần Rb A B Rb = 36 . Coi điện trở của đèn không đổi và không phụ thuộc vào C nhiệt độ, điện trở của dây nối không đáng kể. a) Điều chỉnh con chạy C sao cho phần biến trở R = 24 . AC R1 Đ Hãy tìm: Hình 1 - Điện trở tương đương của đoạn mạch AB. - Cường độ dòng điện qua đèn và nhiệt lượng tỏa ra trên R1 trong thời gian 10 phút. b) Điều chỉnh con chạy C để đèn sáng bình thường, hỏi con chạy C đã chia biến trở thành hai phần có tỉ lệ như thế nào ? Bài 4 ( 2,5 điểm ): Cho mạch điện như hình 2. Biến trở là một dây + M N - đồng chất, tiết diện đều có điện trở toàn phần R0 = 12; đèn Đ có ghi 6V- 3W ; UMN = 15V không đổi ; điện trở của dây nối không đáng kể. R a) Tìm vị trí con chạy C để đèn sáng bình thường. A 0 B b) Kể từ vị trí của C mà đèn sáng bình thường, ta từ từ dịch con chạy C về phía A, thì độ sáng của đèn và cường độ dòng điện qua AC thay đổi như thế nào ? Đ Hình 2 Bài 5 ( 2,0 điểm): Một thấu kính hội tụ L đặt trong không khí. Một vật sáng AB đặt vuông góc với 45
  46. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 trục chính trước thấu kính, A nằm trên trục chính, ảnh A’B’ của AB qua thấu kính là ảnh thật. a) Vẽ hình tạo ảnh thật của AB qua thấu kính. b) Thấu kính có tiêu cự là 20cm, khoảng cách AA’ là 90cm. Dựa vào hình vẽ ở câu a và các phép tính hình học, tính khoảng cách OA. HẾT Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Phòng thi: Giám thị 1 (họ và tên, chữ ký): SỞ GD&ĐT HÒA BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2010-2011 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ (Hướng dẫn chấm này có 04 trang) B ÀI NỘI DUNG ĐI ỂM 1 2,0 - Khi người thứ ba xuất phát thì người thứ nhất đã đi được : 3 0,25 l1 = v1.t01 = 8. =6 (km); người thứ hai đi được: l1= v2.t02=12.0,5=6(km) 4 - Gọi t1 là thời gian người thứ ba đi đến khi gặp người thứ nhất: l1 6 0,25 v3.t1 = l1+v1.t1 => t1 (1) v3 v1 v3 8 - Sau thời gian t2 = (t1 + 0,5)giờ thì: Quãng đường người thứ nhất đi được là : S1 = l1 + v1.t2 = 6+ 8(t1+ 0,5) (km) Quãng đường người thứ hai đi được là:S2= l2+v2.t2 = 6 + 12(t1+0,5) (km) 0,5 Quãng đường người thứ ba đi được là: S3 = v3.t2 = v3.(t1+ 0,5) (km) -Theo đầu bài :S2 – S3 = S3 – S1 , tức là S1 +S2 = 2S3 6 + 8(t1+ 0,5) + 6 + 12( t1 + 0,5 )= 2.v3. (t1 + 0,5 ) (km) 12 = (2v3 -20 ) (t1 + 0,5 ) (km) (2) 2 0,75 - Thay t1 từ (1) vào (2) ta được phương trình : v3 18v3 56 0 (*) - Giải phương trình bậc hai (*) ta được hai giá trị của v3 : v3 = 4 (km/h) và v3 = 14 (km/h) - - Vì cả ba người chuyển động thẳng đều, người thứ ba xuất phát sau người thứ 3 nhất giờ mà vẫn đuổi kịp người thứ nhất => v3> v1 . Vậy ta lấy nghiệm v3 =14km/h 4 0,25 ( loại nghiệm v3 = 4 km/h vì giá trị này nhỏ hơn v1 ) 2 1,0 đ 46
  47. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 Gọi: m1 là khối lượng của chất lỏng cần xác định nhiệt dung riêng; m2 là khối của nước. Ta có m1 m2 140g => m1 140 m2 120g . 0,5 - Nhiệt lượng do chất lỏng hấp thụ : Q1 m1.C1(t t1) . - Nhiệt lượng do nước tỏa ra : Q2 m2.C2 (t 2 t) - Khi có cân bằng nhiệt: Q1 Q2 m1.C1(t t1) m2.C2 (t 2 t) 0,5 m2C2 (t2 t) 0,02.4200(100 36) C1 2800 J/kg.độ m1(t t1) 0,12(36 20) 3 2,5đ a) Điện trở tương đương của mạch AB và cường độ dòng điện qua R1: Vì RAC = 24() nên RCB = Ry = 36 – 24 = 12() 2 2 0,25 Udm 6 Điện trở của đèn là : Rđ = = 6() P dm 6 R1.R AC 12.24 Điện trở của đoạn mạch (R1//Rx): R1x = = = 8() R1.R AC 12 24 R d .R CB 6.12 0,25 Điện trở của đoạn mạch (Rđ//Ry): Rdy = = = 4() R d .R CB 6 12 Điện trở tương đương của đoạn mạch AB: Rtđ = R1x + R2y = 8 + 4 = 12() U 10,8 Cường độ dòng điện mạch chính: I = = 0,9(A) R td 12 0,25 R y 12 Cường độ dòng điện qua đèn: Iđ = I 0,9 = 0,6(A) R y + R d 12 6 R x 24 Cường độ dòng điện qua điện trở R1: I1 = I 0,9 = 0,6(A) R x + R1 24 12 0,25 2 2 Nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở R1: Q1 = I1 .R1.t = 0,6 .12.600 = 2592 (J) b) Tìm vị trí của con chạy C để đèn sáng bình thường : Đèn sáng bình thường nên Iđ = 1(A). Khi đó UCB = Uđ = 6(V) Suy ra: UAC = U - UCB = 10,8 - 6 = 4,8(V) 0,25 UAC 4,8 Cường độ dòng điện qua điện trở R1: I1 = 0,4(A) R1 12 47
  48. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 UAC UAC 4,8 Điện trở của phần biến trở AC là: RX = = (1) IX I - I1 I - 0,4 UCB UCB 6 Điện trở của phần biến trở CB là Ry = = = (2) Iy I - Id I - 1 4,8 6 mà Rx + Ry = 36 (giả thiết) nên + 36 I - 0,4 I - 1 1,0 Suy ra : 30.I2 – 51.I + 18 = 0 Giải ra : 2601 120.18 2601 2160 441 212 51 21 51 21 Ta có I = = 1,2(A) và I = 0,5(A ) 60 60 Vì I = 0,5A Ix + IĐ = ICB 0,5 Đèn sáng bình thường : UĐ = Uđm = 6V = UAC Pdm 3 IĐ = 0,5(A) Udm 6 => UCB = UMN – UĐ = 15- 6 = 9(V) 6 9 => 0,5 x2 - 18x + 144 =0 Phương trình có hai x 12 x nghiệm: x=6 ; x= -24 ( loại). Vậy con chạy ở chính giữa biến trở thì đèn 0,5 sáng bình thường. 48
  49. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 b) 2 RD .x 12x x 12x 144 RMN RCB 12 x RD x 12 x 12 x Có: I = IAĐC = ICB (IAĐC = Ix + IĐ) U MN 15(12 x) I = 2 RMN x 12x 144 15(12 x) 12x 180x => UAĐC = IAĐC.RAĐC = . x 2 12x 144 12 x x 2 12x 144 1,0 => UAĐC = Ux = UĐ U D 180x 15x 15 => IĐ = R x 2 12x 144 x 2 12x 144 144 D x 12 x 144 144 Xét hiệu: x ta có: Khi C A thì x giảm => sẽ tăng => x x 144 x sẽ tăng => IĐ giảm khi x giảm => Độ sáng của đèn yếu đi khi x con chạy C dịch chuyển về phía A U x 180x 1 180 180 * I X 2 . 2 2 x x 12x 144 x x 12x 144 180 (x 6) 0,5 Ta thấy: 180- (x-6)2 180 nên 180- (x-6)2 có một giá trị cực đại duy nhất khi x = 6, tức là lúc đèn sáng bình thường. Vậy khi di chuyển con chạy C về phía nào thì Ix cũng đều tăng (kể từ vị trí đèn sáng bình thường) 2,0 đ 5 a) Vẽ ảnh thật của AB qua thấu kính: - Từ B vẽ tia BO đi qua quang B M tâm O cho tia ló Ox tiếp tục đi F’ A thẳng; ’ O - Từ B vẽ tia BM song song với A trục chính, qua thấu kính cho tia x 0,5 ló MF’ đi qua tiêu điểm F’. B’ Hai tia ló Ox và MF’ cắt nhau tại B’ (B’ là ảnh của điểm B). Từ B’ hạ đường thẳng vuông góc với trục chính, cắt trục chính tại A’ (A’ là ảnh của điểm A.). Vậy ta đã vẽ được ảnh thật A’B’ của vật AB tạo bởi thấu kính hội tụ. 49
  50. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 OM AB F'A ' Xét MOF’ B’A’F’: (1) A 'B' A 'B' F'O AB OA Xét OA’B’ OAB: (2) A'B' OA' 0,5 OA ' F 'A ' d ' d ' f Từ (1) và (2) ta có: OA F 'O d f 1 1 1 1 1 1 d d ' Chia cả hai vế cho d’ ta được: (*) d f d ' f d ' d dd ' Thay số: dd’ = f(d + d’) = f.AA’ = 20.90 = 1 800 Ta có: S = d + d’ = 90 và P = dd’ = 1800 0,5 Theo định lý Vi-ét: d và d’ là hai nghiệm của phương trình: x2 - Sx + P =0 => x2 -90x + 1800 = 0 ( ) Giải phương trình ( ) ta được hai nghiệm: -b x 45 452 1800 45 15 60(cm) 1 a -b 0,5 x 45 452 1800 45 15 30(cm) 1 a Vậy hoặc OA = x1= 60(cm) hoặc OA = x2 = 30(cm) HẾT SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 2005 - 2006 Môn thi : VẬT LÝ ĐỀ 14 Thời gian : 150 phút ( không kể thời gian phát đề ) Bài 1 : (2 điểm) Cho một cốc rỗng hình trụ, chiều cao h, thành dày nhưng đáy rất mỏng nổi trong một bình hình trụ chứa nước, ta thấy cốc chìm một nửa. Sau đó người ta đổ dầu vào trong cốc cho đến khi mực nước trong bình ngang với miệng cốc. Tính độ chênh lệch giữa mức nước trong bình và mức dầu trong cốc. Cho biết khối lượng riêng của dầu bằng 0,8 lần khối lượng riêng của nước, bán kính trong của cốc gấp 5 lần bề dày thành cốc và tiết diện của bình gấp 2 lần tiết diện của cốc. Bài 2 : (2 điểm) Một mạng điện tiêu thụ gia đình được nối với nguồn nhờ dây dẫn bằng đồng có tiết diện 5 mm2. Để đảm bảo an toàn thì nhiệt độ trên dây dẫn không được tăng quá 100C. Vậy nên dùng cầu chì có tiết diện là bao nhiêu? Biết rằng nhiệt độ của môi trường thay đổi từ 70C đến 370C theo mùa. Cho biết : 8 3 Cu 1,6.10 m ; DCu 8500kg / m ; CCu 400J / kg.K ; 8 3 3 Pb 20.10 m ; DPb 11300kg / m ; CPb 130J / kg.K ; Pb 25.10 J / kg ; 0 0 nhiệt độ nóng chảy của chì là tnc 327 C. Bài 3 : (1,5 điểm) 50
  51. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 Một ampe kế có điện trở khác không, mắc nối tiếp với một vôn kế có điện trở hữu hạn, tất cả được mắc vào nguồn điện có hiệu điện thế không đổi. Nếu mắc điện trở R = 500 song song với ampe kế thì ampe kế chỉ I1 = 6 mA. Nếu mắc điện trở R đó song song với vôn kế thì ampe kế chỉ I 2 = 10 mA, khi đó vôn kế chỉ bao nhiêu ? Bài 4 : (3 điểm) Một mạch điện như hình vẽ. Cho biết : U1 = 12V; R1 = 1 ; R2 = 2 . R a, Hỏi hiệu điện thế U2 phải bằng bao nhiêu để không có dòng điện qua biến trở để ở giá trị R ? 1 o o b, Giả sử thay cho U2 đã tính là một hiệu điện thế U2 = 6V. U1 U2 Khi đó dòng điện qua R sẽ khác 0. Hãy tính cường độ dòng o o điện đó và hiệu điện thế giữa hai điểm A và B. c, Hiệu điện thế đó sẽ bằng bao nhiêu nếu dịch chuyển R con chạy để R = 0 và để R là vô cùng lớn ? 2 Bài 5 : (1,5 điểm) Xác định nhiệt dung riêng của dầu. Dụng cụ : 1 chai dầu cần xác định nhiệt dung riêng, 1 bình nước (biết nhiệt dung riêng của nước), 2 cốc thủy tinh giống nhau, 1 cân Rô-bec-van không có hộp quả cân, cát khô, nhiệt lượng kế (biết nhiệt dung riêng của chất làm cốc trong nhiệt lượng kế), nhiệt kế, nguồn nhiệt. Hết Số báo danh : . . . . . . . . . . . Phòng thi số : . . . . . . . . . . HƯỚNG DẪN CHẤM VẬT LÝ - ĐỀ CHÍNH THỨC Câu Nội dung - Yêu cầu Điểm Ký hiệu : tiết diện ngoài và tiết diện trong của cốc là S và S', Khối lượng của cốc là m, khối lượng của dầu đổ vào cốc là m', Khối lượng riêng của nớc là DN và của dầu là Dd. Khi chưa đổ dầu vào, trọng lực của cốc cân bằng với lực đẩy Ac-si-met : 10.m = 10. DN.S.h/2 (1) 0,25 Khi đổ dầu vào : 10.(m+m') = 10.DN.S.h (2) 0,25 Từ (1) và (2) ta có : m' = DN.S.h/2 (3); Mặt khác : m' = Dd.S'.h' (4) 0,25 D S h Từ (3) và (4) ta có : h' = N (5) 1 0,25 Dd S 2 Bán kính trong của cốc gấp 5 lần bề dày cốc, nên bán kính ngoài gấp 6/5 2 (2đ) S 6 36 lần bán kính trong. Suy ra : 2 (6) S 5 25 0,25 D 10 Và N (7). Thay (6) và (7) vào (5) ta có : h' = 0,9.h Dd 8 0,5 Vậy độ chênh lệch giữa mực nước trong bình và mức dầu trong cốc là : V h = h - h' = 0,1.h 0,25 Gọi chiều dài, tiết diện, điện trở, điện trở suất dây đồng là : l1 , S1 , R1 , 1 ; chiều dài, tiết diện, điện trở, điện trở suất dây chì là : l2 , S2 , R2 , 2 . Dây dẫn đồng mắc nối tiếp với dây chì nên nhiệt lượng tỏa ra trên mỗi dây Q R l S tỉ lệ với điện trở : 1 1 1 1 2 (1) 0,25 Q2 R2 2l2S1 51
  52. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 Nhiệt lượng cần để dây đồng tăng thêm t1 là: Q1 c1m1 t1 c1l1S1D1 t1 (2) 0,25 Nhiệt lượng cần để dây chì tăng từ nhiệt độ môi trường đến nhiệt độ nóng 2 chảy là : Q c m t c l S D t (3) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0,25 c1D1 t1 2 Thay (2) và (3) vào (1) ta có : S2 S1 (4) c2 D2 t2 1 0,5 (2đ) Nhận thấy t2 càng lớn thì S2 càng nhỏ, dây chì càng dễ nóng chảy. Vậy 0 để đảm bảo an toàn thì ta chọn : t2 327 7 320 C . 0,5 -6 2 Thay các giá trị t1 và t2 vào (4) ta đợc : S2 = 0,47.10 (m ) Vậy để an toàn ta nên dùng dây chì có tiết diện : 0,47.10-6 m2 = 0,47 mm2 0,25 Ký hiệu RA , R V lần lượt là điện trở của ampe kế và vôn kế. - Khi R mắc song song với ampe kế, ampe kế chỉ I1 , hiệu điện thế hai đầu R (R R R R R R)I đoạn mạch là: U I R I R (1 A ) ; hay U A A V V 1 (1) 0,5 1 A 1 V R R - Khi R mắc song song với vôn kế, số chỉ của ampe kế là I2 và c.đ.d.đ qua 3 (R R R R R R)I vôn kế là I , tương tự nh trên ta có : U A A V V V (2) V R 0,25 So sánh (1) và (2) ta có : I I (1,5đ) 1 V 0,25 Khi R mắc song song với vôn kế thì dòng điện qua R :IR I2 IV I2 I1 0,25 3 Số chỉ vôn kế lúc đó: UV U R IR .R (I2 I1)R (10 6).10 .500 2(V) 0,25 Gọi c.đ.d.đ qua R1 là I1, qua R2 là I2, qua I1 R1 I2 R là I3. Điều kiện bài toán là I3 = 0. I1 - I2 = I3 = 0 I1 = I2 I3 0,25 a U1 = I1R1 + I3R = I1R1 (1) 0,25 U1 U2 U2 = I2R2 + I3R = I2R2 = I1R2 (2) 0,25 1 Từ (1) và (2) ta có : đ 0,25 U2 = U1R2/R1 = 24(V) I2 R2 Bây giờ c.đ.d.đ qua R là I , qua R là I R I 1 1 2 2 I1 1 2 và qua R là I3 . Theo định luật Ohm ta có : I3 - Với vòng CABDC : U I R I R I R I R I R U (1) U1 2 1 1 3 1 1 1 2 1 0,25 - Với vòng AEFBA : 4 b I2 R2 I3R I2 R2 I1R I2 R U2 (2) I2 R2 0,25 Thay U1 12 và U2 6 và giải hệ phương trình (1) và (2) ta có : 24 18R 6 18R 18 I1 ; I2 I3 I1 I2 3đ 1 2 3R 2 3R 2 3R 0,25 đ 18R U AB I3 R 2 3R 0,25 52
  53. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 - Khi R=0 thì U AB 0 Trường hợp này tương ứng với việc ta mắc vào giữa A và B một ampe kế có điện trở rất nhỏ. 0,25 c 18 - Khi R thì U 6 (V) 1 AB 3 đ Trường hợp này tương ứng với việc ta mắc vào giữa A và B một vôn kế có 0,75 điện trở vô cùng lớn. Do không có quả cân nên ta dùng cát làm bì. Tiến hành theo các bước: - Dùng cân xác định tổng khối lượng của cốc trong bình nhiệt lượng kế và một cốc thủy tinh (theo khối lượng cát). 0,25 - Bỏ cốc trong bình nhiệt lượng kế ra rồi rót nước vào trong cốc thủy tinh tới khi thăng bằng, ta được khối lượng nước trong cốc thủy tinh bằng khối lượng cốc của nhiệt lượng kế. 0,25 - Làm tương tự với cốc thủy tinh thứ hai chứa dầu, ta có một khối lượng dầu bằng khối lượng nước ở cốc kia. 0,25 5 - Đo nhiệt độ ban đầu t1 của dầu. 0,25 - Đổ nước vào cốc nhiệt lượng kế rồi đun nóng tới nhiệt độ t2 . Đổ dầu ở nhiệt độ t1 vào nhiệt lượng kế rồi khuấy đều và đo nhiệt độ t3 khi thiết lập cân bằng nhiệt. 0,25 (1,5đ) - Gọi m là khối lượng cốc thuộc nhiệt lượng kế (cũng là khối lượng của nước, khối lượng của dầu); c1 , c2 và c3 lần lượt là nhiệt dung riêng của cốc, nước và dầu. Phương trình cân bằng nhiệt là : (mc1 mc2 ).(t2 t3 ) mc3 (t3 t1) t2 t3 Từ đó ta tính được : c3 (c1 c2 ). 0,25 t3 t1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HẢI DƯƠNG NGUYỄN TRÃI – NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: VẬT LÍ ĐỀ 15 Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi 20 tháng 6 năm 2012 (Đề gồm: 01 trang) Câu 1. (2,0 điểm) Dùng một bơm nước hoạt động nhờ một động cơ có công suất N = 0,5kW, hiệu suất H = 60% bơm nước lên một bể ở độ cao h = 12m. Để bơm đầy bể thì cần bao nhiêu thời gian? Biết rằng bể có dung tích 3m3 và trước khi bơm bể chưa có nước. Cho trọng lượng riêng của nước d =104 N/m3. Câu 2. (1,5 điểm) 0 Một nhiệt lượng kế bằng nhôm có khối lượng m1 = 300g chứa m2 = 2kg nước ở nhiệt độ t1= 30 C. Người ta thả vào nhiệt lượng kế đồng thời hai thỏi hợp kim giống nhau, mỗi thỏi có khối lượng m3= 500g 0 và đều được tạo ra từ nhôm và thiếc, thỏi thứ nhất có nhiệt độ t 2 = 120 C, thỏi thứ hai có nhiệt độ t3 = 1500C. Nhiệt độ cân bằng của hệ thống là t =35 0C. Tính khối lượng nhôm và thiếc có trong mỗi thỏi hợp kim. Cho biết nhiệt dung riêng của nhôm, nước và thiếc lần lượt là: C1 = 900 J/kg.K, C2 = 4200 J/kg.K, C3 = 230 J/kg.K. Coi như không có sự trao đổi nhiệt với môi trường và không có lượng nước nào hoá hơi. Câu 3. (2,5 điểm) 53
  54. BỒI DƯỠNG HSG – NGÔ CÔNG TRÍ – ngocongtri@gmail.com 2014 Cho mạch điện như hình vẽ (hình 1). Trong đó: R =1,5 , 1 R6 C R2=6 , R3=12 , R6=3 . Hiệu điện thế đặt vào hai đầu AB là U=5,4V. Ampe kế và dây nối có điện trở không đáng kể. Khi R2 A khóa K mở thì ampe kế chỉ 0,15A, khi khóa K đóng thì ampe kế - + B A chỉ số 0. R1 a. Tính R4 và R5. R3 R4 b. Tính công suất tiêu thụ trên mỗi điện trở khi khóa K đóng. K R5 D Hình 1 Câu 4. (2,0 điểm) r U Cho mạch điện như hình vẽ (hình 2). + - Biết U = 15 V, R = 15r. Các vôn kế giống nhau, C V1 điện trở của dây nối không đáng kể. Vôn kế V1 R chỉ 14 V. Tìm số chỉ của vôn kế V2? R V A 2 B R Câu 5. (2,0 điểm) Hình 2 Hai vật nhỏ A 1B1 và A2B2 giống nhau đặt song song với nhau và cách nhau 45cm. Đặt một thấu kính hội tụ vào trong khoảng giữa hai vật sao cho trục chính vuông góc với các vật. Khi dịch chuyển thấu kính thì thấy có hai vị trí của thấu kính cách nhau 15cm cùng cho hai ảnh: một ảnh thật và một ảnh ảo, trong đó ảnh ảo cao gấp hai lần ảnh thật. Tìm tiêu cự của thấu kính. Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí của giám thị 1: Chữ kí của giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HẢI DƯƠNG NGUYỄN TRÃI–NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: VẬT LÍ Thời gian làm bài: 150 phút ĐÁP ÁN Ngày thi 20 tháng 6 năm 2012 (Đáp án gồm: 04 trang) I. HƯỚNG DẪN CHUNG + Thí sinh làm theo cách riêng nhưng đáp ứng được yêu cầu cơ bản vẫn cho đủ số điểm. + Việc chi tiết hoá điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải đảm bảo không sai lệch so với hướng dẫn đã được thống nhất trong hôị đồng chấm. + Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm tổng của bài để lẻ đến 0,25 điểm. II. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu 1. (2,0 điểm) Đáp án Điểm Gọi P trọng lượng của khối nước được máy bơm lên bể P=Vd=3.104 (N) 0,5 Công có ích do động cơ thực hiện: Ai =P.h = 3.104.12=36.104 (J) 0,5 Công toàn phần do động cơ thực hiện là: 4 Ai 36.10 5 Atp = = 6.10 (J) H 0,6 0,5 5 Atp 6.10 Ta có: Atp=N.t t= 1200 (s) N 500 54