Đáp án đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT chuyên môn Vật lý - Năm học 2019-2020 - Sở giáo dục và đào tạo Quảng Nam

Nội dung text: Đáp án đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT chuyên môn Vật lý - Năm học 2019-2020 - Sở giáo dục và đào tạo Quảng Nam

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN QUẢNG NAM NĂM HỌC 2019 – 2020 HDC CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu 1 2 điểm 1 (1 điểm) Thời gian chuyển động trên cả quãng đường, được tính: S S t 0,25 vtb v2 Thời gian chuyển động trên quãng đường thứ nhất : S1 S t1 , v1 3v1 Thời gian chuyển động trên quãng đường thứ hai : 2S v .t 2S v3 .S 3 S2 S S1 S3 3 3 3 3v2 2S v3 .S t2 2 v2 v2 v2 v2 3v2 3v2 0,25 Thời gian chuyển động trên quãng đường thứ ba : t S t3 3 3v2 Vân tốc trung bình trên cả quãng đường: S S v tb t t t t 1 2 3 0,25 S v2 S 2S v3 .S S 2 3v1 3v2 3v2 3v2 Giải ra ta được: 0,25 vtb v2 v1.v3 60.15 30km/h 1 s s +s 0,25 - v = = 1 3 TB t t +t (Cách 2) 1 3 s s 0,25 +5t +5 s - v 3 3.t TB s t s 1 t + + 180 3 180.t 3 Trang 1
2. v 0,25 TB +5 - v 3 TB v 1 TB + 180 3 - vTB = 30 km/h 0,25 2 - Lập luận chứng minh đúng quả cầu rỗng 1 phần 0,125 (1 điểm) - Điều kiện cân bằng khi quả cầu thép nổi trong chậu thủy ngân: P FA 1 V .d V.d 0,125 t t 2 tn 1 dtn 13600 Vt . V V 0,872V, Vr = V-Vt =0,128V 0,125 2 dt 2.7800 V r 0,128 0,125 V Sau khi đổ nước ngập quả cầu, điều kiện cân bằng: 0,125 Pt V1.dn V2 .dtn 0,872V.dt V1.dn (V V1 ).dtn 0,125 0,872.7800.V 1000.V1 13600.(V V1 ) 0,125 V1 0,54V ,V2 0,46V 0,125 2a - Nếu quả cầu đặc thì: DTN.VNgập = DThép.V 0,125 (0,5 điểm) 78 1 - Suy ra: VNgập = V > V (!) 136 2 V 0,125 - Điều kiện cân bằng: DTN. = DQC.V 2 DTN DTh .VD 0,125 - Suy ra: DQC = 6800= 2 V 7800.(V-V ) V 5 0,125 - 6800= R R V V 39 2b 0,25 13600V2 +1000V1 =6800V - V2 +V1 =V 34 29 0,125 - Giải được: V V; V V 2 63 1 63 Trang 2
3. V 29 0,125 - Vậy: 1 V2 34 Câu 2 2 điểm Ban đầu tuyết trong ấm nhận nhiệt và nóng chảy, do đó nhiệt độ không tăng Nhiệt lượng nhận được trong giai đoạn này: 0,5 Q1 P.T1 (M m) (1) (Trong đó P là công suất nhiệt mà bếp cung cấp cho ấm) Sau khi tuyết tan hết nước trong ấm nhận nhiệt và nóng lên đến sôi. Nhiệt lượng nhận được trong giai đoạn này là: 0,5 Q2 P.T2 c.M (t 0) (2) Từ (1) và (2) ta có: Q T (M m) 0,5 1 1 Q2 T2 c.M (t 0) T1c.M (t 0) T2(M m) 0,25 T . cT (t 0) m M 2 1 T2. m = 0,176M = 0,176kg 0,25 Câu 2 - Q2 =1,5Q1 0,5 (Cách 2) - c.M.Δt=1,5λ .mBăng 0,5 c.M.Δt 56 0,5 - mBăng = kg 1,5λ 85 29 0,5 - m = M - mBăng = kg 85 Câu 3 2 điểm a Vẽ lại mạch ta có: (R2//R3) nt R1 nt R0 (1 điểm) 0,25 R2 R3 R23 = 12 ; => Rm =R0 +R1 + R23 = 27  R2 R3 - Áp dụng định luật Ôm toàn mạch => dòng điện mạch chính: 0,25 Trang 3
4. U 30 10 I 0 = = A Rtd 24 + 3 9 10 40 I1 = I = I23 => U23 = U2 = I23.R23 = .12 = V 9 3 0,25 U2 10 20 I2 = = A; I3 =IA= I – I2 = = 0,74A R 2 27 27 0,25 Vậy Ampekế chỉ 0,74A và dòng điện có chiều từ B sang D b Khi thay Ampekế bằng biến trở R4: Ta có: [(R nt R ) // R ] nt R nt R (1 điểm) 3 4 2 1 0 0,25 R 2R34 36(18 + R 4 ) R34 = R3 + R4 = 18 + R4, R234 = = R 2 + R34 54 + R 4 36(18 + R 4 ) 1458+51R 4 Rm =R0 +R1 + R234 = 3+ 12 + = 54 + R 4 54 + R 4 => Dòng điện mạch chính: U0 30 30(54 + R 4 ) 10(54 + R 4 ) Ic = = = = 0,25 R m 1458+51R 4 1458+51R 4 486+17R 4 54 + R 4 10(54 + R 4 ) 36(18 + R 4 ) 360(18 + R 4 ) U234 = Ic.R234 = . = = U34 = U2 0,25 486+17R 4 54 + R 4 486+17R 4 360(18 + R 4 ) 360 I34 = U34/R34 = = = I3 = I4 (486+17R )(18 + R ) (486+17R ) 4 4 4 0,25 Vậy: Để dòng điện qua R 4 đạt cực đại thì (486 + 17R 4) phải đạt cực tiểu thì R 4 = 2  3b (Cách 2) - Mạch tương đương: U 360 0,25 - U'=R 2 = V R 0 +R1 +R 2 17 R 2 (R1 R 0 ) 486 0,25 - R'=R3 + =  R 2 +R1 R 0 17 U' 360 0,25 - I= = R' 486 17R b 360 9 0,25 - I nghịch biến Rb nên Imax khi Rb(min)=2Ω: I = A max 486 17.2 13 Trang 4
5. Câu 4 2 điểm 1 Cường độ dòng điện trong mạch chính: 0,25 U (1 điểm) I 0 Rb R0 Hiệu điện thế giữa hai đầu biến trở: 0,25 U IRb U0 IR0 a.6+b=4 a=16 0,25 - Từ đồ thị: U=16-2I a.4+b=8 b=-2 - Vậy: U0 = 16 V; R0 = 2Ω 0,25 2 Công suất tiêu thụ trên biến trở: (1 điểm) 2 2 U0 0,25 P Rb I Rb 2 Rb R0 U 2 R U 2 U 2 P R 0 b 0 0 b 2 R2 R2 2R R R2 Rb R0 b 0 b 0 0 0,25 Rb 2R0 Rb 2 R0 Để công suất tiêu thụ trên Rb lớn nhất thì Rb bé nhất. 0,25 Rb 2 2 U0 16 Khi đó Rb = R0 = 2Ω, công suất lớn nhất P 32W 0,25 4R0 8 Câu 5 2 điểm 1 Gọi α là góc hợp bởi hai gương. 0,25 (1 điểm) Tia sáng tới gương M2 lần nhất dưới góc tới i1 = α Tia phản xạ trên M lần nhất làm tia tới M dưới góc tới i = 2α và phản xạ lần thứ 2 1 2 0,25 2. Lần phản xạ thứ n tia tới làm với gương góc tới in = n α. 0,25 0 90 90 in n 90 n 12,85 7 0,25 Lần phản xạ cuối cùng ứng với n = 12, góc n α = 840. 2a (0,25 điểm) 0,25 Trang 5
6. 2b 1 1 1 Chứng minh: (0,75 điểm) f a b 0,25 b H ,a b d2 (h H)2 a h 0,25 aH h f , a d2 (h H)2 h H h H hH d2 (h H)2 12.9 52 (12 9)2 f = f 48cm 0,25 (h H)2 (12 9)2 2b OA 4 = (Cách 2) - OB 3 OB=12 cm 0,25 2 2 OA-OB= 5 -3 4cm OF 4 - = FB 3 0,25 OF 4 - = OF=48 cm OF-OB 3 0,25 Thí sinh có thể giải bằng cách khác đáp án nhưng có kết quả đúng vẫn cho điểm tối đa. Thí sinh không ghi đơn vị hoặc ghi sai đơn vị ở kết quả cần trả lời theo yêu cầu của đề bài thì trừ 1/2 số điểm tương ứng với điểm của kết quả đó. Trang 6