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

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM BẮC GIANG BÀI THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN BẮC GIANG NĂM HỌC 2019-2020 HDC CHÍNH THỨC MÔN THI: VẬT LÍ (Bản HDC có 06 trang) Ngày thi: 04/6/2019 CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM 1 CHUYỂN ĐỘNG CƠ (3,0 điểm) 1. Tính v1, v2 và khoảng cách từ A đến C + Ta có: AC = v .t ; BC v .t (1) 1 2 A B C 3 + Từ BC = 3AB BC AC (2) 4 0,5 3 3 + Thay (1) vào (2), ta được: v .t v .t v v (3) 2 4 1 2 4 1 + Mặt khác theo đề ra ta có: v v 15 (km / h) (4) 1 2 0,5 + Từ (3) và (4) v1 = 60 (km/h) ; v2 = 45 (km/h) Thời gian xe chuyển động từ A đến C là t = 1 giờ 30 phút = 1,5 h. 0,5 AC v1.t 60.1,5 90 (km). 2. Tính khoảng cách 2 xe, vận tốc của xe thứ nhất đối với xe thứ hai - Kể từ lúc 2 xe gặp nhau tại C (lúc 8 giờ 30 phút) đến 9 giờ, thời gian 2 xe chuyển động được là t ' 30 phút = 0,5 h. - Quãng đường mà mỗi xe đi được là 0,5 + Xe 1: s1 v1.t ' 60.0,5 30(km) + Xe 2: s2 v2.t ' 45.0,5 22,5(km) Vì hai xe chuyển động theo hai phương vuông góc với nhau nên ta có khoảng cách giữa hai xe là 0,5 2 2 2 2 s = s1 + s2 = 30 + 22,5 = 37,5 (km) s 37,5 Vận tốc của xe thứ nhất đối với xe thứ hai là: v = = = 75 (km/h). 0,5 t' 0,5 2 DÒNG ĐIỆN KHÔNG ĐỔI (4,0 điểm) 1. Tính Rx và hiệu suất của mạch điện 12R x 16(3 R x ) + Ta có: R AB R R 0 R AB 0,25 12 R x 12 R x U (12 R )16 12 R + Cường độ dòng điện: I x x 0,25 R 16(3 R x ) 3 R x 12 R x 12R x 12R x + Hiệu điện thế giữa hai đầu AB: UAB I.R AB . 0,25 3 R x 12 R x 3 R x U2 144.R + Công suất tiêu thụ trên biến trở: P AB x Rx 2 0,25 R x (R x 3) R 9 + Cho P 9 R 2 10R 9 0 x1 Rx x x 0,5 R x2 1 * Với R x1 9  : 36 64 U 0,5 R ; R ; I 1,75 A AB 7 7 1 R - 1/6 -
2. 2 PAB I1 R 15,75 W P U.I1 16.1,75 28 W P 15,74 H AB 56,25%. 1 P 28 * Với R x2 1 : 12 64 U R ; R ; I 3,25 A AB 13 13 2 R 12 P I2R 3,252. 9,75 W 0,5 AB 2 AB 13 P U.I2 16.3,25 52 W P 9,75 H AB 18,75%. 2 P 52 Tính R và (P ) 2. x Rx max 144.R 144 Ta có: P x R x (R 3)2 2 x 3 0,25 R x R x 3 Công suất P đạt giá trị cực đại khi mẫu số R đạt giá trị nhỏ nhất. 0,25 Rx x R x 3 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: R x 2 3 0,25 R x 3 Mẫu số đạt giá trị nhỏ nhất khi dấu “=” xảy ra, khi đó: R x R x 3  0,25 R x 144 144 Công suất tiêu thụ trên biến trở cực đại: (P ) 12 W. Rx max 2 0,5 (2 R x ) 12 3 NHIỆT HỌC (3,0 điểm) 1. Tìm nhiệt dung riêng chất lỏng đã đổ thêm vào nhiệt lượng kế * Khi có cân bằng nhiệt lần thứ nhất, nhiệt độ cân bằng là toC: + Ta có: mc1(t t1) mc2 (t2 t) (1) o 0,5 + Theo đầu bài: t t2 9;t1 23 C (2) o o o Thay (2) vào (1) và giải ra, ta được: t2 = 74 C, t C = 74 - 9 = 65 C. * Khi có cân bằng nhiệt lần thứ hai, nhiệt độ cân bằng là t ' t 10 65 10 55o C : 0,5 + Ta có: 2m.c(t ' t3 ) (mc1 mc2 )(t t ') + Thay số vào ta tìm được c = 2550 J/kg.K. 0,5 2. Dùng dây đốt nóng a) Giải thích và tính nhiệt độ môi trường t0 * Giải thích: Dây đốt nóng hoạt động với công suất P chỉ đủ bù phần nhiệt mà bình 0,5 tỏa ra môi trường nên nhiệt độ bình không tăng. * Tính t0: + Gọi nhiệt độ môi trường là t 0, hệ số tỉ lệ của công suất truyền nhiệt giữa bình và môi trường theo hiệu nhiệt độ giữa chúng là k (W/oC). + Khi nhiệt độ nước trong bình ổn định thì công suất tỏa nhiệt của dây đốt bằng 0,5 công suất tỏa nhiệt từ bình ra môi trường, do đó: P k(t t0 ) (1) - 2/6 -
3. 1,2P k(t2 t0 ) (2) o o o Từ (1) và (2) và thay số t = 65 C, t2 = 74 C t0 = 20 C. b) Tính thời gian + Gọi q là nhiệt lượng mà bình nước tỏa môi trường khi nhiệt độ của bình giảm đi 1oC. q (c1 c2 )m 5100 (J) + Công suất nhiệt tỏa nhiệt của bình nước ra môi trường (là nhiệt lượng mà bình nước tỏa ra trong 1 s) bằng công suất của dây đốt nóng khi hoạt động là P (W). + Ta có: Ptoa k '.q với k ' là tốc độ hạ nhiệt độ của bình nước. 0,5 P Suy ra: k' = (oC/s). q + Thời gian để bình không trao đổi nhiệt với môi trường là t - t q(t - t ) 5100.(65 - 20)  = 0 = 0 = = 255 (s). k' P 900 * Cách khác: + Nước không trao đổi nhiệt với môi trường nữa khi và chỉ khi nhiệt độ của nước và nhiệt lượng kế bằng nhiệt độ của môi trường và bằng t0. + Nhiệt lượng nước và nhiệt lượng kế tỏa ra môi trường là Qtoa m(c1 c2 )(t t0 ) + Vì nhiệt lượng tỏa ra tỉ lệ thuận với thời gian  nên Qtoa k(t t0 ). + Từ (1): P k(t t0 ) k = 20. m(c c ) + Suy ra:  1 2 255(s). k 4 QUANG HỌC (4,0 điểm) Xác định vị trí, tính chất ảnh S' của S tạo bởi thấu kính, tính khoảng cách vật 1. và ảnh, vẽ ảnh. 1 1 1 df 30.20 + Áp dụng công thức thấu kính: d ' 60 cm. 0,5 d d ' f d f 30 20 + Vậy ảnh S' là ảnh thật, cách thấu kính 60 cm (hoặc sau thấu kính 60 cm). 0,25 + Khoảng cách giữa vật và ảnh: SS' d d ' 30 60 90 cm. 0,25 + Vẽ ảnh. S' S 0,5 F O F' Hỏi sau bao lâu kể từ khi thấu kính bắt đầu chuyển động (t = 0) thì quỹ đạo 2. chuyển động của S' không bị trùng lại? + Vì d = 30 cm < 2f = 40 cm nên khi thấu kính chuyển động ra xa vật (d tăng) thì lúc đầu ảnh S'của S sẽ chuyển động lại gần S cho đến khi còn cách S một đoạn bằng 80 cm thì ảnh bắt đầu đổi chiều chuyển động và rời xa S, khi này quỹ đạo chuyển động của S' bắt đầu bị trùng lại với quỹ đạo trước đó. 0,25 + Quỹ đạo chuyển động của S' sẽ không còn trùng lại khi khoảng cách giữa vật và ảnh là SS' 90 cm. - 3/6 -
4. d f (30 t).20 + Ta có: d d vt 30 t (cm) d' 1 1 1 d f t 10 1 0,25 t2 60t 900 + Khoảng cách giữa vật và ảnh: SS' d d' 1 1 1 t 10 t2 60t 900 Khi SS' 90 cm, ta có: 90 t2 30t 0 0,25 1 t 10 + Giải ra ta được: t = 0 hoặc t = 30 s. + Vậy sau 30 s kể từ lúc bắt đầu thấu kính chuyển động thì quỹ đạo chuyển động 0,25 của ảnh S' sẽ không còn trùng lại với quỹ đạo trước đó của nó nữa. 3. Xác định góc . ' Sau khi thấu kính chuyển động được 10 s thì d2 30 1.10 40 cm 2f d2 nên ' 0,25 khoảng cách SS2 khi đó đạt giá trị nhỏ nhất và bằng 80 cm. ' Muốn cho ảnh S3 trùng với vị trí của S' lúc t = 0 thì ta cần phải xoay thấu kính một ' 0,5 góc sao cho ảnh dịch chuyển rời xa S một đoạn  = 10 cm để SS3 90 cm. + Từ hình vẽ ta có: ' d3 d2 cos d3 ' ' d3 d2 l cos + Áp dụng công thức thấu kính d3 1 1 1 0,5 S' ' O 3 d3 d3 f S S' 1 1 1 2 ' d2cos (d2 l )cos f ' d2 d2 l ' f d2 d2 l cos 0,9 25,84o ' d2 d2 l 0,25 Vậy ta phải quay thấu kính một góc 25,84o 25o50' . * Cách khác: ' ' + Ta có: d3 d2cos 40cos ; d3 d2cos 50cos 1 1 1 1 1 1 + Áp dụng công thức thấu kính ' d3 d3 f 40.cos 50.cos 20 1 1 cos 2( ) 0,9 25,84o. 4 5 5 CÂN BẰNG VẬT RẮN (3,0 điểm) 1. Tìm k ur N + Vẽ hình, phân tích các lực tác dụngur u rvàor vật. + Các lực tác dụng vào vật gồm: P , N , Fms 0,25 r ur Fms P ur ur r + Điều kiện cân bằng của quả cầu: P N Fms 0 Fms Psin , N P cos 0,25 - 4/6 -
5. + Để quả cầu không trượt xuống thì cần điều kiện: Fms kN 0,25 1 Psin kP cos k tan 3 0,25 3 Vậy, để quả cầu không bị trượt xuống thì k . 3 3 2. Cho k = và góc thay đổi 6 a) Tính góc max + Vẽ hình, phân tích lực. y ur ur x N T +ur Cácur lựcr tácu rdụng vào vật gồm: A P , N , Fms , T O 0,25 r ur Fms α P ur ur ur r - Áp dụng điều kiện cân bằng lực: P + N + T + Fms = 0 (1) - Chiếu lên Ox, Oy: 0,25 + Chiếu (1) lên Ox ta được: Psin T Fms 0 (2) + Chiếu (1) lên Oy ta được: N P cos 0 N P cos (3) Áp dụng quy tắc mô men đối với trục quay đi qua A: Psinα 0,25 Mur M r P.R sin F .2R F = (4) P Fms ms ms 2 Để quả cầu không bị trượt thì Fms kN Psinα 0,25 kPcosα tanα 2k. 2 3 o o Thay k = vào ta được α 30 . Vậy αmax = 30 . 0,25 6 b) Tính N, Fms, T P 3 Từ (3) ta có N = Pcosαmax = 0,25 2 Psin P Từ (4) có F = max 0,25 ms 2 4 P Từ (2) T Psin F . 0,25 max ms 4 6 ĐIỆN TỪ (1,5 điểm) 1. Giải thích sự xuất hiện dòng điện trong thanh + Do tác dụng của trọng lực, thanh MN chuyển động xuống nhanh dần. + Khi MN chuyển động, số các đường sức từ đi qua diện tích ACNM liên tục tăng 0,5 nên xảy ra hiện tượng cảm ứng điện từ, trong mạch xuất hiện dòng điện cảm ứng. 2. Xác định chiều dòng điện và tính I + Thanh MN có dòng điện nên từ trường sẽ tác dụng lên nó một lực điện từ. MN chuyển động nhanh dần thì cường độ dòng điện cảm ứng tăng dần nên lực điện từ cũng tăng dần. Khi tốc độ thanh MN đủ lớn thì lực điện từ cân bằng với trọng lực, 0,5 thanh lúc này chuyển động thẳng đều. + Vì trọng lực hướng xuống nên lực điện từ hướng lên. + Áp dụng quy tắc bàn tay trái, ta xác định được chiều dòng điện chạy từ M sang N. - 5/6 -
6. + Khi thanh MN chuyển động thẳng đều, ta có: A C P 0,15 F P B.I.l P I 1,5 (A). t B.l 0,5.0,2  I r Ft 0,5 M N ur P Q D 7 PHƯƠNG ÁN THỰC HÀNH (1,5 điểm) 1. Cơ sở lý thuyết + Xét một cốc đựng nước đặt vào trong chậu nước to. Thành cốc và đáy có bề dày d, diện tích ngoài là S. + Thể tích nước đựng trong cốc là V. + Mức nước bên ngoài so với đáy cốc có độ cao là h r (như hình vẽ). FA + Cốc nước cân bằng trong chậu nước khi: 0,5 P FA (M Mn ).g g.(d h).S h M V. .(d h)S (1) ur P + Với các lượng nước khác nhau đổ vào trong cốc, độ cao của mực nước bên ngoài so với đáy cốc là khác nhau. + Giả sử đổ 2 lượng nước khác nhau V1, V2 thì tương ứng có h1, h2. 0,25 M V1 (d h1)S V V Từ (1): S 2 1 (2) M V2 (d h2 )S h2 h1 M V1 (M V1 )(h2 h1) Từ đó: d h1 h1 (3) 0,25 S (V2 V1) 2. Tiến hành thí nghiệm * Bước 1: Cho nước vào cốc với thể tích V 1, thả cốc vào chậu để cốc cân bằng, nước phẳng lặng. Xác định mực nước ngoài cốc h1 (đọc trên vạch chia). * Bước 2: Thực hiện lại bước 1 với thể thích nước cho vào cốc là V 2, V3, tương ứng với mực nước ngoài cốc h2, h3, * Bước 3: Hoàn thành bảng số liệu và tính toán. 0,5 h1 h2 V1 V2 d S Chú ý khi chấm bài: - Thí sinh làm đúng theo cách khác vẫn cho điểm tối đa của phần đó. - Nếu sai hoặc thiếu đơn vị 01 lần thì trừ 0,25 điểm; trừ toàn bài không quá 0,5 điểm cho lỗi này. - 6/6 -