Đề thi tuyển sinh Lớp 10 chuyên môn Vật lý - Năm học 2012-2013 - Sở giáo dục và đào tạo Lâm Đồng (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh Lớp 10 chuyên môn Vật lý - Năm học 2012-2013 - Sở giáo dục và đào tạo Lâm Đồng (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN LÂM ĐỒNG KHÓA NGÀY 29/6/2012 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: VẬT LÝ (Đề thi gồm có 02 trang) Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (4,0 điểm) Hai quả cầu A và B có cùng kích thước. A bằng sắt, B bằng nhôm, được treo vào hai đầu của một thanh thẳng, cứng có chiều dài M N MN = 42cm (hình 1). O 1/ Tìm vị trí điểm treo O (khoảng cách OM) trên thanh thẳng sao cho thanh cân bằng ở vị trí nằm ngang. 2/ Nhúng chìm hoàn toàn cả hai quả cầu vào nước. Phải xê dịch điểm treo O đến vị trí O1 để thanh trở lại cân bằng ở vị trí nằm ngang. Tính khoảng cách O M. A B 1 (hình 1) Biết trọng lượng riêng của sắt, nhôm và nước lần lượt là 78000N/m3, 27000N/m3 và 10000N/m3. Trọng lượng, kích thước của thanh MN và dây treo không đáng kể. Bài 2: (4,0 điểm) Cho một chậu nhỏ bằng thuỷ tinh khối lượng m = 100g có chứa m1 = 500g nước ở nhiệt độ 0 t1 = 20 C và một cốc dùng để chứa những viên nước đá có cùng khối lượng m2 = 20g ở nhiệt 0 độ t2 = - 5 C. 1/ Thả hai viên nước đá vào chậu. Tính nhiệt độ cuối cùng của nước trong chậu. 2/ Phải thả tiếp vào chậu ít nhất bao nhiêu viên nước đá nữa để nhiệt độ cuối cùng trong chậu là 00C? Cho nhiệt dung riêng của thủy tinh, nước và nước đá lần lượt là c = 2500 J/kg.K, 5 c1 = 4200J/kg.K và c2 = 1800J/kg.K. Nhiệt nóng chảy của nước đá là  = 3,4.10 J/kg (bỏ qua sự trao đổi nhiệt với cốc và môi trường bên ngoài). Bài 3: (3,0 điểm) Giữa hai điểm A và B có hiệu điện thế luôn luôn không đổi U = 12V, người ta mắc hai điện trở R1 và R2. Nếu R1 mắc nối tiếp với R 2 thì công suất điện toàn mạch là 1,44W. Nếu R 1 mắc song song với R2 thì công suất điện toàn mạch là 6W. 1/ Tính R1 và R2. Biết rằng R1> R2. 2/ Trong trường hợp hai điện trở được mắc song song với nhau, người ta mắc thêm điện trở R3 nối tiếp với hai điện trở nói trên vào hiệu điện thế ban đầu, thì thấy rằng công suất điện 5 của điện trở R3 bằng công suất điện của điện trở R1. Tính điện trở R3. 3
2. Bài 4: (5,0 điểm) R4 Cho mạch điện như hình vẽ (hình 2). Biết R1 = 8 , R2 = R3 = 4 , R4 = 6 , UAB = 6V không đổi. Điện trở của R1 C R2 ampe kế, khoá K và các dây nối không đáng kể. D K A 1/ Tính điện trở tương đương của đoạn mạch AB và số + - chỉ của ampe kế trong các trường hợp sau: A B R3 a/ Khoá K ngắt. (hình 2) b/ Khoá K đóng. 2/ Thay khoá K bằng điện trở R 5. Tính R5 để cường độ dòng điện chạy qua điện trở R 2 bằng không. Bài 5: (4,0 điểm) Một vật sáng AB hình mũi tên đặt vuông góc với trục chính của một thấu kính hội tụ có tiêu cự 12cm (điểm A nằm trên trục chính) cho ảnh thật A 1B1 lớn hơn vật. Giữ nguyên thấu kính, dịch chuyển vật đó đi một đoạn 6cm dọc theo trục chính thì thấu kính cho ảnh ảo A2B2. A B Biết 2 2 2 . A1B1 1/ Vẽ ảnh trong 2 trường hợp trên (không nêu cách vẽ). 2/ Tính khoảng cách từ vật đến thấu kính trước khi dịch chuyển (chỉ được vận dụng kiến thức hình học, không được dùng công thức thấu kính). HẾT Họ và tên thí sinh: Số báo danh Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2
3. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÂM ĐỒNG KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN Khóa ngày 29/6/2012 ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ ( ĐỀ CHÍNH THỨC ) BÀI ĐÁP ÁN ĐIỂM 1 ( 4đ) 1/ Áp dụng điều kiện cân bằng: 1.1 PA.OM = PB.ON 0,5đ ( 2đ) V.dA.OM = V.dB.ON 0,5đ 78000.OM = 27000.ON 78.OM = 27.ON 0,5đ OM ON OM ON 42 27 78 27 78 105 27 42 OM = = 10,8cm 0,5đ 105 2/ Áp dụng điều kiện cân bằng: (PA – FA).O1M = (PB – FA).O1N 0,5đ V(dA – dn).O1M = V(dB – dn).O1N 0,5đ 1.2 (78000 – 10000).O1M = (27000 – 10000).O1N ( 2đ) 68000.O1M = 17000.O1N 68.O1M = 17.O1N O M O N O M O N 42 0,5đ 1 1 1 1 17 68 17 68 85 17 42 O1M = = 8,4 cm 85 0,5đ 2 ( 4đ) 2.1. Khi thả hai viên nước đá vào chậu nước: 2.1 - Giả sử nước đá tan hết ở 00C. ( 2,0đ) - Nhiệt lượng do chậu và nước toả ra để hạ nhiệt độ xuống 00C là: Q1 = (mc + m1c1 ) t1 = 47.000 J (1) 0,5đ - Nhiệt lượng nước đá thu vào để tăng nhiệt độ và tan hết tại 00C là: 0,5đ Q2 = 2m2c2 t2 + 2m2  = 13960 J (2) 0 0 -Vì Q1 > Q2 nên nhiệt độ cân bằng 0 C < t < 20 C. - Nhiệt lượng để hệ thống tăng nhiệt độ từ 00C đến t0C là: Q = Q1 – Q2 Mặt khác Q = [mc + (2m2 +m1)c1]. t -Độ tăng nhiệt độ của hệ thống là: Q t = 0,5đ [mc + (2m2 +m1)c1] -Giải phương trình ta được t 13,10C . 0,5 đ 2.2 b. Nhiệt lượng do chậu và nước trong chậu toả ra khi hạ nhiệt độ từ 13,10C xuống 00C ( 2,0đ) là: 0,5đ Q = [mc + (2m2 +m1)c1]. t = 33.040J 0 -Nhiệt lượng cần thiết để Mx kilôgam nước đá thu vào nóng chảy ở 0 C là: Q = M .  t’) = 349.000M J x x ( + c2. x 0,5đ [mc + (2m2 + m1 )c1 ]. t -Áp dụng PTCB nhiệt tính được: Mx = (  + c1. t')
4. Mx 0,095 kg 0,5đ M - Số viên nước đá cần thêm vào là: n = x = 4,75 viên. m1 0,5đ Vậy ta phải thả thêm vào chậu 5 viên. U 2 3.1. R1ntR2 : Rnt = = 100  3 ( 3đ) P 0,5đ 3.1 nt ( 1,75đ)  R1 + R2 = 100 (1) 0,25đ U 2 R1//R2 : RSS = = 24  PSS 0,5đ  R1.R2 = 2400 (2) 0,25đ -Kết hợp (1), (2) và Áp dụng điều kiện của bài toán ta được: R1 = 60 và R2 = 40 . 0,25đ 3.2 3.2. ( 1,25đ) -Điện trở tương đương của đoạn mạch (R1//R2) ntR3: Rtđ = R12 + R3 = 24 + R3. U 12 -CĐDĐ chạy qua mạch là: I = I12 = I3 = (3) 0,25 đ Rtđ 24 R3 - Hiệu điện thế đặt vào R1 là: 12 288 U12 = U1 = U2 = I12.R12 = .24 = (V) 24 R3 24 + R3 0,25đ -CĐDĐ chạy qua điện trở R1 là: U1 288 1 24 I1 = . = (4) 0,25đ R1 24 R3 60 5(24 R3 ) 5 2 5 2 Ta có : P3 = P1  I3 .R3 = I1 .R1 (5) 0,25đ 3 3 Thay (3), (4) vào (5). Giải phương trình được R3 = 16 . 0,25đ 4 (5đ) 4.1a. 4.1 (4đ) Khi K mở: [(R nt R )//R ] nt R . 0,5đ 1 2 4 3 0,5đ R12 = R1 + R2 = 12 . R12 R4 R124 = = 4 . 0,5đ R12 R4 RAB = R124 + R3 = 8 . 0,5đ U AB -Số chỉ của ampe kế: Ia = I3 = IAB = = 0,75A. RAB 4.1b Khi K đóng, đoạn mạch được vẽ lại như sau: R2 R 4 0,5đ A A B R (+) R1 3 (-) 0,25đ R2 R3 R23 = = 2  0,25đ R R 2 3 0,25đ R234 = R23 + R4 = 8  => RAB = 4 
5. Vì R234 // R1 nên U234 = U1 = UAB 0,25đ U I = AB = 0,75A 234 0,25đ R234 0,25đ U23 = U2 = U3 = I234.R23 = 1,5V U 2 4.2 Ia = I3 = = 0,375A (1đ) R2 4.2. Khi thay khoá K bằng R5 thì đoạn mạch được vẽ lại như sau: R1 C R5 0,5đ A B R2 (+) (-) D R4 R3 0,5đ -Khi dòng điện qua R2 = 0 nên mạch điện trên là mạch cầu cân bằng. Ta có: R1 R5 => R5 = 5,3  R4 R3 1/ Hình vẽ 5 ( 4đ) 5.1 ( 2,0đ) B2 2đ B B’ I A1 ’ ’ A2 A •F A O F• B1 ( Mỗi trường hợp vẽ đúng cho 1 điểm) 5.2 ABO : A1B1O (2,0đ) A B OA Suy ra 1 1 1 (1) 0,25đ AB OA ’ ’ OIF : A1B1F A B F ' A Suy ra 1 1 1 OI OF ' Vì AB = OI nên
6. A B F ' A 0,25đ 1 1 1 (2) AB OF ' Từ (1) và (2) suy ra OA F ' A 1 = 1 OA OF ' OA OA OF ' 1 = 1 OA OF ' OA .OF ' OA = 1 OA OF ' 1 0,25đ 12.OA OA = 1 OA1 12 ’ ’ A2B2O : A B O A B OA 0,25đ Suy ra 2 2 2 (3) A'B' OA' ’ ’ A2B2F : OIF A B A F ' Suy ra 2 2 2 OI OF ' Vì OI = A’B’ nên A B A F ' 0,25đ 2 2 2 (4) A'B' OF ' Từ (3) và (4) suy ra ' OA2 OA2 OF ' ' OA OF 0,25đ 12.OA OA’ = 2 OA2 12 0,25đ 12.OA 12.OA OA - OA’ = 1 - 2 = 6 (5) OA1 12 OA2 12 - Lấy (4) chia (2) vế theo vế ta được: ' A2 B2 A2 F OA2 12 ' 2 A1B1 F A1 OA1 12 OA2 = 2.OA1 – 36 (6) Thay (6) vào (5). Tính được OA1 = 48cm 12.OA 12 48 0,25đ Suy ra: OA = 1 16cm OA1 12 48 12 Chú ý: - Giải cách khác nhưng hợp lý vẫn cho đủ số điểm. - Thiếu đơn vị ở đáp số trừ 0,25 điểm và chỉ trừ một lần cho cả bài. - Hình vẽ thiếu mũi tên trừ 0,25 điểm. - Mỗi trường hợp của hình vẽ không đúng yêu cầu trừ 0,25 điểm.