Đề thi vào 10 môn Vật lí trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc có đáp án (4 đề tự luận)

(1)

(2)

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

(Đề thi có 02 trang)

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2017-2018

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÍ

Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Vật lí Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề.

Câu 1 (1,5 điểm)

Cho mạch điện như hình vẽ. Biến trở AB là một dây dẫn đồng chất, chiều dài l = 1,3 m, tiết diện thẳng S = 0,1 mm², điện trở suất  = 10^-6 .m. U là hiệu điện thế không đổi. Di chuyển con chạy C ta nhận thấy khi ở các vị trí cách đầu A một đoạn 10 cm hoặc cách đầu B một đoạn 40 cm thì công suất toả nhiệt trên biến trở là như nhau.

a) Xác định giá trị của R0.

b) Gọi công suất tỏa nhiệt trên R0 ứng với 2 vị trí của con chạy C kể trên lần lượt là P1 và P2. Tìm tỷ số ¹

2

P P . Câu 2 (2,5 điểm)

Một điểm sáng S đặt trên trục chính của một thấu kính hội tụ L1 có tiêu cự f1 = 24 cm. Sau L1 người ta đặt một màn E vuông góc với trục chính của thấu kính và thu được ảnh rõ nét của S trên màn.

1) Để khoảng cách giữa vật và màn là nhỏ nhất thì vật và màn phải đặt cách thấu kính một khoảng là bao nhiêu?

A B

C U R0

+ - ĐỀ CHÍNH THỨC

(3)

2) Vị trí của điểm sáng S, thấu kính L1 và màn E đang ở vị trí của ý 1. Người ta đặt thấu kính L2 phía sau và cùng trục chính với L1, cách L1 một khoảng 18 cm. Trên màn E lúc này có một vết sáng hình tròn. Hãy tính tiêu cự của thấu kính L2 trong các trường hợp sau:

a) Khi tịnh tiến màn E dọc theo trục chính của hệ thấu kính thì vết sáng trên màn có đường kính không thay đổi.

b) Khi tịnh tiến màn ra xa hệ thấu kính thêm 10 cm thì vết sáng trên màn có đường kính tăng gấp đôi.

Chú ý: Thí sinh được sử dụng công thức của thấu kính để làm.

Câu 3 (1,5 điểm)

Một thanh đồng chất tiết diện đều, có khối lượng 10 kg, chiều dài l. Thanh được đặt trên hai giá đỡ A và B như hình vẽ. Khoảng cách BC =

7

l . Ở đầu C người ta buộc một vật nặng hình trụ có bán kính đáy 10 cm, chiều cao 32 cm, trọng lượng riêng của chất làm vật nặng hình trụ là d = 35000 N/m³. Biết thanh ở trạng thái cân bằng và

lực ép của thanh lên giá đỡ A bị triệt tiêu. Tính trọng lượng riêng của chất lỏng trong bình. Coi trọng lượng của dây buộc không đáng kể.

Câu 4 (2 điểm)

Cho mạch điện như hình vẽ. Hiệu điện thế U = 8 V, các điện trở r = 2 , R2 = 3 , điện trở của đèn là R1 = 3 , ampe kế coi là lí tưởng.

a) Khoá K mở, di chuyển con chạy C người ta nhận thấy khi điện trở của phần AC của biến trở AB có giá trị 1  thì đèn tối nhất. Tính điện trở toàn phần của biến trở.

A B C

C K

R1

R2

A B

U D

A

r + -

(4)

b) Mắc một biến trở khác thay vào chỗ của biến trở đã cho và đóng khóa K. Khi điện trở của phần AC bằng 6  thì ampe kế chỉ ⁵

3A. Tính giá trị toàn phần của biến trở mới.

Câu 5 (1,5 điểm)

Một cục nước đá ở nhiệt độ t1 = -5⁰C được dìm ngập hoàn toàn vào một cốc nước ở nhiệt độ t2, khối lượng của nước bằng khối lượng của nước đá bằng m. Coi rằng chỉ có nước và nước đá trao đổi nhiệt với nhau. Bỏ qua sự thay đổi thể tích của nước và nước đá theo nhiệt độ.

a) Tùy theo giá trị của t2 mà nhiệt độ sau cùng của hệ có thể nhỏ hơn 0⁰C, bằng 0⁰C hoặc lớn hơn 0⁰C. Tìm điều kiện về t2 để xảy ra các trường hợp trên.

b) Tìm khối lượng của nước lỏng trong bình ở trạng thái cuối cùng khi t2 = 50⁰C.

Cho nhiệt dung riêng, nhiệt nóng chảy của nước đá lần lượt là c1 = 2090 J/ kg.K,  = 3,33.10⁵J/kg, nhiệt dung riêng của nước là c2 = 4180 J/ kg.K.

Câu 6 (1 điểm)

Cho hai quả cầu đồng chất tâm O1 và O2, bán kính R1 và R2. Hai quả cầu tựa vào nhau ở B và cùng được treo vào O nhờ

hai dây OA1 và OA2. Biết ₁ ₁ ₂ ₂ ¹ ²

2 R R

OA R OA R . Gọi  là

góc hợp bởi OA₁ và phương thẳng đứng. Cho khối lượng riêng của các quả cầu là như nhau.

a) Tìm tỷ số khối lượng của hai quả cầu?

b) Tính giá trị của α. Áp dụng bằng số R1 = 10 cm, R2 = 5 cm.

———— HẾT————

—————

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2017-2018

ĐÁP ÁN MÔN: VẬT LÍ

(5)

Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Vật lí

—————————

Câu Ý Lời giải vắn tắt Điểm

1 a) - Khi C ở cách đầu A đoạn 10 cm và cách B đoạn 40 cm thì điện trở của biến trở tham gia vào mạch điện lần lượt là: R1 = 1  , R2 = 9 . - Công suất tỏa nhiệt trên biến trở ứng với hai vị trí trên là:

P =    

2 2

1 2

2 2

1 0 2 0

U R U R

R R  R R

 

 R0 = 3 .

0,5

0,25 0,25 b) Công suất tỏa nhiệt trên R0 tương ứng là:

 

2 0

1 2

1 0

P U R R R

  và

 

2 0

2 2

2 0

P U R

R R

 

 Tỷ số: ¹

2

P 9 P 

0,25 0,25 2 1) Tính d và d’ để Lmin Ta có sơ đồ tạo ảnh: S⁽^L¹⁾ S₁^'

- Khi ảnh hiện rõ trên màn, khoảng cách vật –màn là khoảng cách L giữa vật thật và ảnh thật. L d d’ 

- Mặt khác: f = ^{dd '}

' dd

 d, d’ là hai nghiệm của phương trình: x² – L.x + f.L = 0 Δ = L² – 4Lf.

ĐK để phương trình có nghiệm là Δ 0  L  4f Suy ra: Lmin = 4f = 96cm

Khi đó: d = d’ = Lmin/2 = 48cm.

0,25

2)a) Tìm f2 và vẽ hình Sơ đồ tạo ảnh:

(6)

S ⁽^L¹⁾ S₁^' ⁽^L²⁾S₂^' Ta có: d₁d₁^' 48cm

Vì vết sáng trên màn có đường kính không đổi khi tịnh tiến màn nên chùm tia ló tạo bởi L2 phải là chùm song song với trục chính. Tức là ảnh của S tạo bởi hệ hai thấu kính phải ở xa vô cùng. Ta có:

'

2 2 2

d   d  f

Mà: d₂   l d₁^' 18- 48 = -30cm Vậy: f2 = -30cm: L2 là thấu kính phân kì.

0,25 0,25

(7)

2)b) Có 3 trường hợp lớn có thể xảy ra:

- TH1: chùm ló sau L2 là một chùm hội tụ và điểm hội tụ A nằm trước ảnh S₁^'

Từ hình vẽ, ta có: ²_'^'

2

40

' 2

30 d D

D d

  



Vậy: 40 – d2’ = 60 – 2d2’  d2’ = 20cm Từ đó:

' 2 2

2 '

2 2

30.20 10 60

f d d cm

d d

   

 

 Thấu kính L2 là thấu kính hội tụ.

- TH2: chùm ló sau L2 là một chùm hội tụ và điểm hội tụ A nằm sau ảnh S₁^'

0,5

0,25

'

S1 A

M1

N1

M2

N2

30 cm

'

d2

10 cm

x L2

(8)

Lúc này S2’ nằm trong khoảng giữa hai vị trí của màn E, ta có:

' 2 ' 2

40

' 2

30 d D

D d

  



Vậy: 40 – d ’ 2d ’ – 60 ₂ ₂ ₂^' ¹⁰⁰ d 3 cm

  

Từ đó: ₂ ² ²^' _'

2 2

30.100

3 300

30 100 3

f d d cm

d d

    

  

Thấu kính L2 là một thấu kính phân kì.

- TH3: chùm ló sau L2 là một chùm phân kì. ảnh S2’ là ảnh ảo.

Từ hình vẽ, ta có:

O2S2’ = |d2’|, O2S1’ = |d2|

Vậy: ² ² ²

2 2 2

' 10 40 '

' 2

' 30 '

d d d

D

D d d d

  

  

 

Suy ra: d2’ = 20cm > 0: điều này vô lí.

Chú ý: Học sinh cũng có thể chỉ cần xét 2 TH trên vì khi xảy ra TH 1

0,5

0,25

L2

'

S1

A

30 cm

'

d2

(9)

thì cũng coi như không thể xảy ra TH 3.

(10)

3

* Gọi P là trọng lượng của thanh AC - P1 là trọng lượng đoạn BC: P1= ¹

7P, P2 là trọng lượng đoạn AB : P2=⁶

7P

- l là chiều dài thanh AC, V là thể tích vật chìm trong nước - d3 là độ dài đoạn BC : d3= ¹

7l, d2 là khoảng cách từ B đến P2 : d2 =

3

7l, d1 là khoảng cách từ B đến P1 : d1 = ¹

14l

* Vì lực ép của thanh lên điểm A bị triệt tiêu nên theo điều kiện cân bằng lực ta có phương trình cân bằng lực sau :

P1d1 + Fd3 = P2d2 (1)

* Vì vật nằm lơ lửng trong lòng chất lỏng nên : F = V.d – Vdx = V(d – dx) (2)

Từ (1) và (2) ta có :

P1d1 + Fd3 = P2d2  1 1 2 6 3 . + F. = . 7P14l 14l 7P 7l

 35P = 14F

 35P = 14 V( d – dx )

 ( d – dx ) = ³⁵

14 P V

 dx = d - ³⁵

14 P

V ( 3 ) với P = 10. m

0,5 0,5 A B C

P2 P1 F

P2

d2 d1

A B C

P2 P1 F

P1 F

d3

(11)

V = S .h = .R h². = 3,14 .0,1² . 0,32 = 0,01(m³) Thay vào ( 3) ta có

dx = 35000 - 3

35.100

10.000( ) 14.0, 01

N

 m

Chú ý: HS cũng có thể xét điều kiện cân bằng cho thanh với chỉ có hai lực gây ra tác dụng làm quay đó là lực F tác dụng vào đầu C và trọng lực đặt vào trung điểm G của AC.

0,5

4 a) Gọi điện trở toàn phần của biến trở là R, điện trở phần AC là x Khi K mở ta có mạch như hình vẽ.

điện trở toàn mạch

(12)

2

3( 3) 6 2

( 1) 21 6 6

tm

R R x x x

x R x R

x

    



    

 

Cường độ dòng điện qua đèn:

1 2

1 1

. 24

( 1) 21 6

CD CD

U I R

I  x R  x R  x R x R

      

Khi đèn tối nhất thì I1 nhỏ nhất hay mẫu số lớn nhất

1 2

x R . Theo đề bài x=1.

 R=3

0,25

0,25 0,25 b) Khi K đóng ta có mạch như hình vẽ,

điện trở toàn mạch:

' '

17 60

4( 3)

tm

R R

R

 



(R’ là điện trở toàn phần của biến trở mới)

Cường độ dòng điện mạch chính:

I =

' '

32( 3) 17 60

R R



Cường độ dòng điện qua BC:

IBC = ⁴⁸_'

17R 60

'

' '

32( 3) 48 5

17 60 17 60 3

A BC

I I I R A

R R

     

 

0,25

U

(R- x)

x R1

R2

C D

A B

 r

U

(R’- 6) R1

R2

C D

A B

x=6

r

(13)

' 12

R   0,25

0,25

5 a) Nhiệt lượng nước đá thu vào để tăng nhiệt độ từ -5⁰C đến 0⁰C là

 

1 1 0 ( 5) 2090.5. 10450

Q C m    m m

Nhiệt lượng nước đá thu vào để nóng chảy hoàn toàn

2 333000

Q m m

Nhiệt lượng nước tỏa ra khi hạ nhiệt độ từ t2 xuống 0⁰C

3 2 2 4180. .2

Q C mt  t m

- TH1: để nhiệt độ cân bằng nhỏ hơn 0⁰C thì Q1 > Q2 + Q3. Hay 10450 m > 333000m + 4180.m.t2  vô nghiệm

- TH2: để nhiệt độ cân bằng bằng 0⁰C thì Q1 + Q2 > Q3. 10450 m + 333000m > 4180.m.t2  t2 < 82,2⁰C

- TH3: để nhiệt độ cân bằng lớn hơn 0⁰C thì Q1 + Q2 < Q3.

 t2 > 82,2⁰C.

0,25 0,25

0,25 0,25 b) Với t2 = 50⁰C  xảy ra TH2 tức là nhiệt độ cân bằng của hệ là 0⁰C.

Gọi Δm là khối lượng nước đá bị tan ta có:

10450 m + 333000. Δm = 4180.m.50  Δm = 0,6 m

 khối lượng nước lỏng trong bình là: m’ = m + Δm = 1,6 m

0,25 0,25

(14)

6 a) + Các khối cầu là đồng chất nên: ² ² ² ³²₃

1 1 1 1

m P V R

m P V R (1) 0,25

b) Từ giả thiết  tam giác OO1O2

vuông ở O  Oˆ 90 ⁰

Góc hợp bởi OA2 với đường thẳng đứng là β = 90⁰ – α  sin β = cos α (2)

Xét trục quay là O  cánh tay đòn của trọng lực P1 là O1H, cánh tay đòn của trọng lực P2 là O2H1.

Điều kiện cân bằng:

P1.(R1 + R2) sin α = P2.(R1 + R2)sin β

 P1sin α = P2.sin β (3)

Thay (1), (2) vào (3) ta được: tan = ³²₃

1

R R

Áp dụng số: Với R1 = 2R2  tan α = 1/8  α = 7,1⁰.

0,25

Điểm toàn bài được làm tròn đến 0,25 điểm.

Thí sinh làm theo phương án khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa phần đó.

———— HẾT————

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2015-2016

Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Vật lí Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề.

(15)

(Đề có 02 trang)

—————————

Bài 1 (2 điểm)

Một bình thông nhau gồm 2 nhánh hình trụ đặt thẳng đứng có tiết diện S1 = 40 cm² và S2 = 20 cm². Phần ống nối thông hai trụ tiết diện nhỏ không đáng kể.

Một lượng nước có thể tích V = 2 lít được đổ vào bên trong bình.

Các nhánh được đậy kín bằng các

pittông khối lượng m1 = 1,2 kg và m2 = 1 kg như hình vẽ. Các pittông có thể dễ dàng dịch chuyển bên trong các nhánh. Cho khối lượng riêng của nước là D1 = 10³ kg/m³, của dầu hỏa là D2 = 800 kg/m³.

a. Tìm độ cao của các cột nước trong hai nhánh khi hệ ở trạng thái cân bằng.

b. Người ta đổ thêm dầu hỏa vào trong nhánh 2. Tìm khối lượng dầu tối đa có thể đổ vào sao cho không có lượng chất lỏng nào bị tràn ra ngoài. Cho chiều cao của các nhánh bằng nhau bằng H = 0,45 m.

c. Chiều cao H của hai nhánh phải bằng bao nhiêu để khi mực chất lỏng ở một trong hai nhánh đầy thì độ chênh lệch mực chất lỏng ở hai nhánh là 0,15 m?

Bài 2 (2 điểm)

Cho mạch điện như hình vẽ.

Đèn Đ có ghi: 6 V – 3 W. Thay đổi biến trở R để công suất trên nó đạt giá trị cực đại và bằng 9 W, khi đó đèn sáng bình thường. Tìm giá trị của R0 và U. Bỏ qua điện trở của dây nối.

m1

m2

S1

S2

h1

h2

H

Đ

U R0

R + -

(16)

Bài 3 (2 điểm)

Một vật xuất phát từ A chuyển động về phía B trên đường thẳng AB theo quy luật:

trong 10 s đầu vật chuyển động đều hướng về B với vận tốc v1 = 10 cm/s, sau đó vật chuyển động lùi lại về phía A với vận tốc v2 = 4 cm/s trong thời gian 5 s. Tiếp đó vật lại chuyển động về B với vận tốc v1 trong 10 s, rồi lại giật lùi với vận tốc v2 trong 5 s. Quá trình lặp lại liên tục như vậy.

a. Sau 43 s kể từ lúc bắt đầu chuyển động vật cách vị trí xuất phát một khoảng bằng bao nhiêu?

b. Sau thời gian bao lâu kể từ thời điểm bắt đầu chuyển động vật cách điểm xuất phát 500 cm.

c. Cùng một lúc với vật trên có một vật khác xuất phát từ B chuyển động về A với vận tốc không đổi v3 = 6 cm/s. Tìm vị trí hai vật gặp nhau. Biết khoảng cách AB = 10 m.

Bài 4 (2 điểm)

Một nhiệt lượng kế ban đầu không chứa gì, có nhiệt độ t0. Đổ vào nhiệt lượng kế một ca nước nóng thì thấy nhiệt độ của nhiệt lượng kế tăng thêm 5 ⁰C. Lần thứ hai, đổ thêm một ca nước nóng như trên vào thì thấy nhiệt độ của nhiệt lượng kế tăng thêm 3 ⁰C nữa. Hỏi nếu lần thứ ba đổ thêm vào cùng một lúc 5 ca nước nóng nói trên thì nhiệt độ của nhiệt lượng kế tăng thêm bao nhiêu độ nữa ?

Bài 5 (2 điểm)

(17)

Cho thấu kính phân kì L1 có tiêu cự f1 = -18 cm và thấu kính hội tụ L2 có tiêu cự f2 = 24 cm, đặt cùng trục chính, cách nhau một khoảng l. Một vật sáng AB đặt vuông góc với trục chính trước thấu kính L1, cách L1

một khoảng d1, qua hệ hai thấu kính cho ảnh sau cùng là A2B2. a. Cho d1 = 18 cm. Xác định l để ảnh A2B2 là ảnh thật.

b. Tìm l để A2B2 có độ lớn không thay đổi khi cho AB di chuyển dọc theo trục chính.

c. Bây giờ người ta đưa vật AB vào khoảng giữa hai thấu kính, hỏi vật AB phải ở vị trí nào để ảnh của vật qua hai thấu kính trùng nhau. Biết khoảng cách giữa hai thấu kính lúc này là l = 60 cm.

———— HẾT————

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!

Họ và tên thí sinh……… Số báo danh………...

l A

B

L1 L2

(18)

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2015-2016

ĐÁP ÁN THI MÔN: VẬT LÍ

Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Vật lí

Bài Điểm

Bài 1:

(2 điểm)

a. (0,75 điểm)

Khi hệ ở trạng thái cân bằng tổng áp suất ở đáy của hai bình phải bằng nhau.

1 2

1 1 1 2

1 2

10.m 10.m

10.D .h 10.D .h

S   S 

Thay số: ^{10.1, 2}₄ 10.10 .h³ ₁ ^10.1₄ 10.10 .h³ ₂ 40.10^   20.10^ 

Hay: h1 = h2 + 0,2 (1).

Tổng thể tích nước trong bình:

V = h1.S1 + h2.S2.

Thay số: 2.10^-3 = 40.10^-4.h1 + 20.10^-4.h2  2h1 + h2 = 1 (2).

Từ (1) và (2) ta tìm được: h1 = 0,4 m và h2 = 0,2 m.

b. (0,75 điểm)

Có hai trường hợp: khi đổ dầu vào nhánh 2 thì nước ở nhánh 1 sẽ bị trào ra trước hoặc dầu ở nhánh 2 bị trào ra trước. Ta xét trường hợp nước ở nhánh 1 bị trào ra trước. Gọi H1 và H2 là độ dài của các cột nước trong hai cột, x là chiều dài của cột dầu. Khi đó H1 = H = 0,45 m. Vì tổng thể tích nước trong hai ống vẫn không đổi bằng 2 l nên H1 và H2 vẫn thỏa mãn (2)  H2 = 0,1 m.

Điều kiện cân bằng cho hệ:

1 2

1 1 1 2 2

1 2

10.m 10.m

10.D .H 10.D .H 10.D x

S   S   (3)

0,25

0,25 0,25

0,25

(19)

Thay số: ^{10.1, 2}₄ 10.10 .0, 45³ ^10.1₄ 10.10 .0,1 10.8.10 .x³ ²

40.10^  20.10^  

 x = 0,1875 m

Khi đó tổng độ cao của cột chất lỏng bên ống 2 là: H2 + x = 0,2875 m <

0,45 m  như vậy giả thiết là đúng.

 khối lượng dầu lớn nhất có thể đổ vào là:

m = D2.x.S2 = 8.10².0,1875.20.10^-4 = 0,3 kg c. (0,5 điểm)

h1, h2, x phải thỏa mãn các phương trình (2) và (3) Ta có các phương trình:

2h1 + h2 = 1 (4)

h1 = h2 + 0,2 + 0,8 x (5)

Độ chênh lệch mực chất lỏng ở hai nhánh là 0,15 m

 h1 = h2 + x + 0,15 (6) hoặc h1 + 0,15 = h2 + x (7) Từ (4), (5), (6) ta có: h1 = 0,47 m, h2 = 0,07 m, x = 0,25

Từ (4), (5), (7) ta có: h1 = 0,87 m, h2 = - 0,73 m, x = 1,75 (loại)

 độ cao của hai nhánh: H = h1 = 0,47 m.

0,25

Bài 2:

(2 điểm)

Điện trở của đèn là: Rđ = 12 Ω, đặt R = x.

Điện trở tương đương của mạch: Rtđ =  0 0 0

12 R x 12R 12.x R

12 x 12 x

 

 

 

 cường độ dòng điện trong mạch: I =  

 

td 0 0

U 12 x U

R 12 R x 12R

 

 

 cường độ dòng điện qua biến trở:

Ix =

 0 0

12 12U

Ix 12 12 R x 12R

  

Công suất trên biến trở: Px =

 

2 2

2

x 2

0 0

12 U x I x

12 R x 12R

    

0,25

(20)

 Px =

 

2 2

2 0 0

12 U 12 R x 12R

x

   

 

 

    

2 2 2

0 0 0 0

12 U 3U

4.12.R 12 R  12 R R

  = 9 W

 U² = 3.R0(12 + R0) (1) Dấu “ = ” xảy ra khi x = ⁰

0

12R 12R

Khi đèn sáng bình thường thì hiệu điện thế hai đầu biến trở bằng hiệu điện thế hai đầu đèn bằng 6 V

 Ix.x = 6 hay

   

0 0

0 0 0 0 0

0 0

0

12R 12R

12U 12U

12 R x 12R 12 R 12R 12 R

12 R 12R

12 R

      



=

6

Hay: U = 12 + R0 (2)

Từ (1) và (2) suy ra: R0 = 6 Ω và U = 18 V.

0,25

0,25 0,25

0,25

0,25 0,25

(21)

Bài 3:

(2 điểm)

a. (0,5 điểm)

Trong mỗi chu trình vật đi được quãng đường bằng: 10.10 – 4.5 = 80 cm, thời gian thực hiện một chu trình là: 10 + 5 = 15 s.

Nhận xét: 2. 15 < t = 43 s < 3.15 s  vật đang ở trong chu trình thứ 3.

Ngoài ra: t = 43 s > 2.15 + 10 = 40 s

 vật đang giật lùi, thời gian giật lùi là: 43 – 40 = 3 s.

 khoảng cách đến điểm xuất phát là: AC = 2.80 + 10.10 – 3.5 = 245 m.

b. (0,5 điểm)

TH1: Nhận xét: 6.80 < AC = 500 m < 7.80 (m)  vật đang ở trong chu trình thứ 6 và đang tiến: AC = 500 m = 6.80 + 20 m  vật tiến thêm 20 m  thời gian tiến thêm là: 20:10 = 2 s  tổng thời gian là: 6.15 + 2 = 92 s.

TH 2: 500 cm = 400 cm + 100 cm

 tổng thời gian là: 5.15 + 10 = 85 s.

c. (1 điểm)

Giả sử khi gặp nhau vật đi từ A đang chuyển động ở giai đoạn thứ n + 1. Có hai trường hợp có thể xảy ra là khi gặp nhau thì vật A đang tiến hoặc vật A đang lùi. Biểu thức tính quãng đường và thời gian ứng với hai trường hợp trên là:

- TH 1: Nếu vật đang đi về phía B:

S2 = 80.n + 10. Δt (cm) Thời gian: t = 15.n + Δt (s)

(với 0 < Δt  10 s, n là số chu trình)

- TH 2: Nếu vật đang đi giật lùi về phía A:

S2 = 80.n + 10.10 – 4. Δt (cm) Thời gian: t = 15.n + 10 + Δt (s) (với 0  Δt  5 s, n là số chu trình).

- Quãng đường mà vật 1 đã đi S1 = 6.t

0,25

0,25 0,25 0,25

0,25

(22)

Khi hai vật gặp nhau thì tổng quãng đường mà chúng đã đi bằng AB.

Giả sử khi gặp nhau vật 2 đang chuyển động về B : 80.n + 10. Δt + 6 (15.n + Δt ) = 1000

 n = ^{1000 16. t}

170

 

(1)

Với 0 < Δt  10 s  4,94 < n < 5,88  n = 5  giả sử đúng.

Thay vào (1) suy ra: Δt = 9,375 s.

 Khi gặp nhau hai vật cách A một khoảng là: S2 = 80.n + 10. Δt = 493,75 cm.

0,25 0,25

Bài 4:

(2 điểm)

- Gọi: qK là nhiệt dung của nhiệt lượng kế.

qC là nhiệt dung của một ca nước nóng, t là nhiệt độ của nước nóng.

- Khi đổ một ca nước nóng: qC



t - (t + 5) = 5q0



K (1) - Khi đổ thêm 1 ca nước nóng lần hai:

qC



t - (t + 5 + 3) = 3(q0



Kq )C (2) - Khi đổ thêm 5 ca nước nóng lần ba:

 

C 0 K C

5q t - (t + 5 + 3 + t) = (q 2q ) t (3)

- Từ (1) và (2) ta có : 5q - 3q = 3q + 3q _K _C _K _C  _C q^K q =

3 (4) - Từ (2) và (3) ta có : 5(3q_K3q ) 5q_C  _Ct = (q_K2q ) t _C  (5) - Thay (4) vào (5) ta có : _5(3q_K _{q ) 5}_K ^q^K _{t = (q}_K ₂^q^K_{) t}

3 3

    

0,25

0,25 0,25 0,25 0,25

(23)

 _{20q =}_K ^10q^K _t

3 

 t = 6(⁰C)

0,25

0,25 0,25

(24)

Bài 5:

(2 điểm)

Sơ đồ tạo ảnh:

a) (0,5 điểm) Ta có: d1’ =

1 1

f d

 = - 9 cm; d2 = l – d1’ = l + 9;

d2’ =

2 2

f d

 =

15 ) 9 ( 24



 l

l .

Để ảnh cuối cùng là ảnh thật thì d2’ > 0  l > 15cm.

b) (0,5 điểm) Ta có: d1’ =

1 1

f d

 =

18 18

1 1



 d

d ; d2 = l – d1’ =

18 18 18

1

1 1



 d

d l

ld ;

d2’ =

2 2

f d

 =

432 6

18

) 18 18 (

24

1 1





 d l ld

d l

ld ;

k =

2 1

' 2 ' 1

d d

d d = -

432 6

18 432

1

1 l d 

ld = -

432 18 ) 6 (

432

1 l  l

d .

Để k không phụ thuộc vào d1 thì l = 6 cm; khi đó thì k =

3

4; ảnh cùng chiều với vật.

c) (1 điểm)

Đặt O1A = d1, O2A = d2 (d1 > 0, d2 < 60 cm) Ta có: d1 + d2 = 60  d2 = 60 – d1 (1)

d1’ =

1 1

f d

 =

18 18

1 1



 d

d (2)

d2’ =

2 2

f d

 =

1 1 1

1

36 24 ) 60 ( 24 60

24 ) 60 (

d d d

d



 



 (3)

Do vật thật qua thấu kính phân kỳ luôn cho ảnh ảo, cùng chiều, nhỏ hơn vật và gần thấu kính hơn vật nên để hai ảnh trùng nhau thì ảnh của vật qua thấu kính hội tụ phải nằm trong khoảng O1O2 do đó ảnh này phải là ảnh ảo  d1’, d2’< 0

Khi hai ảnh trùng nhau ta có d₁^, + d₂^, = 60

0,25 0,25

0,25

(25)

 - d1’ - d2’ = 60 (4)

Thay (2), (3) vào (4) ta được 60

36 24 ) 60 ( 18 18

1 1 1

1 



 

 d

d d

d

 11d₁²- 240d1 – 10800 = 0  d1 = 44,1cm.

Vậy AB cách thấu kính L1 khoảng d1 = 44,1cm.

0,25

(26)

ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2014-2015

Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Vật lí Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (2,0 điểm).

Ấm nhôm có khối lượng m₁0, 5kg chứa m₂ 2, 5kg nước ở nhiệt độ t₁ 20^oC. Sử dụng bếp điện với hiệu điện thế U 220V và hiệu suất H 60% để đun ấm nước trên thì sau 30 phút nước bắt đầu sôi ở nhiệt độ t₂ 100^oC. Nhiệt dung riêng của nhôm và nước lần lượt là

1 920 / .

c  J kg độ và c₂ 4180J kg/ .độ. Tính nhiệt lượng cần cung cấp cho ấm nước và cường độ dòng điện chạy qua bếp điện.

Câu 2 (2,5 điểm).

Vật sáng AB cách màn ảnh một khoảng a160cm. Trong khoảng giữa vật và màn ảnh, đặt một thấu kính hội tụ L song song với vật AB. Di chuyển L dọc theo trục chính, thấy có hai vị trí của L cách nhau một khoảng b40cm đều cho ảnh của vật AB hiện rõ nét trên màn. Biết vật sáng đặt cách thấu kính (có tiêu cự f ) một khoảng d cho ảnh thật cách thấu kính khoảng d' thì mối liên hệ giữa f ,d, d' là: ¹ ¹ ¹

' f  d d . a) Tính tiêu cự của thấu kính L.

b) Phải đặt màn ảnh cách vật bao nhiêu thì chỉ có một vị trí của L cho ảnh rõ nét trên màn.

c) Di chuyển điểm sáng S dọc theo trục chính của L với vận tốc v11m s/ từ vị trí cách L đoạn d₁ 150cm đến vị trí cách L đoạn d₂ 100cm. Ảnh của S di chuyển với vận tốc trung bình bằng bao nhiêu?

Câu 3 (2,5 điểm).

x H C y

B A v¹

(27)

Trên một mặt phẳng rộng có hai vật cùng xuất phát. Vật thứ nhất xuất phát tại điểm A chuyển động theo một đường thẳng xy với vận tốc v₁20m s/ . Vật thứ hai xuất phát ở điểm B cách đường xy một đoạn BH  b 60m với vận tốc v2 (như hình vẽ).

a) Vật thứ hai chuyển động theo đường thẳng BH. Để hai vật tới điểm H cùng lúc thì vật thứ hai phải chuyển động với vận tốc v2 bằng bao nhiêu? Biết AH  a 80m.

b) Vật thứ hai chuyển động với vận tốc nhỏ nhất bằng bao nhiêu, theo hướng nào thì gặp được vật thứ nhất?

Câu 4 (2,0 điểm).

Dây hợp kim hình trụ có đường kính d₁0, 5mm, chiều dài l₁3cm được dùng làm cầu chì thì chịu được cường độ dòng điện tối đa là I₁3A.

a) Tính điện trở của dây hợp kim trên. Biết điện trở suất của nó là  1, 7.10^⁷.m. b) Nếu dây hợp kim trên có đường kính d₂ 2mm được dùng làm cầu chì thì chịu được cường độ dòng điện tối đa là bao nhiêu? Coi nhiệt lượng dây tỏa ra môi trường tỉ lệ thuận với diện tích xung quanh của dây.

Câu 5 (1,0 điểm).

Cho các linh kiện, thiết bị: một điện trở có giá trị R₀ đã biết, một biến trở có điện trở phân bố đều theo chiều dài, một điện trở R_x, một ampe kế có điện trở, một nguồn điện (chưa biết hiệu điện thế), dây dẫn, một thước đo chiều dài. Hãy thiết kế phương án thí nghiệm để xác định giá trị của điện trở Rx.

---HẾT---

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh: ………SBD:……….

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2014-2015

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: VẬT LÍ

(28)

( Hướng dẫn chấm có 02 trang)

Câu Ý Nội dung Điểm

1 (2 đ)

Nhiệt lượng cần cung cấp cho ấm nước:

1 1 2 2 2 1

( )( )

Q m c m c t t

0,5

Q = 872800 J 0,5

Cường độ dòng điện: I ^Q

 HUt 0,5

3, 67

I  A 0,5

2 (2,5

đ)

a Khoảng cách từ vật tới màn

' a d d

Công thức thấu kính

1 1 1

' f  d d

0,25

2 0

d adaf  (*)

2 1

4 2 a a af

d  

 và

2 2

4 2 a a af

d  



0,25

Khoảng cách hai vị trí của thấu kính

1 2

bd d

2 4

b a  af

2 2

4 a b

f a

 

0,25

37,5

f  cm 0,25

b Để chỉ có một vị trí thì phương trình (*) có  0 0,25

4

a f =150 cm 0,25

c Thời gian vật di chuyển d¹ d² 0, 5s

t v

   0,5

(29)

Quãng đường dịch chuyển của ảnh sd₂^'  d₁^' 0,1m 0,25 Vận tốc trung bình của ảnh ' s 0, 2 /

v m s

 t 0,25

3 (2,5

đ)

a Thời gian vật thứ nhất đi từ A đến H bằng thời gian vật thứ hai chuyển động từ B đến H

0,5

1 2

AH BH

v  v 0,5

2 1 BH 15 /

v v m s

 AH  0,5

b Để vận tốc v₂nhỏ nhất thì hai vật đến C cùng một thời điểm Ta có ACv t₁ và BC v t₂

+ C thuộc AH thì ₂ ₁ BC ₁ BH 15 /

v v v m s

AC AH

  

0,25

+ C ở ngoài AH

AHCH AC

2 2

2 1

( )

a v t b v t

2 2 2 2 2

1 2 1

(v v t) 2v atb a 0 (*)

Do luôn tồn tại thời gian t ta có  ' 0

2 2 2 2 2

1 1 2

(v a) (v v )(b a )0

2 1 2 2

v v b

b a

 

0,25

2 min 1 2b 2 12 /

v v m s

b a

 



0,25 Khi đó (*) có nghiệm t 6, 25s, ACv t₁ 125m, BCv t₂ 75m,

100 AB m

Như vậy vật thứ hai chuyển động theo phương BC vuông góc với AB

0,25

4 (2 đ)

a Điện trở dây dẫn: ₁ ¹ ₂

1

4 R l

 d



 1,0

(30)

Thay số: R₁0, 0259 0,5 b Khi dòng điện chạy qua cầu chì thì cầu chì toả nhiệt ra môi

trường xung quanh. Khi nhiệt độ cầu chì ổn định thì công suất toả nhiệt của dòng điện bằng công suất toả nhiệt của cầu chì ra môi trường xung quanh:

dl k I d l l

d k S k

RI _xq 





 



 



 



 ₂ ²

2

2 .

. .

0,25

Trong đó k là hệ số tỉ lệ, d là đường kính tiết diện của dây, l là chiều dài cầu chì ² ² ³

4 k d

I 

  

Áp dụng cho hai dây cầu chì ta được:

d A d I I

d I d

I 24

5 , 0

2 3

3 3 2 3

1 3 2 2 1 3 2

2 2 2 3 1 2

1      0,25

5 (1 đ)

Phương pháp mạch cầu dây như nhình vẽ 0,5

Điều chỉnh con chạy của biến trở tới vị trí ampe kế chỉ số 0 và đo chiều dài của hai phần biến trở R1 và R2 là l1 và l2ta có:

0

1 1

2 x 2

R

R l

R  R l  ₀ ²

1 x

R R l

 l

0,5

Điểm toàn bài được làm tròn đến 0,25 điểm.

Thí sinh làm theo phương án khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa phần đó.

R0 Rx

R1 R2

A

(31)

---HẾT---