ĐÁP ÁN ĐỀ TS CHUYÊN LÝ LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG 2005

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
Khóa ngày 6 tháng 7 năm 2005
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN VẬT LÝ
Bài 1 (2điểm): Một thanh thẳng AB đồng chất, tiết diện đều có rãnh dọc, khối lượng thanh
m = 200g, dài l = 90cm. Ở hai đầu A,B có đặt lên rãnh hai hòn bi có khối lượng m
1
= 200g và m
2
.
Đặt thước (cùng hai hòn bi ở hai đầu A,B) trên mặt bàn nằm ngang, vuông góc với
mép bàn sao cho phần OA nằm trên mặt bàn có chiều dài l
1
=30cm,
phần OB ở ngoài mép bàn. Khi đó người ta thấy thước nằm ngang
cân bằng (thanh chỉ tựa lên điểm O của mép bàn).
a) Tính khối lượng m
2
.
b) Cùng một lúc đẩy nhẹ hòn bi m
1
cho chuyển động đều trên rãnh với vận tốc v
1
=

1cm/s về phía
B và đẩy nhẹ hòn bi m
2
chuyển động thẳng đều với vận tốc v
2
dọc theo rãnh về phía A. Tìm v

2
để
cho thước vẫn nằm ngang cân bằng như trên.
Đáp án bài 1 Biểu
điểm
a/ Tính khối lượng m
2
:
+ Đặt l
1
= OA = 30cm, l
2
= OB = l – l
1
= 90-30 = 60cm
P
1
= 10m
1
= 10.0,2 = 2N
P: trọng lượng thanh đặt tại trung điểm I của AB
a = OI = AI-AO = 45 – 30 = 15cm
P = 10m = 10.0,2 =2N………………………………….
+ Áp dụng quy tắc đòn bẩy (điểm tựa O)
OA.P
1
=OI.P +OB.P
2
hay P
1

.l
1
=

P.a + P
2
.l
2
(a)……
+
N
l
PalP
P 5,0
60
15.230.2
2
11
2
=
−
==
−
………………
+ Vậy m
2
=
=== kg
P
05,0

10
5,0
10
2
50g
b) Tính vận tốc v
2
để thanh cân bằng như trên:
+ Xét trong thời gian t: - bi m
1
từ A đến A
1
, AA
1
= v
1
t
- bi m
2
từ B đến B
1
, BB
1
= v
2
t……………………………….

+ Ở thời điểm t bất kỳ, thanh vẫn cân bằng nên:
P
1

. OA
1
= P. OI + P
2
. OB
1
…………………………………………………
Với OA
1
= OA – AA
1
= l
1
– v
1
t và OB
1
= OB – BB
1
= l
2
– v
2
t

+ Vậy P
1
( l
1
– v

1
t ) = P.a + P
2
( l
2
– v
2
t ) (b)
Lấy (b) – (a) ta có : P
1
l
1
– P
1
v
1
t - P
1
.l
1
= P.a + P
2
l
2
– P
2
v
2
t - P.a - P
2

.l
2
…….

+ P
1
v
1
t = P
2
v
2
t
⇒
v
2
=
1.
5,0
2
1
2
1
=v
P
P
= 4cm/s

* T hí sinh có thể làm theo các cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.
…1/4….

…1/4….
…1/4….
…1/4….
…1/4….
…1/4….
…1/4….
…1/4….
m
1
A
O m
2

B
A
P
m
1
A
O I m
2

B
A
l
l
1
l
2
P

1
P
2
A
1
B
1




B
P1
P

P
2

A
O I
1đ
1đ
Bài 2 (1 điểm): Một ống nghiệm A hình trụ đựng nước đá đến độ cao h
1
= 40cm. Một ống nghiệm
B hình trụ khác ( B có cùng tiết diện với A ) đựng nước ở nhiệt độ t
1
= 4
o
C đến độ cao h

2
=10cm.
Người ta rót nhanh hết nước của ống nghiệm B sang ống nghiệm A. Khi có cân bằng nhiệt, mực
nước trong ống A dâng cao thêm ∆h
1
= 0,2cm so với lúc vừa rót xong.
a. Giải thích tại sao có sự dâng cao của mực nước trong ống A? Suy ra nhiệt độ khi cân bằng
nhiệt?
b. Tìm nhiệt độ ban đầu của nước đá trong ống nghiệm A?
Cho biết khối lượng riêng của nước, nước đá lần lượt là: D
1
=1000kg/m
3
, D
2
=900kg/m
3
; nhiệt dung
riêng của nước, nước đá lần lượt là:c
1
=4200J/kg.độ, c
2
=2000 J/kg.độ; nhiệt nóng chảy của nước đá
là λ=3,4.10
5
J/kg.
Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường bên ngoài và các ống nghiệm đều có thành rất mỏng.
Đáp án bài 2 Biểu điểm

a) Giải thích …………………………………………………………
+ Có sự dâng cao thêm của mức nước trong ống A là do có sự động đặc một phần
nước lỏng nên tăng thể tích………………… ……………………………….
+ Do trao đổi nhiệt, nước lỏng hạ nhiệt độ đến 0
0
C và sau đó có một phần đông đặc
nên nhiệt độ khi cân bằng nhiệt là 0
0
C ……… ……………………………
b) Nhiệt độ ban đầu của nước đá ( ở bình A) …………………………
+ Gọi x : chiều cao một phần nước sẽ đông đặc
-
Khi còn lỏng có khối lượng : SxD
1
-
Khi đông đặc có cùng khối lượng : S(x + ∆h
1
).D
2


⇒
1000x 900x + 900 . 0,2
⇒
x = 1,8cm …………………………
+ Nhiệt lượng nước đá ( ống A ban đầu) thu vào để tăng nhiệt độ từ t
2
đến 0
0
C:

Q
1
= m
A
c
2
( 0 – t
2
) = S.h
1
.D
2.
c
2
(0 – t
2
)
+ Nhiệt lượng tỏa ra của nước để hạ xuống 0
0
C và một phần đông đặc:
Q
2
= m
B
c
1
( t
1
- 0 ) + m’λ = S.h
2

.D
1.
c
1
(t
1
– 0 ) + SxD
1
λ
+ Do cân bằng nhiệt : Q
1
= Q
2

⇒
S.h
1
.D
2.
c
2
(0 – t
2
) = S.h
2
.D
1.
c
1
(t

1
– 0 ) + SxD
1
λ
+ Thay số : -40
×
900
×
2000 t
2
= 10
×
1000
×
4200
×
4 + 1,8
×
1000
×
3,4.10
5
-72t
2
= 168 + 612
⇒
t
2

≈

-10,8
0
C …………………



… 1/4….
… 1/4….
… 1/4….
… 1/4….
h
1
h
2
h
1
h
2
∆h
1
A B A A’
SxD
1
= S(x + ∆h
1
).D
2
×
×
U

×
Đ
1
Đ
2
Đ
3
r
×
×
U
×
Đ
1
Đ
2
Đ
3
r
(Sơ đồ 1) (Sơ đồ 2)
0,5đ
0,5đ
* T hí sinh có thể làm theo các cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.
Bài 3 (2,5 điểm): Có 3 đèn Đ
1
, Đ
2
và Đ
3
mắc vào nguồn hiệu điện thế

U=30V không đổi qua điện trở r
như hai sơ đồ bên. Biết hai đèn Đ
1
và Đ
2
giống nhau, trong cả hai sơ đồ
các đèn cùng sáng bình thường.
a. So sánh cường độ định mức và
hiệu điện thế định mức giữa
các đèn? Chọn cách mắc ứng
với sơ đồ nào lợi hơn, tại sao?
b. Tìm hiệu điện thế định mức đối với mỗi đèn?
c. Với sơ đồ 1, công suất nguồn cung cấp là P = 60W. Xác định công suất định mức của mỗi đèn?
Đáp án bài 3 Biểu điểm
a) So sánh cđđm và hđt đm - Chọn sơ đồ cách mắc……………………
+ Gọi I
1
, I
2
, I
3
, U
1
, U
2
, U
3
lần lượt là c/đđ/m và hđt đ/m của các đèn Đ
1,
Đ

2,
Đ
3

- Hai đèn Đ
1,
Đ
2
giống nhau nên : I
1
= I
2
và U
1
=U
2
- Theo sơ đồ 1: I
3
= 2I
1
= 2I
2

- Theo sơ đồ 2: U
3
= 2U
1
= 2U
2

+ Công suất hao phí trên sơ đồ 1: P’
r
= rI’
2
= r.(2I
1
)
2
= 4rI
1
2
- Công suất hao phí trên sơ đồ 2: P”
r
= rI”
2
= r.(3I
1
)
2
= 9rI
1
2
………………


-
Do công suất có ích của hai cách mắc như nhau và P’
r
< P”

r
: chọn sơ đồ
1 lợi hơn
b) Hiệu điện thế định mức đối với mỗi đèn………………………………
+ Theo sđ1: U = rI’ + U
1
+ U
3

+ Theo sđ2: U = rI” + U
3
………………… …………………

+ Suy ra: 30 = 2rI
1
+ 3U
1
(a)……………………………………
30 = 3rI
1
+ 2U
1
(b) …… ………………………………

+ Giải hệ pt (a),(b) ta được: U
1
= 6(V)
U
2
= 12(V) …… ………………

c) Công suất định mức ứng với mỗi đèn theo sơ đồ 1…………………….
-
Cường độ qua mạch: I’ =
)(2
30
60
A
U
P
==
…… ………………
… 1/4….
… 1/4….
… 1/4….
… 1/4….
… 1/4….
… 1/2….
… 1/4….
I’
×
×
U
×
Đ
1
Đ
2
Đ
3

r
×
×
U
×
Đ
1
Đ
2
Đ
3
r
(Sơ đồ 1) (Sơ đồ 2)
I”
I
1
I
2
I
1
I
3
×
×
U
×
Đ
1
Đ
2

Đ
3
r
×
×
U
×
Đ
1
Đ
2
Đ
3
r
(Sơ đồ 1) (Sơ đồ 2)
0,75đ
0,75đ
1đ
-
Suy ra công suất định mức của đèn Đ
3
:
P
3
= U
3
I
3
= U
3

I’ = 12.2 = 24W …… ………………
-
Công suất định mức của đèn Đ
1
và Đ
2
:
P
1
= P
2
= U
1
I
1
= U
1
×
I’/2 = 6. 2/2 = 6W…… ………………

* T hí sinh có thể làm theo các cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.
… 1/4….
… 1/4….
Bài 4 (2điểm): Vật AB đặt vuông góc với trục chính của một thấu kính (A ở trên trục chính), cách
thấu kính một đoạn x, cho ảnh A’B’nhỏ hơn vật 3 lần. Biết ảnh cách vật một đoạn 80cm.
a. Cho biết loại của thấu kính? Vẽ hình minh họa.
b. Tìm x và tính tiêu cự của thấu kính?
Đáp án bài 4 Biểu điểm
a) Loại thấu kính-Vẽ hình minh họa……………………………………………
+ Do ảnh nhỏ hơn vật nên thấu kính có thể 2 loại: Thấu kính hội tụ …………

Hoặc thấu kính phân kỳ
+ Vẽ hình minh họa:
…………

…………

b) Tiêu cự của thấu kính………………………………………………………
1/ Trường hợp TKHT:
+ Hai tam giác vuông OA’B’ và OAB đồng dạng:

3
1''''
=⇒=
OA
OA
AB
BA
OA
OA

3
31' +
=
+
⇒
OA
OAOA

⇒=

3
480
x
x = 60cm………………….
+ Hai tam giác vuông FAB và FOI đồng dạng:
1
13
1
3 +
=
+
⇒=⇒=
OF
OFAF
OF
AF
OI
AB
OF
AF

⇒= 4
60
f
f = 15cm……………………
2/ Trường hợp TKPK:
+ Hai tam giác vuông OA’B’ và OAB đồng dạng:
3
31'
3

1'''' −
=
−
⇒=⇒=
OA
OAOA
OA
OA
AB
BA
OA
OA

⇒=
3
280
x
x = 120cm
+ Hai tam giác vuông F’A’B’ và F’OI đồng dạng:
… 1/4….
… 1/4….
… 1/4….
… 1/4….
… 1/4….
… 1/4….
… 1/4….
A
B
A’
B’

O
F
x
A
B
A’
B’
O
F’
x
I
I
1đ
1đ
- Có: OA’ = x – AA’ = 120 – 80 = 40cm
-
3
140''
'
''
=
−
⇒=
f
f
OI
BA
OF
AF

⇒
f = 60cm
* T hí sinh có thể làm theo các cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.
… 1/4….
Bài 5 (2,5điểm): Cho mach điện như hình vẽ:
Nguồn điện có hiệu điện thế không đổi U
MN
= 36V.
Các điện trở có giá trị : r = 1,5Ω , R
1
= 6Ω , R
2
= 1,5Ω,
điện trở toàn phần của biến trở AB là R
AB
= 10Ω
a) Xác định vị trí của con chạy C trên biến trở để công suất
tiêu thụ của R
1
là 6W.
b) Xác định vị trí của con chạy C trên biến trở để công suất
tiêu thụ của R
2
nhỏ nhất. Tính công suất lúc này.
Đáp án bài 5 Biểu điểm
a) Vị trí của C để P
1
=P
R1
= 6W…………………………………………………

Đặt R
AC
= x : R
MC
=
x
x
x
x
RxR
RxR
+
+
=
++
+
=
++
+
5,7
)5,1(6
65,1
6)5,1(
)(
12
12
…………………….
R
MN
= R

MC
+ R
CB
+ r =
x
x
+
+
5,7
)5,1(6
+ (10 – x ) + 1,5 =
x
xx
+
−+
5,7
101025,95
2
……
Từ công thức:
36
1025,95
5,7
5,7
)5,1(6
.
2
×
−+
+

×
+
+
==⇒=
xx
x
x
x
U
R
R
U
R
U
R
U
MN
MC
MC
MNMC
MC

Vậy:
2
1025,95
)69(36
xx
x
U
MC

−+
+
=
(*)………………………………
+ Công suất tiêu thụ trên R
1
: P
1
=
1
2
R
U
MC
)(66.6
11
VRPU
MC
===⇒
……
+ Thay vào(*) :
2
1025,95
)69(36
xx
x
U
MC
−+
+

=
= 6
⇒
x
2
+ 26x – 41,25 = 0…….

'
∆
= 14,5
⇒
x = -13
±
14,5 Vậy x = 1,5Ω………
b)Xác định vị trí của C để P
R2
là nhỏ nhất:………………………………….

+ Theo kq câu a: I
2
=
x
xx
x
xR
U
MC
+
×
−+

+
=
+ 5,1
1
1025,95
)69(36
2
2
I
2
=
2
1025,95
216
xx −+
………………………………………….
+ Có P
2
= P
R2
= R
2
I
2
2
= 1,5
2
2
1025,95
216







−+ xx
…………………………………
+ Để P
2min
thì mẫu số phải lớn nhất : ( 95,5 + 10x –x
2
)
max
… 1/4….
… 1/4….
… 1/4….
… 1/4….
… 1/4….
… 1/4….
… 1/4….
… 1/4….
… 1/4….
M N r
R
2
A B

R
1

C
1,5đ
1đ

Lúc này : x = -
=
a
b'
5Ω ; C là trung điểm của AB……………………….
+ P
2min
= 1,5.
2
2
55.1025,95
216






−+
~ 4,84W…………………………………
* Thí sinh có thể làm theo các cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.

… 1/4….