SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Khoá ngày 26 tháng 6 năm 2009
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN VẬT LÝ (hệ số 2)
Bài 1 (2,0 điểm)
ĐÁP ÁN ĐIỂM
- Trong quá trình vật đi lên chậm, công động của lực
đẩy Ác si mét gồm 3 giai đoạn:
+ Giai đoạn1: Vật lên một đoạn h
0
.
A
1
= 10SaD
0
h
0
+ 10.2S.2aD
0
h
0
= 50SaD
0
h
0
.
+ Giai đoạn2: Vật lên một đoạn a từ khi MN ngang
mặt thoáng đến khi PQ ngang mặt thoáng.
A
2
=
2
1
10Sa
2
D
0
+ 10.2S.2a
2
D
0
= 45Sa
2
D
0
+ Giai đoạn3: Vật lên một đoạn 2a từ khi AB ngang
mặt thoáng đến khi CD ngang mặt thoáng.
A
3
=
2
1
10.2S.2aD
0
.2a
= 40Sa
2
D
0
.
+ Công động tổng cộng của lực Ac si mét: A = A
1
+ A
2
+A
3
= 50SaD
0
h
0
+ 45Sa
2
D
0
+ 40Sa
2
D
0
= (50h
0
+ 85a).SaD
0
+ Công cản của trọng lực: A’ = [10.2S.2aD + 10.S.aD].( 3a + h
0
)
= 50SaD(3a + h
0
).
+ Theo định luật bảo toàn năng lượng: A = A’
+ (50h
0
+ 85a).SaD
0
= 50SaD(3a + h
0
).
+ Tìm được: h
0
=
a
DD
DD
.
)(10
1730
0
0
−
−
= 5,33dm
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 2 (2,0 điểm)
M N
P Q
A B
C D
h
0
a
2a
ĐÁP ÁN ĐIỂM
1/ Cường độ qua mỗi đèn và độ sáng các đèn khi R
0
= 6Ω và con chạy C ở vị trí mà
điện trở phần MC bằng 0,5Ω.
+ Điện trở của đèn Đ
1
: R
1
=
1
2
1
P
U
= 1,5Ω
Điện trở của đèn Đ
2
: R
2
=
2
2
2
P
U
= 3Ω
+ Có: R
AMC
= R
1
+ R
MC
= 1,5 + 0,5 = 2Ω
+ R
AC
=
32
3.2
R
.R
2AMC
2AMC
+
=
+ R
R
= 1,2Ω
+ Điện trở toàn mạch: R
tm
= R + R
AC
+ (R
0
- R
MC
) = 0,5 + 1,2 + 6 - 0,5 = 7,2Ω
+ Cường độ qua mạch chính: I =
tm
R
U
=
2,7
18
= 2,5A
+ Hiệu điện thế U
AC
= R
AC
.I = 1,2.2,5 = 3V = U
2đm
: đèn Đ
2
sáng bình thường.
+ Cường độ qua đèn Đ
2
: I
2
= U
2
/ R
2
= 3/3 = 1A
+ Cường độ qua đèn Đ
1
: I
1
= U
AC
/ R
AMC
= 3/2 = 1,5A < I
1đm
= P
1
/ U
1đm
= 6/3 = 2A: đèn
Đ
1
sáng yếu hơn bình thường.
2/ Giá trị nhỏ nhất của R
0
để đèn Đ
1
sáng bình thường, điện trở phần MC tương
ứng.
+ Khi đèn Đ
1
sáng bình thường thì I
1
= 2A, đặt x = R
MC
.
⇒
U
AC
= (R
1
+ x).I
1
= (1,5 + x).2 = 3 + 2x.
+ Cường độ qua đèn Đ
2
: I
2
=
3
23
2
x
R
U
AC
+
=
+ Cường độ qua mạch chính: I =
xR
x
xR
x
xRR
UU
AC
−+
−
=
−+
+−
=
−+
−
000
5,0
215
5,0
)23(18
)(
+ Từ I = I
1
+ I
2
⇒
xR
x
−+
−
0
5,0
215
= 2 +
3
23 x+
+ Rút gọn ta có: 2x
2
+ 2(1 - R
0
).x + 40,5 - 9R
0
= 0. (1)
+ Để (1) có nghiệm dương thì cần
∆
’= R
2
0
+ 16R
0
- 80
≥
0 (2)
+ Theo (2), giá trị R
0
nhỏ nhất ứng với
∆
’= R
2
0
+ 16R
0
- 80 = 0
⇒
R
0min
= 4Ω
+Thay R
0
= 4Ω vào (1): 2x
2
- 6x + 4,5 = 0
⇒
Điện trở phần MC lúc này x = 1,5Ω
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 3 (2,0 điểm)
R U
+ -
I
I
1
A B
I
2
(Hình 2)
R
0
Đ
2
C
Đ
1
M N
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
1/Tiêu cự f
1
của thấu kính L
1
.
+ Vật AB cho ảnh thật ngược chiều với vật ta vẽ được hình 1.
+ Tam giác O
1
AB ≈ tam giác O
1
A
1
B
1
:
AB
BA
AO
AO
11
1
11
=
⇒
AO
AO
1
11
= 2
⇒
O
1
A =
30
3
1
=
AA
cm
+ Tam giác F
1
AB ≈ tam giác F
1
O
1
I:
IO
AB
OF
A
111
1
F
=
⇒
2
1
30
1
1
=
−
f
f
⇒
f
1
= 20cm
2/ Khoảng cách 2 thấu kính để ảnh cuối A’B’ thật và A’B’ = AB
+ Theo kết quả câu 1 thì O
1
A
1
= 60cm.
+ Có hai trường hợp ảnh A’B’ là thật.
* Trường hợp a > O
1
A
1
(Hình 2)
+ Để ảnh cuối A’B’ là thật thì A
1
B
1
ở ngoài tiêu cự của L
2
(O
2
A
1
> f
2
= 10cm
)
+ Có A’B’ = AB nên A’B’ = ½.A
1
B
1
+Tam giác F
2
O
2
J ≈ tam giác F
2
A
1
B
1
:
1111
2
21
22
''
BA
BA
BA
JO
FA
FO
==
⇒
21
10
FA
2
1
=
⇒
A
1
F
2
= 20cm
+ Vậy: Khoảng cách a giữa 2 thấu kính:
a = O
1
O
2
= O
1
A
1
+ A
1
F
2
+ F
2
O
2
= 60 + 20 + 10 = 90 cm
* Trường hợp a < O
1
A
1
(Hình 3)
+ Trường hợp này, A
1
B
1
là vật ảo nên cho ảnh cuối A’B’ là thật.
+ Do A’B’ = AB =
2
1
A
1
B
1
và theo cách vẽ thì A
1
trùng với F’
2
.
+ Vậy: Khoảng cách a giữa 2 thấu kính: a = O
1
O
2
= O
1
A
1
- f
2
= 60 - 10 = 50 cm
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 4 (2,0 điểm)
ĐÁP ÁN ĐIỂM
L
1
B
O
1
A
1
x A F
1
y
(Hình 1) I
B
1
L
1
L
2
B J
O
1
A
1
F
2
O
2
x A F
1
A’ y
I B
1
(Hình 2)
a
B’
L
1
L
2
B
O
1
A’ A
1
x A F
1
O
2
F’
2
y
B’
I
(Hình 3)
a B
1
J
(Hình 1)
R
1
C k
Đ
A B
R
2
D
R
3
I
2
I
I
1
* Khoá k mở (Hình 1):
Gọi R là điện trở của đèn.
+ Điện trở tương đương của đoạn mạch AD:
R
AD
=
21
21
).(
RRR
RRR
++
+
=
R
R
+
+
45
)15(30
+ Điện trở tương đương của đoạn mạch AB:
R
AB
= R
AD
+ R
3
=
R
R
+
+
45
)15(30
+ 15 =
R
R
+
+
45
)25(45
+ Cường độ qua mạch chính: I =
=
AB
R
U
)25(45
)45.(30
+
+
R
R
=
)25(3
)45(2
+
+
R
R
+ Cường độ qua đèn I
Đ
= I
1
=
=
+ RR
U
AD
1
I
RR
R
AD
.
1
+
=
×
++
+
)15)(45(
)15(30
RR
R
)25(3
)45(2
+
+
R
R
I
Đ
=
25
20
+R
(1)
* Khoá k: Mạch vẽ lại như hình 2:
+ Điện trở R
DB
=
=
+ RR
RR
3
3
R
R
+15
15
+ Điện trở R
ADB
= R
2
+ R
DB
= 30 +
R
R
+15
15
=
R
R
+
+
15
)10(45
+ Cường độ qua R
2
: I
’
2
=
ADB
R
U
=
)10(45
)15(30
R
R
+
+
=
)10(3
)15(2
R
R
+
+
+ Cường độ qua đèn: I’
Đ
=
R
U
DB
=
2
.I
R
R
DB
=
×
+ RR
R
)15(
15
)10(3
)15(2
R
R
+
+
I’
Đ
=
R+10
10
(2)
+ So sánh (1) và (2) ta có:
25
20
+R
=
R+10
10
⇒
R = 5Ω
+ Thay R = 5Ω vào (1), cường độ định mức của đèn I
đm
=
25
20
+R
=
255
20
+
=
3
2
A
+ Hiệu điện thế định mức: U
đm
= R.I
đm
= 5.
3
2
=
3
10
V
+ Công suất định mức: P
đm
= U
đm
. I
đm
=
3
10
.
3
2
=
9
20
W
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 5 (2,0 điểm)
ĐÁP ÁN ĐIỂM
D
R
1
A I’
Đ
Đ B
I’
2
I’
3
R
3
(Hình 2)
R
2
I
I’
1
1/ Nhiệt độ t
3
của hệ khi cân bằng nhiệt.
- Giả sử nhiệt độ khi cân bằng nhiệt là 0
0
C
+ Nhiệt lượng lượng nước m
1
toả ra khi hạ nhiệt độ từ 20
0
C đến 0
0
C:
Q
1
= m
1
ct
1
= 1,5.4200.20 = 126000J
+ Nhiệt lượng mẫu nước đá thu vào khi tan chảy hoàn toàn ở 0
0
C:
Q
2
= m
2
λ = 0,6.336000 = 201600J
+ Do Q
1
<Q
2
nên lượng nước đá tan không hết.
+ Nhiệt độ khi cân bằng là 0
0
C.
2/ Mực nước h
2
khi cân bằng nhiệt.
+ Lượng nước đá đã tan: m
3
=
λ
1
Q
=
336000
126000
= 0,375 Kg
+ Lượng nước đá còn lại: m
4
= m
2
- m
3
= 0,6 - 0,375 = 0, 225 Kg
+ Thể tích phần chìm V
1
của phần nước đá không tan suy từ điều kiện vật nổi:
f
A
= 10m
4
⇔
10D
1
V
1
= 10m
4
⇒
V
1
=
1
4
D
m
=
1000
225,0
m
3
= 225 cm
3
+ Tổng thể tích phần nước lỏng và phần chìm của nước đá:
V = 1500 + 375 + 225 = 2100 cm
3
+ Mực nước h
2
khi cân bằng nhiệt: h
2
=
S
V
=
75
2100
= 28 cm.
( Diện tích đáy của nhiệt lượng kế: S =
11
1
Dh
m
=
1.20
1500
= 75cm
2
)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
h
1
=20cm
h
2
V
1