Dap an de thi tuyen voa lop 10 phan boi chau nghe an 2010-2011

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU
NĂM HỌC 2010-2011
HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn: VẬT LÝ
(Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 04 trang)

Câu ý Nội dung - yêu cầu Điểm
Câu 1 4,0
Gọi khối lượng của mỗi ca chất lỏng trong bình 1 là m
0
, khối lượng của chất
lỏng trong bình 2 là m, nhiệt dung riêng của chất lỏng là C
Sau khi đổ lần thứ nhất khối lượng chất lỏng trong bình 2 là (m + m
0
) có nhiệt
độ t
1
= 10
0
C.
0,5
Sau khi đổ lần 2 phương trình cân bằng nhiệt là:
C(m + m
0
)(t
2
- t
1
) = Cm
0

(t
01
- t
2
) (1) 0,5
Sau khi đổ lần 3 [Coi hai ca toả cho (m

+ m
0
) thu]
C(m + m
0
)(t
3
- t
1
) = 2Cm
0
(t
01
- t
3
) (2) 0,5
Sau khi đổ lần 4 [Coi ba ca toả cho (m

+ m
0
) thu]
C(m + m
0

)(t
4
- t
1
) = 3Cm
0
(t
01
- t
4
) (3) 0,5
Từ (1) và (3) ta có:
Ct
tt
tt
tt
tt
0
01
401
201
14
12
40
)(3
=⇒
−
−
=
−

−
(4)
1
Từ (1) và (2)
Ct
tt
tt
tt
tt
0
3
301
201
13
12
22
)(2
=⇒
−
−
=
−
−
(5)
1
Câu 2 4,0
1 2,0
Do tính đối xứng nên ta có thể xem điện trở dây cung AB
1
B là R

1
và điện trở
dây cung AA
1
B là R
2
ta có mạch điện tương đương như hình 2
0,75
1AmB
1
BxB2nBA
2
xAA
R)
L
x
1(R;
L
xR
R;R)
L
x
1(R;
L
R.x
R
1111
−==−==
0,25
Khi đó điện trở toàn mạch A

1
B
1
là:
21
1
21
2
BA
RR
L
xR
R)
L
x
1(.R)
L
x
1(
L
xR
R
11
+







+−






−+
=
0,5
1
Hình 3
A
B
h
x
y
M
N
B
1
A
A
1
B
O
x
x
Hình 1
+

-
m
n
xAA
R
1
1
AmB
R
nBA
R
1
1
BxB
R
A
1
B
1
Hình 2
+
-
I
A
B
Đặt
)(
12
RR
L

x
X −=
ta được:
21
21
))((
11
RR
XRXR
R
BA
+
−+
=
Khi đó cường độ dòng điện mạch chính:
I =






−−






−+

+
=
−+
+
=
)RR(
L
x
R.)RR(
L
x
R
)RR.(U
)XR)(XR(
)RR.(U
R
U
122121
21
21
21
BA
11
0,5
2 2,0
Để I đạt min ta chỉ cần xét
11
BA
R
, vì R

1
+ R
2
không đổi, áp dụng bất đẳng thức
côsi ta có:
2
21
21
)
2
RR
()XR)(XR(
+
≤−+
0,5
Nên
11
BA
R
cực đại khi R
1
+ X= R
2
- X
2
21
RR
X
−
=→

22
)(
21
12
L
x
RR
RR
L
x
=→
−
=−→
Vậy cường độ dòng điện mạch chính đạt cực tiểu khi x =
2
L
0,5
Để I đạt max ta thì phải có (R
1
+ X)(R
2
-X) đạt min khi 0 ≤ x ≤ L
Ta thấy f(X) = (R
1
+ X)(R
2
-X) = -X
2
+ (R
2

- R
1
)X + R
1
.R
2
Vì f(X) là hàm số bậc 2 có hệ số A = -1< 0 nên đồ thị là một phần parabol quay
bề lỏm xuống dưới.
Xét ở hai cận x = 0 và x = L thì tương ứng X = 0 và X = R
2
- R
1
khi đó f(X) đều
bằng nhau, đạt cực tiểu và bằng f(X) min = R
1
R
2

Vậy I max khi x =0 hoặc khi x = L nghĩa là khi A
1
trùng A; B
1
trùng B hoặc A
1

trùng B; B
1
trùng A
0,5
0,5

Câu 3 4,5
1 2,5
Gọi x độ dâng mực nước ở nhánh A, y là độ hạ xuống của mực nước ở nhánh B
khi dầu đầy.
Ta có:
21
SyxS =
⇒
x=2y (1)
0,5
Gọi M, N là hai điểm cùng nằm ngang với mặt phẳng
phân cách giữa dầu và nước A và B (hình vẽ 3)
Ta có: P
M
= P
N
=> (x+y)d
1
= (h+y)d
2

⇒
x+y = (h+y).0,75

(2)
0,5
0,5
Từ (1) và (2) ta có:
cmy
3

20
=
.
0,5
Thể tích dầu đã đổ vào nhánh B là: V = S
2
(h+y) =
33
10.
3
16
m
−
Khối lượng dầu đã đổ vào nhánh B là: m = V.D
2
= 4kg
0,5
2 2,0
2
Khi khối trụ cân bằng nước dâng lên ở các nhánh
A, B lần lượt là a, b
Với:





=+≤≤
=−≤≤
cm

3
80
yhb0
cm
3
20
xha0
Gọi thể tích chiếm chổ của khối trụ trong nước là
V
1
.

Do D
3
< D
1
nên khối trụ nổi trên nước. F
A
=P
3
.

Tức là: V
1
d
1
=V
3
d
3

=> V
1
=360cm
3
0,5
Mặt khác V
1
= a.S
1
+ bS
2
=> a + 2b = 3,6 (3) 0,25
Gọi C, D là hai điểm cùng nằm ngang với mặt phẳng phân cách giữa dầu và
nước A và B sau khi thả khối trụ (hình vẽ 4)
 P
C
= P
D
=> ( x + y – b + a)d
1
= (h+y-b)d
2

 (x+y)d
1
+ (a-b)d
1
= (h+y)d
2
- b.d

2
.
Theo câu 1: (x+y)d
1
= (h+y)d
2
=>
ab
d
dd
ba 4
2
21
=⇒
−
=
(4)
0,5
Từ (3) và (4) a = 0,4cm, b = 1,6cm thỏa mãn với điều kiện trên. 0,25
Vậy thể tích đã tràn ra khỏi bình B là: ∆V = b.S
2
= 0,32.10
-3
m
3
Khối lượng dầu tràn ra ngoài là: ∆m = ∆V.D
2
= 0,24kg
0,5
Câu 4 3,0

Phần chùm tia sáng phản xạ từ gương
không bị MN chắn hắt lên tường tạo ra vùng
sáng trên tường, còn phần bị MN chắn sẽ tạo
bóng của MN trên tường. Phần chùm sáng tới
chiếu trực tiếp lên thước không phản xạ trên
gương. Do đó bóng của thước trên tường là
đoạn AB như hình 5.
Phân
tích
cho
0,5đ
Hình
vẽ
cho
1,5đ
Từ hình vẽ ta thấy AB = NK mà theo định luật phản xạ ánh sánh ta có:
MIN = β = 45
0
suy ra AB = NK= IN.tanβ = IN
0,5
IN = IH + HN = MH.tanβ + MN.cosα
= MN.sinα.tanβ + MN.cosα =
cm3,27)31(10)31(
2
≈+=+

Vậy chiều dài bóng của thước trên tường là: AB = 27,3cm
0,5
Câu 5 4,5
1 2,0

Giả sử chiều dòng điện qua R
x
có chiều
như hình vẽ 6.
Từ sơ đồ mạch điện ta có:





+=
+=
+=+
xd
x
III
III
UUUU
3
21
3d21
(1)
0,75
3
R
1
R
2
R
3

Đ
R
x
A +
B -
C D
U
I
1
I
2
I
x
I
đ
I
3
I
Hình 6
A
B
β
N
M
G
α
Hình 5
K
I H
Hình 4

A
B
h+y
V
1
b
C
D
a
V
1
x+y
I
đ
R
đ
+(I
đ
+I
x
)R=(I
2
+I
x
)R+I
2
R=> (k+1)I
đ
=2I
2

=>
2
1k
I
2
+
=
I
đ
(2)
0,75
Kết hợp (1) và (2) ta có:
W)(9.
k4
)1k(
P
k4
)1k(
P
RI
4
)1k(
P
RkIP
RIP
kRIP
2
d
2
2

2
d
2
2
2
dd
2
22
2
dd
+
=
+
=⇒





+
=
=
⇒



=
=
0,5
2 2,5

Khi k=3 theo ý 1=> I
2
=2I
d
(3) không phụ thuộc R
x
0,5
Theo sơ đồ mạch điện hình 6 ta có: U
đ
+U
3
=U => 4I
đ
=2-I
x
(4) 0,5
U
2
=U
x
+U
3
=> I
2
R=I
x
R
x
+(I
đ

+I
x
)R (5) 0,5
từ (3), (5) thay số ta có: I
đ
=
8
)8R(I
xx
+
(6)
Từ (4) và (6) suy ra: I
x
=
10R
4
x
+
(7)
0,5
Ta lại có: P
x
=I
x
2
R
x
=
0100R20R4,0
)10R(

R16
x
2
x
2
x
x
=+−⇒=
+
=> R
x
=10Ω
0,5
Ghi chú: + Tất cả các bài toán nếu giải theo cách khác mà đúng đều cho điểm tối đa.
+ Một lần thiếu đơn vị trừ 0,25đ, còn 2 lần trở lên trong cả bài thi trừ tối đa 0,5đ.
4