Đề thi tuyển sinh THPT môn vật lý trường Nguyễn Trãi tỉnh Hải Dương 2008-2009 pps

sở giáo dục v Đo tạo
hải dơng
***
đề thi dự bị
đề thi tuyển sinh vo lớp 10 THPT
chuyên nguyễn tri năm học 2008 2009
Môn : vật lý
Thời gian làm bài : 150 phút
Ngày thi : 28/6/2008
( Đề thi gồm 02 trang )
Bài 1 ( 3 điểm )
Một cốc nhựa hình trụ thành mỏng có đáy dày 1cm . Nếu thả cốc vào trong một
bình nớc lớn thì cốc nổi ở vị trí thẳng đứng và chìm 3cm trong nớc . Nếu đổ vào
cốc một chất lỏng cha biết khối lợng riêng, có độ cao 3cm thì cốc chìm trong
nớc 5cm. Hỏi phải đổ thêm vào cốc bao nhiêu chất lỏng nói trên để mức chất lỏng
trong cốc ngang bằng với mức nớc ngoài cốc .
Bài 2 (2 điểm)
Trong một bình đậy kín có một cục nớc đá khối lợng M = 0,1kg nổi trên mặt
nớc, trong cục nớc đá có một viên bi chì khối lợng m = 5g . Ban đầu hệ thống
cân bằng nhiệt . Hỏi phải tốn một lợng nhiệt bằng bao nhiêu để cục chì bắt đầu
chìm xuống nớc. Cho khối lợng riêng của chì là 11,3g/cm
3
, của nớc là 1g/cm
3
,
của nớc đá là 0,9g/cm
3
và biết rằng ở nhiệt độ nóng chảy của nớc đá, cứ 1kg
nớc đá nóng chảy cần nhiệt lợng là 3,4.10
5
J/kg .

Bài 3 ( 2,5 điểm )
Cho mạch điện nh hình vẽ . Biết R
2
= R
3
= 20W và R
1
.R
4
= R
2
.R
3
; Hiệu điện thế
giữa hai điểm A và B là U
AB
= 18V .
Bỏ qua điện trở của dây nối và của ampe kế .
a. Tính điện trở tơng đơng của mạch AB .
b. Giữ nguyên vị trí R
2
, R
4
và ampe kế, đổi
chỗ của R
3
và R
1
thì thấy ampe kế chỉ 0,3A
và cực dơng của ampe kế mắc ở C .

Tính R
1
và R
4
?
Bài 4 (2,5 điểm )
Một dây dẫn đồng chất, tiết diện đều
đợc uốn thành hình một tam giác vuông
cân ABC. Trung điểm O của cạnh huyền
AB và đỉnh B đợc nối với nhau bằng
đoạn dây ODB cũng tạo với OB thành
một tam giác vuông cân ( Hình vẽ ). Biết
điện trở của đoạn OA là R = 5W .
Hãy tính điện trở tơng đơng của đoạn
mạch AB .
hết
O
C
D
A B
A
R
1
R
3
R
2
R
4
B

C
D
A
Biểu điểm v đáp án
đề thi vo THPt chuyên môn vật lý
năm học : 2008 2009
bi Nội dung Điểm
Bài 1
(3,0 đ )
Gọi S là tiết diện cốc .
Lúc đầu thả cốc không chứa gì vào nớc , trọng lợng của cốc
cân bằng với lực đẩy AcSiMet , nên ta có :
P
C
= F
A
= d
n
.V
C
=> P
C
= d
n
S.h
1
= 0,03S.d
n
( P
C

là trọng lợng cốc, d
n
là trọng lợng riêng của nớc )
Khi đổ vào cốc 3cm chất lỏng thì tổng trọng lợng của cốc và
chất lỏng đổ vào lại cân bằng với lực đẩy ASM lúc này.
Ta có :
P
L
+ P
C
= F
A

=>S.h
1
d
L
+ 0,03S.d
n
= S.h
2
d
n
( d
L
là trọng lợng riêng của chất lỏng đổ vào cốc, h
1
= 3cm là
độ cao của chất lỏng đổ vào cốc, h
2

= 5cm là độ cao phần chìm
của cốc trong nớc )
=> 0,03S.d
L
+ 0,03S.d
n
= 0,05S.d
n
=> d
L
=
3
2
d
n
Gọi h là độ cao lợng chất lỏng phải đổ thêm vào cốc để mực
chất lỏng trong cốc ngang bằng với mức nớc ngoài cốc .
P
L
+ P
C
= F
A

=> ( 0,03+h ).S.d
L
+ 0.03S.d
n
= ( 0,03+ 0,01 +h )S.d
n

=> ( 0,03+h ).S.
3
2
d
n
+ 0.03S.d
n
= ( 0,04+h )S.d
n
=> ( 0,03+h ).
3
2
+ 0.03 = ( 0,04+h )
=> h = 0,03( m ) = 3(cm)
Vậy phải đổ thêm vào cốc một lợng chất lỏng có độ cao 3cm
để mức nớc trong cốc ngang bằng với mức nớc ngoài cốc .
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
Bài 2
(2,0 đ )
Theo điều kiện của đề bài thì nhiệt độ của hệ thống bằng 0

o
C .
Để cục chì bắt đầu chìm xuống nớc thì không cần toàn bộ
cục nớc đá tan hết , chỉ cần khối lợng riêng trung bình của
cục nớc đá và cục chì trong nó bằng khối lợng riêng của
nớc .
Gọi M
1
là khối lợng của phần nớc đá còn lại khi cục nớc
đá có chì bắt đầu chìm . Điều kiện để cục chì bắt đầu chìm là:
n
D
V
mM
=
+
1
( 1 )
( V là thể tích cục đá và chì ,D
n
là khối lợng riêng của nớc )
0,25
0,25
0,25
Bài 2
(2,0 đ )
Ta có : V = V
nđ
+ V
c

=
cd
D
m
D
M
+
1
( 2 )
( D
đ
là khối lợng riêng của nớc đá, D
c
là khối lợng riêng
của chì ) .
Thay ( 2 ) vào ( 1 ) ta đợc :
M
1
+ m = D
n
.(
cd
D
m
D
M
+
1
)
=> M

1
= m.
cdn
dnc
DDD
DDD
)(
)(
-
-
Thay số tìm đợc M
1
ằ 41 ( g )
Khối lợng nớc đá đã tan là :
M
2
= M M
1
m = 100 41 5 = 54 ( g )
Vậy nhiệt lợng cần thiết là :
Q = l.M
2
= 3,4. 10
5
. 54.10
3
= 18360 ( J )
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
Bài 3
( 2,5đ )
a.
Theo đề bài R
1
.R
4
= R
2
.R
3
=>
4
2
3
1
R
R
R
R
=
Đặt: k
R
R
R
R
= =
4

2
3
1
=> R
1
= kR
3
= 20k ; R
4
=
kk
R
20
2
= Hình 1
Do ampe kế có điện trở không đáng kể nên ta chập C với D
Điện trở tơng đơng của mạch điện là :
R
AB
=
43
43
21
21
RR
RR
RR
RR
+
+

+
( 1 )
Thay R
1
= 20k , R
2
= R
3
= 20W , R
4
=20/k vào biểu thức ( 1 )
ta tìm đợc R
AB
= 20W .
b.
Khi đổi chỗ R
1
và R
3
cho nhau, sơ đồ mạch điện nh hình 2
Gọi I là cờng độ dòng điện chạy trong mạch chính
Chập C với D
Do R
3
= R
2
nên
I
3
= I

2
=
2
I
I
1
= I
RR
R
41
4
+
Hình 2
Cực dơng của ampe kế mắc ở C nên dòng điện qua ampe kế
có chiều từ C đến D
Cờng độ dòng điện qua ampe kế là :
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
A
R
1
R
3
R
2
R
4

B
C
D
A
A
R
3
R
1
R
2
R
4
B
I
A
C
D
A
Bài 3
( 2,5đ )
=> I
A
= I
3
I
1
= I
RR
R

I
41
4
2 +
-
=> I
A
=
)(2
)(
41
41
RR
RRI
+
-
= 0,3 ( A ) ( 1 )
Điện trở của mạch điện là :
R
AB
=
4141
413
400
10
.
2 RRRR
RR
R
+

+ =
+
+
Cờng độ dòng điện mạch chính là :
I =
41
400
10
18
RR
R
U
AB
+
+
= ( 2 )
Thay ( 2 ) vào ( 1 ) rồi rút gọn ta đợc :
R
1
2R
4
= 20 ( 3 )
Theo đề bài :
R
1
.R
4
= R
2
.R

3
= 20. 20
=> R
1
.R
4
= 400 ( 4 )
Từ ( 3 ) và ( 4 ) ta có :
R
1
2
20R
1
800 = 0
Giải phơng trình trên , loại nghiệm âm ta đợc: R
1
= 40( W )
Suy ra : R
4
= )(10
400
1
W =
R
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 4

( 2,5đ )
Bài 4
Theo đề bài : BD = OD =
2
OB
Vì các đoạn đây dẫn đồng chất, tiết diện đều nên điện trở của
chúng tỉ lệ thuận với chiều dài .
=> R
BD
= R
OD
=
2
R
Điện trở của đoạn dây ODB là :
R
1
= 2R
OD
= R
2
Đoạn mạch OB gồm 2 dây dẫn ODB và OB mắc song song
nên điện trở của đoạn mạch đó là :
R
OB
=
12
2
2
2.

.
1
1
+
=
+
=
+
R
RR
RR
RR
RR
Đoạn mạch AOB gồm đoạn dây OA mắc nối tiếp với đoạn
mạch OB , nên :
R
AOB
= R +
12
2
+
R
=
12
)122(
+
+R
Tơng tự AB là cạnh huyền của tam giác vuông cân ACB nên
điện trở của dây ACB là :
R

ACB
= 2R.
2
Dây ACB mắc song song với đoạn mạch AOB , nên điện trở
toàn phần của đoạn mạch AB là :
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
0,25
( 2,5® )
R
AB
=
)(08,5
245
228
.
W »
+
+
=
+
R
RR
RR
AOBACB
AOBACB
0,5