Đáp án đề thi vào lớp 10 chuyên lý ĐHSP Hà Nội

Đáp án đề thi vào lớp 10 chuyên lý Trường ĐHSP Hà Nội

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH
VÀO TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN 2013
Môn: Vật lý
(Dùng cho thí sinh thi vào lớp chuyên vật lý)
Thời gian làm bài: 150 phút
Câu 1: (1,5 đ)
+ Gọi quãng đường DC có độ dài là: x
+ Độ dài quãng đường BD:
22
xd +
+ Thời gian người này đi từ A đến D rồi đến B là:
t = t
AD
+ t
DB
=
1
22
212
vvvv
xdxS
SS
DBAD
+
+
−

=+
+ Khi đó:
1
22
2
vv
xdxS
t
+
=
−
−

→

2
1
22
2
22
2
v
vv
2
xdxS
t
xS
t
+
=









−
+
−
−
→

2
2
2
2
2
2
2
1
2
2
1
2
1
2
2
2

12
2
1
2
2
2
2
1
vvvv2vvv2vv2vv xdxSxSxtStt +=+−++−
có nghiệm x
→

( ) ( ) ( )
2
2
2
2
2
1
2
1
22
2
2
2
1
2
12
2
1

2
2
1
2
2
vvv2vvvvvv2vv dStStxStx
−−+−−−−
= 0 có nghiệm
+ Khi đó
∆
’
=
( )
2
2
12
2
1
vvv St −
+
( )
2
1
2
2
vv −
( )
2
2
2

2
2
1
2
1
22
2
2
2
1
vvv2vvv dStSt −−+

≥
0

→
v
1
2
v
2
2
t
2
– 2Sv
1
2
v
2
t + s

2
v
1
2
+ v
1
2
d
2
– v
2
2
d
2

≥
0

→

=∆
'
t
v
1
v
2
d
2
1

2
2
vv −
+ Dẫn đến t
≥

21
2
1
2
21
vv
vvSv −+ d

→
t
Min
=
21
2
1
2
21
vv
vvSv −+ d
+ Đạt tại x =
2
1
2
2

1
vv
v
−
d
+ Quãng đường mà người nay phải đi thỏa mãn yêu cầu bài toán là :
S
AD
+ S
DB
= S – x +
22
xd −
=
12
12
2
2
1
2
2
1
2
2
1
2
2
1
vv
vv

vv
v
vv
v
+
−
−=








−
++
−
− S
d
d
d
S
Câu 2: (2,0 đ)
a, Sau lần nhúng thứ hai nhiệt độ của bình 1 là 80
0
C, bình 2 và nhiệt kế là 16
0
C.
+ Gọi nhiệt dung của bình 1, bình 2 và nhiệt kế lần lượt là q

1
, q
2
và q.
+ Sau lần nhúng thứ ba vào bình 1 phương trình cân bằng nhiệt là :
q
1
(80 – 78) = q(78 – 16)
→
q
1
= 31q
Người thực hiện: §ç Quang Huy – Giáo viên trường THCS Nguyễn Tất Thành
Đáp án đề thi vào lớp 10 chuyên lý Trường ĐHSP Hà Nội
+ Sau lần nhúng thứ tư vào bình 2 phương trình cân bằng nhiệt là :
q
2
(19 – 16) = q(78 – 19)
→
q
2
=
3
59
q
+ Sau lần nhúng thứ năm vào bình 1 phương trình cân bằng nhiệt là :
q
1
(78 – t) = q(t – 19)
→

31q(78 – t) = q(t – 19)
→
t
≈
76,2
0
C
b, Sau một số lớn lần nhúng nhiệt kế ta coi như bài toán đổ hai chất lỏng vào nhau rồi thả
nhiệt kế vào đó.
+ Khi đó phương trình cân bằng nhiệt là :
q
1
(80 – t
’
) = (q
2
+ q)(t
’
– 16)
→
31q(80 – t
’
) =






+ qq

3
59
(t
’
– 16)

→
t = 54,5
0
C.
Câu 3 : (3,0 đ)
1, Ta có sơ đồ mạch điện là :
[ ]
{ }
)//()//(
54231
ntRRntRntĐRR
tất cả nối tiếp r.
Có : R
3đ
= R
3
+ R
đ
= 21 + 3 = 24 (
Ω
)
R
13đ
=

( )
Ω=
+
=
+
8
2412
24.12
31
31
d
d
RR
RR
R
123đ
= R
13đ
+R
2
= 8 + 4 = 12 (
Ω
)
R
45
= R
4
+ R
5
= 18 + 6 = 24 (

Ω
)
R
//
=
( )
Ω=
+
=
+
8
2412
24.12
.
45123
45123
RR
RR
d
d
R
m
= R
//
+ r = 8 + 4 = 12 (
Ω
)
+ Dòng điện chạy qua mạch là:
I =
5,1

12
18
==
R
U
(A) = I
//
+ Khi đó : U
//
= I
//
.R
//
= 1,5.8 = 12 (v) = U
45
= U
123đ
+ Dẫn đến I
45
=
5,0
24
12
45
45
==
R
U
(A) = I
4

= I
5
I
123đ
=
1
12
12
123
123
==
d
d
R
U
(A) = I
13đ

→
U
13đ
= I
13đ
.R
13đ
= 1.8 = 8 (v) = U
3đ
+ Do đó: I
3đ
=

3
1
24
8
3
3
==
d
d
R
U
(A) = I
3
= I
đ
+ Vậy số chỉ của ampe kế là: I
A
= I
3
+ I
5
=
6
5
5,0
3
1
=+
(A)
+ Lại có: U

3
= I
3
.R
3
=
3
1
.21 = 7 (v)
U
5
= I
5
.R
5
= 0,5.6 = 3 (v)
+ Số chỉ của vôn kế là: U
ED
= U
3
– U
5
= 7 – 3 = 4 (v)
+ Công suất tiêu thụ của đèn là: P
đ
= I
đ
2
R
đ

=
3
1
3.
3
1
2
=






(W)
Người thực hiện: §ç Quang Huy – Giáo viên trường THCS Nguyễn Tất Thành
Đáp án đề thi vào lớp 10 chuyên lý Trường ĐHSP Hà Nội
2a, Định R
3
= x. Khi đó:
R
3đ
= R
3
+ R
đ
= x + 3 (
Ω
)
R

13đ
=
( )
( )
Ω
+
+
=
+ x
x
RR
RR
d
d
15
3.12
31
31
R
123đ
= R
13đ
+R
2
=
( )
x
x
+
+

15
312
+ 4 =
x
x
+
+
15
9616
(
Ω
)
R
45
= R
4
+ R
5
= 18 + 6 = 24 (
Ω
)
R
//
=
( )
Ω
+
+
=
+

+
+
+
+
=
+ 575
)6(48
24
15
9616
24.
15
9616
.
45123
45123
x
x
x
x
x
x
RR
RR
d
d
R
m
= R
//

+ r =
( )
575
648
+
+
x
x
+ 4 =
575
51668
+
+
x
x
(
Ω
)
+ Dòng điện chạy qua mạch là:
I =
( )
25834
5759
+
+
=
x
x
R
U

(A) = I
//
+ Khi đó : U
//
= I
//
.R
//
=
( )
25834
5759
+
+
x
x
.
575
)6(48
+
+
x
x
=
( )
12917
6216
+
+
x

x
(v) = U
45
= U
123đ
+ Dẫn đến I
45
=
( )
12917
)6(9
24
12917
6216
45
45
+
+
=
+
+
=
x
x
x
x
R
U
(A) = I
4

= I
5
I
123đ
=
( )
( )
)12917(2
1527
15
9616
12917
6216
123
123
+
+
=
+
+
+
+
=
x
x
x
x
x
x
R

U
d
d
(A) = I
13đ

→
U
13đ
= I
13đ
.R
13đ
=
( )
)12917(2
1527
+
+
x
x
.
( )
x
x
+
+
15
3.12
=

( )
12917
3162
+
+
x
x
(v) = U
3đ
+ Do đó: I
3đ
=
( )
12917
162
3
12917
3162
3
3
+
=
+
+
+
=
xx
x
x
R

U
d
d
(A) = I
3
= I
đ
+ Lại có: U
3
= I
3
.R
3
=
12917
162
+x
.x (v)
U
5
= I
5
.R
5
=
12917
)6(9
+
+
x

x
.6 (v)
+ Số chỉ của vôn kế là: U
ED
=
12917
324108
12917
32454
12917
162
53
+
−
=
+
+
−
+
=−
x
x
x
x
x
x
UU
(v)
+ Khi đó số chỉ của vôn kế nhỏ nhất là U
ED

= 0 khi x = R
3
=
108
324
= 3 (
Ω
)
+ Số chỉ của vôn kế lớn nhất khi x = R
3
= 30 (
Ω
)

→
U
ED
=
56,4
12930.17
32430.108
12917
324108
≈
+
−
=
+
−
x

x
(v)
b, Công suất tiêu thụ của R
3
là:
Người thực hiện: §ç Quang Huy – Giáo viên trường THCS Nguyễn Tất Thành
Đáp án đề thi vào lớp 10 chuyên lý Trường ĐHSP Hà Nội
P
3
= I
3
2
R
3
=
2
2
2
129.172
162
129
17
162
.
12917
162









≤












+
=






+
x
x
x
x

(W)

→
P
Max
=
2
129.172
162








≈
3 (W)
+ Xảy ra khi
x
x
129
17 =

→
x = R
3

≈

7,6 (
Ω
)
Câu 4 : (1,5 đ)
1, Gọi: Hệ số tỉ lệ của nhiệt lượng tỏa ra môi trường là k.
Nhiệt độ của môi trường là t
0
.
+ Khi dòng điện chạy qua dây dẫn có cường độ là I
1
thì :
I
1
2
R = k(t
1
– t
0
) ( 1)
+ Khi dòng điện chạy qua dây dẫn có cường độ là I
2
thì :
I
2
2
R = k(t
2
– t
0
) (2)

+ Lấy (1) chia cho (2) ta được :

02
01
2
2
2
1
tt
tt
I
I
−
−
=

→

0
0
2
2
150
50
4
2
t
t
−
−

=

→
t
0
=
3
50
0
C
+ Nhiệt lượng tỏa ra khi dây dẫn sử dụng dòng điện I
1
trong thời gian a làm cho dây dây
dẫn đó nóng đến 50
0
C không đổi là :
I
1
2
Ra = mc(50 – t
0
) (*)
+ Nhiệt lượng tỏa ra khi dây dẫn sử dụng dòng điện I
2
trong thời gian b làm cho dây dây
dẫn đó nóng đến 150
0
C không đổi là :
I
2

2
Rb = mc(150 – t
0
) (**)
+ Lấy (*) chia cho (**) ta được :

0
0
2
2
2
1
150
50
t
t
bI
aI
−
−
=

→

3
50
150
3
50
50

4
2
2
2
−
−
=
b
a

→
a = b
2, Khi dòng điện chạy qua dây dẫn có cường độ là I
3
= 6A thì :
I
3
2
R = k(t
3
– t
0
) (3)
+ Lấy (1) chia cho (3) ta được :

03
01
2
3
2

1
tt
tt
I
I
−
−
=

→

3
50
3
50
50
6
2
3
2
2
−
−
=
t

→
t
3

≈
317
0
C
Câu 5 : (2 đ)
1, Gọi ảnh của AB tạo bởi O
1
cách O
2
một khoảng d
2
khi đó :

9
9
2
2
22
22
'
2
−
=
−
=
d
d
fd
df
d

+ Khi di chuyển thấu kính lại gần màn 24 cm thì ảnh cách thấu kính O
2
là :
Người thực hiện: §ç Quang Huy – Giáo viên trường THCS Nguyễn Tất Thành
Đáp án đề thi vào lớp 10 chuyên lý Trường ĐHSP Hà Nội

( ) ( ) ( )
15
249
924
249
24
24
2
2
2
2
22
22
''
2
+
+
=
−+
+
=
−+
+
=

d
d
d
d
fd
df
d
+ Do khoảng cách giữa ảnh của AB tạo bởi O
1
và màn không đổi nên.

( )
15
249
24
9
9
2
2
2
2
2
2
+
+
++=
−
+
d
d

d
d
d
d

→
d
2
2
+ 6d
2
– 216 = 0

→
d
2
= 12 (cm)
+ Do đó :
912
12.9
'
2
−
=d
= 36 (cm)
+ Khi đó ảnh của AB cách thấu kính O
1
là :
d
1

’
= a – d
2
– d
2
’
= 60 – 12 – 36 = 12 (cm)
+ vậy tiêu cự của thấu kính O
1
là :

6
1212
12.12
'
11
'
11
1
=
+
=
+
=
dd
dd
f
(cm)
2, Muốn ảnh AB tịnh tiến dọc theo trục chính đến bất kì vị trí nào trước thấu kính O
1

để
ảnh cuối cùng cho bởi quang hệ có chiều cao không phụ thuộc vào vị trí của vật thì hai
thấu kính O
1
và O
2
có trục chính trùng nhau. Khi đó khoảng cách giữa hai thấu kính O
1
và
O
2
là : O
1
O
2
= f
1
+ f
2
= 6 + 9 = 12 (cm).

Người thực hiện: §ç Quang Huy – Giáo viên trường THCS Nguyễn Tất Thành