Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Vật lý chuyên Lam Sơn Thanh Hóa năm học 2011 - 2012(có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 5 câu, trong 1 trang)
KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
Năm học 2011-2012
Môn thi: Vật lý
(Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Vật lý)
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề thi)
Ngày thi: 19/06/2011
Câu 1 (1,5 điểm):
Một chiếc ca nô chạy đi chạy lại nhiều lần trên quãng sông thẳng nhất định, người lái ca nô nhận thấy: để đi hết
quãng sông, những hôm nước sông chảy thì thời gian ca nô khi xuôi dòng ít hơn thời gian những hôm nước sông
đứng yên là 9 phút, khi ngược dòng thì mất nhiều thời gian hơn và để đi hết quãng sông phải mất một khoảng thời
gian là 1h24 phút. Tính thời gian ca nô chạy hết quãng sông những hôm nước sông yên lặng. Coi tốc độ dòng nước
những hôm nước sông chảy đối với bờ là không đổi và công suất ca nô luôn luôn ổn định.
Câu 2 (1,5 điểm):
Một ấm điện bằng nhôm trên vỏ có ghi 220V-1000W, khối lượng ấm là m
1
= 0,5kg, được mắc vào nguồn có
hiệu điện thế 220V để đun sôi 2 lít nước có nhiệt độ ban đầu 20
0
C. Hiệu suất của ấm điện là 80%. Biết nhiệt dung
riêng của nhôm và nước lần lượt là c
1
= 880J/kgđộ, c
2
= 4200J/kgđộ; khối lượng riêng của nước là D =10
3
kg/m
3

.
Tính điện năng mà ấm điện đã tiêu thụ khi đun nước và thời gian để đun sôi lượng nước trên?
Câu 3 (3,0 điểm):
Mạch điện như hình vẽ 1: cho biết Đ
1
là bóng đèn loại 30V- 30W, Đ
2
là
bóng đèn loại 60V- 30W. Biến trở PQ là một dây dẫn đồng chất dài l =
90cm, tiết diện đều S = 0,1mm
2
, điện trở suất ρ = 2.10
-5
Ωm. Hiệu điện thế
U
AB
không đổi; dây nối, con chạy C có điện trở không đáng kể; điện trở các
bóng đèn coi như không đổi.
a) Tính điện trở toàn phần của biến trở PQ.
b) Đặt con chạy C ở vị trí độ dài PC = 2CQ thì các đèn đều sáng bình
thường. Xác định hiệu điện thế định mức và công suất định mức của bóng
đèn Đ
3
.
c) Nối tắt hai đầu bóng đèn Đ
3
bằng một dây dẫn không có điện trở. Để hai bóng đèn Đ
1
và Đ
2

vẫn sáng bình
thường thì phải di chuyển con chạy C về phía nào? một đoạn dài là bao nhiêu ?
Câu 4 (1,5 điểm):
Hãy trả lời các câu hỏi sau:
1.Vì sao máy biến thế chỉ sử dụng dòng điện xoay chiều mà không sử dụng dòng điện nguồn pin hay acqui ?
2.Tăng điện áp (hiệu điện thế) từ 220V lên 22kV trước khi truyền tải điện đi xa thì có lợi gì ?
3.Cực từ Bắc và cực từ Nam của Trái đất nằm ở sát vị trí địa lí nào? Lấy căn cứ nào để chứng tỏ các khẳng định
trên là đúng?
Câu 5 (2,5 điểm):
Thấu kính hội tụ có tiêu cự f, một điểm sáng S nằm cách thấu kính một khoảng d qua thấu kính cho ảnh thật S’
cách thấu kính một khoảng d’. Giữa d, d’, f có công thức liên hệ
1 1 1
f d d
= +
′
1. Chứng minh công thức trên.
2. Đặt điểm sáng S trên trục chính ∆ của thấu kính hội tụ, một màn chắn M
vuông góc với ∆; điểm sáng S và màn M luôn cố định và cách nhau một
khoảng L = 45cm. Thấu kính có tiêu cự f = 20cm và có bán kính đường rìa
r = OP = OQ = 4cm (O là quang tâm, P, Q là các điểm mép thấu kính),
thấu kính có thể di chuyển trong khoảng từ S đến màn ( hình vẽ 2)
a) Ban đầu thấu kính cách S một khoảng d = 20cm, trên màn M quan sát
được một vết sáng tròn do chùm ló tạo ra. Tính bán kính vết sáng.
b) Dịch chuyển thấu kính lại gần màn M sao cho ∆ luôn luôn là trục chính của thấu kính thì kích thước vết sáng
tròn thay đổi, người ta tìm được một vị trí thấu kính cho kích thước vết sáng trên màn là nhỏ nhất. Hãy xác định vị
trí đó của thấu kính và bán kính của vết sáng nhỏ nhất tương ứng trên màn.
HẾT
Họ và tên thí sinh………………………………………SBD………….
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA

ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC
KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
Năm học 2011-2012

Môn thi: Vật lý
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ
(Hướng dẫn chấm gồm 4 trang)
I.Hướng dẫn chung
- Trong đáp án dưới đây các bài tập chỉ trình bày một phương pháp giải theo cách thức phổ biến.
Trong quá trình chấm thi, nếu thí sinh giải theo cách khác nhưng đúng và đạt yêu cầu bài ra thì giám
khảo vẫn cho điểm tối đa. Nếu có những vấn đề khó quyết định thì có thể đề nghị với tổ trưởng chấm
để thảo luận và thống nhất trong toàn nhóm chấm.
- Điểm toàn bài lấy theo thang điểm 10 và làm tròn đến 0,25đ, lưu ý: cứ mỗi ý tương ứng với chấm
tròn đen (•) bên phần nội dung ứng với 0,25đ bên phần cho điểm.
II.Hướng dẫn chấm cụ thể
TT Những yêu cầu về nội dung và cách phân phối điểm
Cho điểm
Câu 1
(1,5 đ)
• Gọi độ dài quãng sông, vận tốc ca nô, vận tốc của nước sông lần lượt là S, v, u.
Vận tốc tổng hợp của ca nô khi xuôi dòng sẽ là v
x
= v + u ; khi ngược: v
n
= v – u
Thời gian ca nô chạy hết quãng sông khi nước sông đứng yên là t =
S
v

Thời gian ca nô chạy hết quãng sông khi xuôi dòng t
x
=
S
v u+

Thời gian ca nô chạy hết quãng sông khi ngược dòng t
n
=
S
v u−
= 1h24phút=
7
5
(1)
• Theo bài ra ta có: t – t
x
= 9 phút =
3
20
h
⇔
S
v
-
S
v u+
=
3
20

(2)
• Chia vế với vế của (2) và (1) ta được: (v-u).
1 1 3
28v v u
 
− =
 ÷
+
 
Biến đổi và rút gọn ta được: 28u
2
– 25v.u + 3v
2
= 0
• Chia cả 2 vế cho tích v.u ta được: 28.
u
v
+ 3.
v
u
- 25 = 0
Đặt x = v/u ⇒ 3x + 28/x – 25 = 0 ⇒ 3x
2
– 25x + 28 = 0 ⇔ x = 7 và x = 4/3
• Với x =7 ⇒ v/u = 7 hay u = v/7 thay vào (2) , biến đổi ⇒ S/v =
6
5
h
= 1h12phút
Đây cũng chính là thời gian ca nô chạy hết quãng sông khi nước sông đứng yên

• Với x=4/3 ⇒ v/u = 4/3 hay u = 3v/4 thay vào (2) ,biến đổi ⇒ S/v =
7
20
h
= 21 phút
Đây cũng chính là thời gian ca nô chạy hết quãng sông khi nước sông đứng yên
Cả 2 nghiệm đều được chấp nhận
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu 2
(1,5 đ)
• Nhiệt lượng mà ấm và nước nhận được khi đun sôi nước (phần năng lượng có ích)
là: Q = (c
1
m
1
+ c
2
m
2
).(t
2
–t
1
)
• Thay số Q = (0,5.880 + 2.4200).(100-20) = 707200(J)

• Gọi A là điện năng mà ấm đã tiêu thụ, hiệu suất của ấm là: H =
8,0=
A
Q
• Suy ra A =
)(884000 J
H
Q
=
= 884kJ
• Vì hiệu điện thế đặt vào ấm bằng hiệu điện thế định mức nên công suất tiêu thụ
của ấm bằng công suất định mức.
• Ta có P =
)(884
1000
884000
s
P
A
t
t
A
===⇔

≈
15 phút
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ
Câu 3 a) Tính điện trở toàn phần của biến trở PQ (0,5điểm)
(3,0 đ)
• Áp dụng công thức R
PQ
= ρ
S
l
, trong đó l là chiều dài, S là thiết diện dây
• Thay số: R
PQ
= 2.10
-5
.
6
0,90
0,1.10
−
⇒
0,25đ
0,25đ
b) Xác định U đ3 và P đ3 (1,25điểm)
• Do A nối với cực dương, B nối với
cực âm của nguồn nên các dòng điện I
1
và I
2
qua các đèn Đ
1

và Đ
2
có chiều
như hình vẽ, độ lớn : I
1
= P
1
/U
1
= 1A;
I
2
= P
2
/U
2
= 0,5A; vì I
1
> I
2
nên dòng
qua Đ
3
phải có chiều từ M đến C.
• Tại nút M ta có I
1
= I
2
+ I
3

⇒ I
3
= I
1
– I
2
⇒ I
3
= 1 – 0,5 = 0,5A,
tại C thì I
4
+ I
3
= I
5
⇒ I
5
= I
4
+ 0,5 . Ngoài ra do điện trở tỉ lệ thuận với chiều dài
nên dễ dàng thấy rằng R
PC
= R
4
= 120Ω; R
CQ
= R
5
= 60Ω
• Ta có :U

AB
= I
4
.R
4
+ I
5
.R
5
= I
4
.120

+ (I
4
+ 0,5).60 = U
1
+ U
2
= 30V + 60V = 90V
⇒180I
4
= 60 ⇒ I
4
= 1/3 A
• U
PC
= U
4
= I

4.
R
4
= 40V, mà U
1
+ U
3
= U
4
⇒ Uđ3

= U
3
= U
4
– U
1
= 40 – 30 = 10V;
• Pđ3 = I
3
.U
3
= 0,5.10 = 5W. Vậy các giá trị định mức của Đ
3
:
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

c) Xác định vị trí con chạy C (1,25điểm)
• Gọi vị trí mới của con chạy là C
’
; điện trở đoạn PC
’
là x , điện trở đoạn C
’
Q sẽ là
180 – x ; Do các đèn Đ
1
và Đ
2
sáng bình thường tức đúng định mức nên dễ thấy
rằng các dòng điện I
1
, I
2
, I
3
vẫn có giá trị cường độ như cũ, các dòng điện I
4
và I
5
có
giá trị cường độ thay đổi ( nhưng để cho tiện ta vẫn giữ nguyên kí hiệu là I
4
và I
5
)
Và ta vẫn có I

5
= I
4
+ 0,5
(1)
• Vì MC
’
có điện trở bằng không nên
I
4
= U
1
/x = 30/x
(2)
I
5
= U
2
/(180 – x) = 60/(180 – x)
(3)
• Thay (2) và (3) vào (1), ta được

30 1 60
2 180x x
+ =
−
giải phương trình này , ta có x
2
= 3.60
2

⇒ x = 60
3
Ω.
• Vậy điện trở của đoạn CC
’
là ∆R
x
= 120 - 60
3
≈ 16Ω ( = 16,077 Ω)
• Vì 1cm chiều dài của biến trở ứng với 2Ω ⇒ độ dài CC
’
≈ 16/2
⇒ (=8,038 cm)
Vậy: phải di chuyển con chạy sang bên trái ( phía đầu P ) một đoạn dài 8cm để các
đèn sáng bình thường
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25 đ
0,25đ
Câu 4
(1,5 đ)
1. • Máy biến thế hoạt động dựa trên nguyên tắc cảm ứng điện từ. Cụ thể là khi có
“sự biến đổi số đường sức xuyên qua tiết diện của cuộn dây dẫn” thì trong cuộn dây
dẫn xuất hiện dòng điện cảm ứng.
• Nếu dòng điện đưa vào cuộn sơ cấp lấy từ nguồn pin, acqui (dòng điện không
đổi) thì số đường sức do nó tạo ra không đổi vì vậy không thể có dòng điện cảm
0.25 đ
0.25 đ

R
PQ
= 180Ω
U
3
= 10V; P
3
= 5W
CC
’
≈ 8cm
ứng ở cuộn dây thứ cấp (máy biến thế không hoạt động)
2. • Sự hao phí năng lượng do toả nhiệt trên đường dây tải điện là P
hp
= RP
2
/U
2
•Nếu tăng điện áp từ U
1
= 220V lên U
2
= 22kV, nghĩa là tăng lên 100 lần. Theo
công thức trên, tổn thất điện năng trên đường truyền giảm đi được 100
2
= 10
4
lần.
3. • Cực từ Nam của Trái đất nằm ở cực Bắc địa lí, và ngược lại cực từ Bắc nằm ở
cực Nam địa lí.

• Chứng minh bằng cách sau: khi để kim la bàn ở trạng thái tự do thì cực từ của
kim la bàn phải hướng về cực từ trái tên của Trái đất.
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
Câu 5
(2,5 đ)
1. Chứng minh công thức
'
1 1 1
f d d
= +
(0,75 điểm)
• Dựng ảnh thật S
’
của S bằng cách sử dụng 2 tia tới :
Tia SI// xx
’
qua thấu kính cho tia ló đi qua tiêu điểm F
’
Tia SO đi qua quang tâm O của thấu kính thì truyền thẳng
Dựng SH và S
’
H
’
⊥ xx
’
• Xét các tam giác vuông đồng dạng ∆SOH và ∆S
’

OH
’
⇒
' '
S H OH
SH OH
=

(1)
∆OF
’
I ∼ ∆H
’
F
’
S
’
⇒
' ' ' '
'
S H F H
IO F O
=

(2)
Các vế trái của (1) và (2) bằng nhau ⇒
'
OH
OH
=

' '
'
F H
F O
Hay
' '
d d f
d f
−
=
• Biến đổi : d
’
.f = d.d
’
– f.d ⇒ d.d
’
= f.d
’
+ f.d
(3)
(4)
Chia cả 2 vế (3) cho tích d.d
’
.f ⇒ (đccm)
0,25đ
0,25đ
0,25đ
2. Xác định bán kính chùm ló trên màn
a) Khi thấu kính cách S một khoảng d = 20cm (0,5 điểm)
• Dễ dàng nhận thấy: d = 20cm = f

nên S nằm ngay trên tiêu điểm F của
thấu kính, qua thấu kính ta được
chùm ló song song.
• Vết sáng tròn trên màn M do chùm
ló tạo thành, độ lớn bán kính vết sáng
được giới hạn bởi các tia đi qua mép
thấu kính (hình vẽ). Vì chùm ló song
song nên R = r = 4cm
b) Khi thấu kính di chuyển sao cho kích thước vết sáng nhỏ nhất (1,25 điểm)
0,25đ
0,25đ
0,25đ
x
’
•
•
S
H
S
’
H
’
F
’
O
I
h
h
’
f

d
d
’
x
'
1 1 1
f d d
= +
• Khi dịch thấu kính
về bên phải, chùm ló
trở thành hội tụ, S
’
là
ảnh thật của S, gọi r
’
là
bán kính vết sáng trên
màn, z là khoảng cách
từ ảnh S
’
đến màn M
(hình vẽ)
• Từ hình vẽ: Xét 2 tam giác vuông S
’
GE ∼ S
’
PO, ta có các tỉ số đồng dạng

GE S E
PO S O

′
=
′
Hay thay bằng ký hiệu:
1
r z d d L L d
r d d d
′ ′
+ − −
= = = −
′ ′ ′
(1)
Ở đây r , L là các đại lượng không đổi; d , d
’
là các biến số ⇒ r
’
min
⇔
min
r
r
′
 
 ÷
 
• Để khảo sát ta đặt y = r
’
/ r ; d = x (x > f = 20cm) ; thay d
’
=

df xf
d f x f
=
− −
thay vào (1) y = 1 -
( ).( )L x x f
xf
− −
Tiếp tục khai triển phân thức và rút gọn, ta được:
y =
L x L
x f f
+ −
thay số y =
45 45
20 20
x
x
+ −

• Ta nhận thấy: y
min
⇔
min
45
20
x
x
 
+

 ÷
 
Để ý biểu thức trên là tổng của 2 số mà tích của nó là 1 số không đổi (bằng 45/20)
nên tổng này bé nhất khi 2 số này bằng nhau (dấu hiệu cô si)
Vậy y
min
⇔
45
20
x
x
=
⇒ x
2
= 900 ⇒ x = 30cm. Vậy TK cách S đoạn d = 30cm
• y
min
= 1,5 + 1,5 – 2,25 = 0,75 = r
’
/ r ⇒ r
’
min
= 3cm
Vậy: bán kính nhỏ nhất của vết sáng đạt được trên màn là 3cm
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Hết