Đề thi thử vào lớp 10 THPT chuyên tỉnh Thái Nguyên năm 2014 - 2015 môn lý

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
THÁI NGUYÊN MÔN : VẬT LÍ
( Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề)

Câu 1 ( 1,5 điểm )
Khoảng cách giữa trung tâm thành phố (gọi là điểm A) và nhà máy (gọi là điểm B) là 30km.
Một người bắt đầu đi bộ từ nhà máy đến trung tâm thành phố vào lúc 6 giờ 30 phút sáng. Lúc 6 giờ 40
phút sáng cùng ngày, một người đi xe đạp rời trung tâm thành phố đến nhà máy với tốc độ không đổi
18 km/h. Người đi bộ gặp người đi xe đạp tại vị trí cách nhà máy 6km. Sau khi gặp nhau họ vẫn giữ
nguyên lịch trình và chỉ dừng lại khi đến nơi. Hai người gặp nhau lúc mấy giờ? Tốc độ của người đi
bộ là bao nhiêu? Coi quãng đường từ trung tâm thành phố đến nhà máy là đường thẳng.
Câu 2 ( 3 điểm )
1) Ta đã biết nước đá có khối lượng riêng nhỏ hơn nước nên nó có thể nổi trên mặt nước. Bỏ một cục
nước đá vào trong một cốc thủy tinh và rót nước vào cốc cho đến khi mực nước vừa đến miệng cốc.
Hỏi sau khi cục nước đá tan hết thì nước có tràn ra khỏi cốc hay không? Giải thích?
2) Một chiếc bình nhôm hình trụ có khối lượng
1
200mg
, chứa
2
500mg
nước ở nhiệt độ
0
1
20tC
. Thả vào bình một cục nước đá có khối lượng
3
m
ở nhiệt độ
0

0 C
. Khi cân bằng nhiệt
người ta thấy cục nước đá chỉ tan hết một nửa.
a) Tính khối lượng của cục nước đá
b) Người ta thả vào bình một ít bột nhôm ở nhiệt độ 50
0
C sao cho mực nước trong bình khi có cân
bằng nhiệt cao gấp đôi lúc vừa mới thả cục nước đá. Tính nhiệt độ sau cùng của hỗn hợp. Bỏ qua sự
trao đổi nhiệt với môi trường bên ngoài.
Cho nhiệt dung riêng của nhôm và nước lần lượt là
1
880c 
J/kg.K;
2
4200c 
J/kg.K; nhiệt nóng
chảy của nước đá là
5
3,4.10


J/kg và khối lượng riêng của nhôm là D = 2700 kg/m
3
.
Câu 3 ( 2,5 điểm )
Cho mạch điện như hình vẽ:
12
40RR  
,
4

30R 
, R
3
là
một biến trở. Ampe kế lí tưởng. Hiệu điện thế U
AB
không thay đổi.
a) Điều chỉnh cho
3
40R 
, thì thấy ampe kế chỉ 0,5 A. Tính hiệu
điện thế U
AB
, và cường độ dòng điện chạy qua các điện trở.
b) Điều chỉnh R
3
sao cho công suất tỏa nhiệt trên nó đạt cực đại.
Tính R
3
và công suất cực đại đó.

A


1
R
2
R
3
R

4
R
A
B
C

Câu 4 ( 1,5 điểm )
Một gương phẳng lớn, tiếp xúc với nền nhà nằm ngang và
nghiêng một góc

so với phương thẳng đứng (xem hình vẽ
bên). Một học sinh đi lại gần phía gương, có mắt ở độ cao h
so với nền nhà. Tính khoảng cách cực đại từ chân người đó
đến mép dưới của gương để học sinh đó có thể nhìn thấy:
a) Ảnh của mắt mình.
b) Ảnh của toàn thân mình.

Câu 5 ( 1,5 điểm )
Đặt vật AB cao 2cm, vuông góc với trục chính của một thấu kính hội tụ (A nằm trên trục chính), cách
thấu kính 30cm, ta thu được ảnh hiện rõ trên màn. Dịch chuyển vật lại gần thấu kính thêm 10cm thì ta
phải dịch chuyển màn thêm một đoạn nữa mới thu được ảnh, ảnh sau cao gấp đôi ảnh trước. Tính tiêu
cự của thấu kính và tính độ cao của các ảnh.
( Không áp dụng trực tiếp công thức thấu kính )
HẾT

Họ và tên thí sinh:………………………………………………….Số báo danh:…
( Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ ĐÁP ÁN THI THỬ VÀO THPT CHUYÊN
MÔN VẬT LÝ - NĂM HỌC 2014 – 2015.
Bài

Nội dung
Điểm









Bài 1
1,5đ




Gọi v
1
là vận tốc của người đi xe đạp thì v
1
= 18km/h , v
2
là vận tốc của người đi bộ. Giả sử
lúc 6h40 phút, người đi bộ tới điểm C thì thời gian người đi bộ đi từ B đến C là
t
0
= 6h40 phút – 6h 30 phút = 10phút.
Gọi vị trí 2 người gặp nhau là D thì BD = 6km, như vậy người đi xe đạp đã đi được quãng
đường : AD = AB – BD = 30 – 6 = 24( km)

Thời gian để người đi xe đạp đi hết quãng đường AD là :
1
1
24 4
18 3
AD
th
v
  
= 1h 20 phút.
Thời điểm 2 người gặp nhau là 6h40 phút + 1h20 phút = 8h sáng.
Thời gian người đi bộ đi từ B đến D là: t = t
0
+t
1
= 1h30 phút = 1,5h
Vận tốc của người đi bộ là:
2
6
4( / )
1,5
BD
v km h
t
  

0,5




0,5





0,5










Bài 2
3 đ

Gọi V là thể tích cục nước đá trong đó V
1

là thể tích phần nổi, V
2
là thể tích phần chìm thì :
V = V
1
+ V
2
.
Gọi D
đ
là khối lượng riêng của nước đá, D
n
là khối lượng riêng của nước.
Điều kiện cân bằng của cục nước đá là :
P = F
A
hay 10D
đ
V = 10D
n
V
2


D
đ
V

= D
n

V
2
(1)
Gọi V
3
là thể tích nước do cục nước đá tan hết ra thì khối lượng của cục nước đá và khối
lượng của thể tích nước V
3
là như nhau. Ta có : D
đ
V = D
n
V
3
(2)
Từ (1) và (2) ta được V
2
= V
3
hay thể tích của phần đá chìm chính là thể tích nước do cục
nước đá tan ra hết. Vì vậy nước không tràn ra khỏi cốc.

2. a
Cục nước đá chỉ tan một nửa nên nhiệt độ cuối của hệ là 0
0
C.
Nhiệt lượng do bình và nước trong bình tỏa ra để giảm nhiệt độ đến 0
0
C là:

0
1 1 1 2 2 1
( )( 0 )Q mc m c t  
= 45520(J) (3)
Nhiệt lượng do cục nước đá thu vào để tan một nửa là:
Q
2
= 0,5m
3
.

(4)
Theo phương trình cân bằng nhiệt ta có: Q
1
= Q
2
(5)
Từ (3), (4), (5) ta được m
3

0,268 268kg g
.
Vậy cục nước đá có khối lượng là 0,268kg.


0,25



0,25

0,25

0,25




0,25

0,25

0,5


b.
Theo đề bài ta thấy thể tích phần bột nhôm chính bằng thể tích của tất cả lượng nước trong
bình. Thể tích đó là:
43
23
2
7,68.10
mm
Vm
D




Như vậy ta có khối lượng của bột nhôm là: m

n
= D
1
V

= 7,68.10
-4
.2700

2(kg).
Giả sử sau khi thả vào bình, nhôm hạ nhiệt độ từ t
2
= 50
0
C tới 0
0
C thì nó sẽ tỏa ra một nhiệt
lượng là: Q
3
= m
n
c
1
(t
2
-0
0
) = 88000(J).

0,25

0,25



A
B
C
D
v
1
v
2


Trong khi đó, nếu một nửa cục nước đá tan hết thì cần nhiệt lượng là
Q
2
= 0,5m
3
.

= Q
1
= 45520(J).
Ta thấy Q
3
> Q
1

, điều đó chứng tỏ cục nước đá sẽ tan hết và nhiệt độ của hệ sẽ tăng tới t
3
.
Nhiệt độ t
3
của hệ được xác định từ phương trình:
Q
3
– Q
2
= (m
2
+m
3
)c
2
(t
3
– 0) + (m
1
+m
n
)c
1
(t
3
– 0)
32
3
2 3 2 1 1

( ) ( )
n
QQ
t
m m c m m c

  
  
8,2
0
(C)
Vậy nhiệt độ cuối cùng của hệ là 8,2
0
C.



0,25



0,25

Bài 3
2,5đ
a. Vẽ lại mạch điện: [(R
2
//R
1
)nt R
3
]//R
4
.
Tính điện trở tương đương của các đoạn mạch
1
12
20( )
2
R
R   
(vì R
1
= R
2
).
123 12 3
60( )R R R   

4 123

4 123
.
60.30
20( )
60 30
AB
RR
R
RR
   


Vì R
1
//R
2
mà R
1
= R
2
nên I
1
= I
2

Ta có
1
0,5( )
A
I I I A  

(1)
Mà
3 12 3
12
11
12 3 12 3
2
60 120
AB AB
U U U
U U U
II
R R R R

     

. Thay vào (1) ta có

5
0,5( ) 0,5 12( ).
20 120 120
AB AB AB
AB
U U U
A U V     

Từ đó ta xác định được cường độ dòng điện qua các điện trở là:
4
4
12

0,4( )
30
AB
U
IA
R
  

3
123
12
0,2( )
60
AB
U
IA
R
  

3
12
0,1( )
2
I
I I A  

b. Điều chỉnh R
3
để P
3

đạt cực đại :

22
2
3 3 3 3
2
2
12
123
3
3
()
UU
P I R R
R
R
R
R
  

. Để P
3
đạt cực đại thì mẫu số phải
cực tiểu. Áp dụng bất đẳng thức Cosy cho mẫu số ta được R
3
= R
12
= 20Ω. Khi đó P
3
cực

đại bằng:

22
3max
2
2
12
12
12
12
1,8( )
(2 20)
()
U
PW
R
R
R
  









0,75

0,75


0,5




0,25




0,25







Bài 4
1,5đ

a. Gọi M
1
là ảnh của mắt M qua gương. Muốn
mắt thấy ảnh của nó thì các tia sáng từ M sau
khi phản xạ trên gương phải có tia đi vào mắt.
Bằng phép dựng ảnh của mắt qua gương ta
thấy chùm tia phản xạ sẽ có tia đi tới mắt nếu
0
90MOG 
. Do đó khoảng cách OA cực đại
khi MO

OG (hình vẽ), như vậy
ax
tan
m
h
OA



0,75




A
B
R
4
R
2
R
1
R
3
I
I
4
I
2
I
1
I
3
G
M
O
M

1
α
α
A
A
1
















b. Để người đó thấy ảnh của toàn thân mình thì mắt chỉ cần nhìn thấy ảnh A
1
của chân A
(hình vẽ). Khi đó 3 điểm A
1
, O, M thẳng hàng.
Xét ∆MOA có
2MOA



vì là góc ngoài của tam giác AOA
1
, khi đó
tan2
h
OA









0,5





0,25

Bài 5
1,5 đ

Theo đề bài thì OA
1
= 30cm, OA
2
= 30-10 = 20cm.
2 2 1 1
2A B A B
   

. Theo hình vẽ ta có :
1 1 1 1
1 1 1 1
1 1 1 1
(1)
A B AO d
A BO A B O
A B AO d
   

    
và

2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
(2)
A B A O d
A B O A B O
A B A O d
   

    

mà
1 1 2 2
;A B A B

2 2 1 1
2A B A B
   

nên từ (1) và (2) ta được
21
21
2 (3)
dd
dd



1
1

1 1 1 1 1
11
11
(4)
AB
A B A F d f
OIF A B F
OI OF A B f

    

   
     

. Từ (1) và (4) ta có :
1 1 1
1
11
(5)
d d f d f
d
d f d f



  

Tương tự ta cũng chứng minh được
2
2

2
(6)
df
d
df




Thay (5), (6) vào (3) ta được:
21
2
ff
d f d f


. Thay số và biến đổi ta có f = 10cm.
Để xác định độ cao của ảnh ta áp dụng công thức
11
1 1 1 1
1 1 1
11
22
AB
f
A B A B
A B d f


   


=1cm.
2 2 1 1
2A B A B
   

= 2cm.
Chú thích: Bài làm có thể không cần vẽ hình ở trường hợp 2 mà chỉ cần lập luận và biến đổi
ra kết quả đúng vẫn cho đủ điểm, tuy nhiên không được sử dụng trực tiếp công thức thấu
kính.




0,25



0,25

0,25


0,25

0,25


0,25

Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác mà ra kết quả đúng vẫn cho đủ điểm.
2
B
1
A
O
2
A

2
B

1
A

1
B

F

2
A
1
B
I
A
1
G
M
O

M
1
α
2α
A