Đáp án đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Vật Lý 2010

TRUNG TÂM LUYỆN THI KHOA BẢNG – Web: www.khoabang.edu.vn
Tầng 4 – Trường Tiểu học Ngôi Sao Hà Nội. Tel: (04) 0466865087 – 0983614376.

ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2010
MÔN: VẬT LÝ
Đáp án

Điểm

Câu I: (2 điểm)
1) Khi S ở vị trí 1 thì ampe kế chỉ: I 1 
Khi S ở vị trí 2 thì ampe kế chỉ: I 2 

U
R N  RP
U

R N .R2010
 RP
R N  R2010

. Do RN 

RN .R2010
nên I2 > I1.
RN  R2010

0,25

Khi S ở vị trí 0, ampe kế chỉ dòng qua RN, mạch điện giống như khi S ở vị trí 2.
Ta có thể viết được các phương trình cho hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn mạch:

U  I1 RN  RP   I 0 RN  I 2 RP  I1  I 0 RN  I 2  I1 RP

Do I2 > I1 nên I0 < I1.
Vậy: I0 < I1 < I2, tức là I0 = 6mA; I1 = 9mA và I2 = 11mA.
Chú ý: Bài này có thể giải theo cách lập luận như sau:
+ Khi S ở vị trí 1 thì ampe kế chỉ dòng I1 qua mạch (RN nt RP) mắc vào hiệu điện thế U.
+ Khi S chuyển sang vị trí 2 hoặc 0 thì mạch trở thành (R2010 // RN) nt RP. Điện trở của

0,50
0,25

toàn mạch khi đó sẽ giảm xuống, nên dòng trong mạch chính sẽ tăng lên (I2 > I1)  Hiệu
điện thế giữa hai đầu điện trở RP tăng lên  Hiệu điện thế giữa hai đầu điện trở RN giảm
xuống  Cường độ dòng qua điện trở RN giảm (I0 < I1).
2) Khi S ở vị trí 2 hoặc 0, thì dòng qua R2010 là I2 – I0 = 5mA.
Khi đó R2010 // RN, nên: I 0 RN  I 2  I 0 R2010  RN 
Mặt khác: U  I1 RN  RP   I 0 RN  I 2 RP  RP 

I2  I0
R2010  1675  .
I0

I1  I 0
RN  2512,5  .
I 2  I1

0,50
0,50

Câu II: (2 điểm)

1) Ký hiệu M là khối lượng của mỗi quả cầu nhôm, V là dung tích của bình C. Khi thả n quả
n.M

cầu vào bình, khối lượng nước còn lại là V 
D



 D0 .


Các phương trình cân bằng nhiệt trong hai trường hợp là:


M

Mct  t1   V  D  D0 c0 t1  t 0 




2Mct  t   V  2M  D c t  t 
2
0 0 2
0

D 


0,50

1


TRUNG TÂM LUYỆN THI KHOA BẢNG – Web: www.khoabang.edu.vn
Tầng 4 – Trường Tiểu học Ngôi Sao Hà Nội. Tel: (04) 0466865087 – 0983614376.

 t  t1  V
1
c t  t   M  D  D0 c0
 t  t1
t  t2

 1 0 

 c
2
t2  t0
 t1  t 0
2c t  t 2   V  2  D c
0 0
 t 2  t 0  M D 
c

 D0 c0
 
D


D0c0

1
.
D t  t1  2 t  t 2
t1  t0
t 2  t0

2) Thay số: c 

1,00

1000.4200
1
.
 868 J / kg.K 
100  24,9
100  30,3
2700
2
24,9  20
30,3  20

0,50

Câu III: (2 điểm)
1) Hình vẽ:
I
A
C
F

O1

B
F’

0,25
M

O2
* Phân tích:
- MO vuông góc với OC (trục chính vuông góc với thấu kính).
- OC // AF // BF’, O là trung điểm của FF’  OC là đường trung bình của hình thang ABF’F
 C là trung điểm của AB.
- Tia sáng từ A đi qua quang tâm O đi thẳng và song song với tia ló IM (tính chất chùm sáng
tới xuất phát từ một điểm trên tiêu diện qua thấu kính cho chùm tia ló là chùm song song)
* Cách dựng:
- Dựng quang tâm O:
+ Lấy trung điểm C của đoạn thẳng AB.
+ Kẻ đường thẳng Ax // BM.
+ Vẽ đường tròn đường kính MC cắt Ax tại O. Có thể có hai vị trí khả dĩ của quang tâm
O, mỗi trường hợp ta dựng được các tiêu điểm và đường đi của tia sáng tương ứng.
- Dựng các tiêu điểm:

0,50

+ Kẻ đường thẳng  đi qua O và M, ta được trục chính của thấu kính.
+ Từ A và B hạ các đường vuông góc với  cắt  tại tiêu điểm F và F’.
- Dựng đường đi của tia sáng:
+ Kéo dài OC và BM cắt nhau tại I. Ánh sáng truyền theo đường AIB.

0,25

2


TRUNG TÂM LUYỆN THI KHOA BẢNG – Web: www.khoabang.edu.vn
Tầng 4 – Trường Tiểu học Ngôi Sao Hà Nội. Tel: (04) 0466865087 – 0983614376.

2)

I
A

B
C

N

F

O

F’

M

Theo đề bài: INO  IMO  MIN là tam giác cân  ON = OM.
Dễ thấy: M là ảnh của N qua thấu kính và OM = ON = 2f.

0,25

0,25

 F là trung điểm của NO, F’ là trung điểm của MO.
 AF là đường trung bình của INO, BF’ là đường trung bình của IMO
 AF = BF’ = OI/2 và AF//BF’  ABFF’ là hình chữ nhật  FF’ = AB = 40 cm
 f = 20cm; OM = 40 cm.

0,25
0,25

3


TRUNG TÂM LUYỆN THI KHOA BẢNG – Web: www.khoabang.edu.vn
Tầng 4 – Trường Tiểu học Ngôi Sao Hà Nội. Tel: (04) 0466865087 – 0983614376.

Câu IV: (2 điểm)
1) Khi h = 0 thì áp lực của hình trụ lên đáy bình là: Fmax = P = 10.D.H.S = 150 (N)
Khi h < H thì Fh = P – FA = P – 10.D0.h.S
Khi h ≥ H thì Fmin = P – FAmax = P – 10D0.H.S = 90 (N) không đổi.
Từ đồ thị, ta có chiều cao của khối trụ là H = 15 cm.
Ta lại có: FAmax = Fmax – Fmin = 10D0.H.S  S 
Bán kính của khối trụ là: R 

S



0,25
0,25

0,25

150  90
 4.10 2 m 2 .
10.1000.0,15

0,25

 0,113 m  11,3 cm .

Khối lượng riêng của chất làm khối trụ là: D 

P
150

 2500 kg / m 3 .
2
10.H .S 10.0,15.4.10

2) Ta đặt khối trụ nằm ngang rồi xả dần nước ra ngoài bình:
- Khi khối trụ còn ngập hoàn toàn trong nước, áp lực của khối trụ lên đáy bình không đổi và
bằng 90 (N).
- Khi khối trụ có phần nổi lên trên mặt nước
F(N)
(h < 2R) thì áp lực của khối lên đáy tăng dần.
150
- Khi độ cao của mức nước h = R, khối trụ ngập
120
một nửa, áp lực của khối trụ lên đáy bình tăng
90

đến 120 N.
- Khi nước tràn hết ra ngoài (h = 0), áp lực lên
đáy bằng trọng lượng khối 150 (N).
- Do lực đẩy Acsimet không giảm tỉ lệ theo độ
0
11,3
22,6
30 h(cm)
cao mực nước như trường hợp khối trụ thẳng
đứng nên dạng đồ thị F(h) sẽ không có dạng
đường thẳng mà có dạng đường cong như hình vẽ
Câu V: (2 điểm)
Gọi tổng điện trở dây đôi từ A đến C là R1 và từ C đến B là R2.
* Khi để hở hai đầu dây ở B:
I1 

U
U
 R  R1   8 
I1
R  R1

(1)

R1

R.R0  R2 
U
U
 R1 

 6

R.R0  R2 
R  R0  R2
I2
 R1
R  R0  R2

0,25

R.R2
U
U
 R1 
 4

R.R2
R  R2
I3
 R1
R  R2

R
A

(2)

R1

R2

R

U

* Khi chập hai đầu dây ở B trực tiếp với nhau:
I3 

0,75

R2

U

* Khi nối hai đầu dây ở B với nhau qua điện trở R0:
I2 

0,25

0,25

R0

A

(3)

0,25
R1

R2

R

U
A

4


TRUNG TÂM LUYỆN THI KHOA BẢNG – Web: www.khoabang.edu.vn
Tầng 4 – Trường Tiểu học Ngôi Sao Hà Nội. Tel: (04) 0466865087 – 0983614376.

 R2
4

 R  R2
Trừ vế theo vế (1) cho (2) và (3): 
R2

2
 R  R2  9

R  R2  9 R  6 
 R 2  4R  R2   2R  R2  9  2

R2  3
R  36

0,25
(Sơ đồ)

0,5

(1) suy ra: R1  2
Mặt khác:

l AC
R1
2

  l AC  2 km .
l AB R1  R2 5

Điện trở của mỗi mét dây đơn là:

2
 5.10 4 
2.2000

0,25
0,25

5