Đáp án đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Vật Lý 2012

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 2012
MÔN: VẬT LÝ
ĐÁP ÁN

Điểm

Câu I:
a) Khi P chạy đến N, thì A chạy đến B và chuyền bóng cho
P nhận bóng tại C (Hình vẽ).

C

Do v2 = v3  NC = BC

A’

A

Góc  = 300  CNB = 600  CNB là tam giác đều

N

 Góc chuyền NBC = 60 và NC = NB = BC.
0

0,50

Do tốc độ v1 = v2 của hai người là như nhau  AB = PN.

 Thời gian kể từ khi chuyền bóng đến khi nhận được bóng
là:
 2
1 


20
NC PN  AN  3
5 3
3
t



 2,9 s.
v2
v2
4
3

B

H

P’

P

0,50

b) Giả sử sau một khoảng thời gian t, hai cầu thủ chuyển
động đến vị trí A’ và P’ như hình vẽ. Khoảng cách A’P’ lúc đó bằng:

A' P' 

20  2 3t   4t  2t 
3t  400  4t  10 3   100  10

AH 2   AA' P' H  

2

2

 16t 2  80

2

2

Vậy: Khoảng cách gần nhất giữa hai cầu thủ là 10 m sau khi xuất phát t = 2,5 3  4,3 s.

0,50
0,50

Câu II: Đặt a là điện trở của đoạn dây AB, b là điện trở của dây BC.

A

D

a
b
C
B
* Khi mắc hiệu điện thế U vào hai điểm A-B, điện trở tương đương của mạch:
a.  a  2b 
U
R AB 
.
 Cường độ dòng điện qua toàn mạch: I AB 
2a  2b
R AB
* Khi mắc hiệu điện thế U vào hai điểm A-D, điện trở tương đương của mạch:
b.  2a  b 
U
 Cường độ dòng điện qua toàn mạch: I AD 
R AD 
.
R AD
2a  2b

IAB b  2a  b  0, 72 8


 .
IAD a  a  2b  0, 45 5
Giải ra ta được b = 2a.
* Ta có:
a.  a  2b  5a

U
6U
U 5I
5.0, 72
R AB 

 IAB 

  AB 
 0, 6  A 
R AB 5a
a
6
6
2a  2b
6
a) Khi mắc hiệu điện thế vào A và C:
a  b 3a
U
2U 2.0, 6
 IAC 


 0, 4A
R AC 

R AC 3a
3
2
2

b) Khi mắc hiệu điện thế U vào A và C và mắc thêm Rx.
Mạch điện trở thành mạch đối xứng.

0,25

Theo đề bài thì:

0,25

0,50


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

a
A

M

2a
U2

U1

C

Rx

U2

2a N

a

Dựa vào tính đối xứng của mạch điện suy ra phân bố hiệu điện thế trong mạch như hình vẽ.
Ta có:
 U1  U x  U 2
U  U x 2U
3U
 U1 

 U2 

2
5
5
 U1  U 2  U
Cường độ dòng điện mạch chính:
U U
2U 3U 7U 7.0, 6
I 1  2 



 0, 42  A 
a 2a 5a 10a 10a
10
Câu III: Gọi nhiệt độ ban đầu của nước nóng là t và của nước trong các bình là t 0; khối lượng
nước trong mỗi bình là m và lượng nước nóng là M.
Từ phương trình cân bằng nhiệt: Qthu = Q toả, ta có:

M
t  t1   M t  t 0 
Mc(t – t1) = mc(t1 – t0)  t1  t1  t 0 
m
M m
Hoàn toàn tương tự, ta cũng thu được:

t 2  t 2  t 0 

0,50

0,50

0,50

M
t1  t 2   M t1  t 0   M t1
m
M m
M m
2

M
 M 
t 3  t 3  t 0 
t 2  
 t1 , .........
M m
M m
t n  t n  t 0 

M
 M 
t n 1  

M m
M m

a) Ở bình thứ ba, nhiệt độ của nước sẽ tăng thêm: t 3 

0,75

n 1

t1

t 2 2
t1

 12,8 0 C .

0,25

b) Theo công thức ở trên, ta có: t n  0,8n1.20  5  n  8
 Từ cốc thứ 8 trở đi, độ tăng nhiệt độ của nước không vượt quá 50C.
(Học sinh có thể tính lần lượt độ tăng nhiệt độ của các bình:
t 4  10,24 0 C; t 5  8,19 0 C; t 6  6,550 C; t 7  5,24 0 C; t8  4,19 0 C )
Câu IV:
M’

0,50

M’
B
H

M

I

B
H
N L

M

300
I
L

C

A
Hình a

D A
L L

K
Hình b

C

0,25
+ 0,25


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

a) Khi người đó nhìn thấy ảnh M’của mắt trong gương, người đó đang đứng tại vị trí như biểu
diễn trên hình a.
Ta có: HA = MC = 3  AI = 2m, HI = 1m.
Do AB = L = 2,5 m  BI = 0,5 m  MI = 1m
Vậy: người đó đứng cách tường một đoạn HM = HI + IM = 2m.
b) Khi người đó nhìn thấy ảnh của chân mình trong gương, người đó đang đứng tại vị trí giống
như biểu diễn trên hình b. Đặt MI = M’I = x.
M 'I x
3x
Góc MIB = M’IB = M’IN = 600  NI 
 ;M 'N 
2
2
2
3x
 DC  MN  1,5 x; DM ' 
 3
2
AB = 2,5m  BK  1,25 3 m; AK = 1,25 m.
CK = CA – AK = MH – AK = MI + IH – AK = x – 0,25.

BK
CK
1,25 3
x  0,25



M ' O CO
1,5 x
3x
 3
2
2 6
Giải ra ta có: x 
 2,22 m hay cách tường MH = x + IH = 3,22 m.
2
Câu V:
1) Dễ thấy: Khi K1 ở (2) và K2 ở (4) thì đèn V sáng, đèn X và Đ tắt.
Khi K1 ở (2) và K2 ở (3) thì cả 3 đèn đều sáng.
Khi K1 ở (1) và K2 ở (4) thì đèn X sáng, đèn V và Đ tắt.
Khi K1 ở (1) và K2 ở (3) thì đèn Đ sáng, đèn X và V tắt.
2) Ta có: Cường độ dòng điện qua đèn tỷ lệ thuận với căn bậc hai của hiệu điện thế đặt vào đèn
I k U
2
Từ điều kiện P = UI và I  k U , ta tính được hệ số tỉ lệ của các đèn V, X, Đ là k1  và của
9
2
đèn tím là k 2  .
3

Ta có 4 trường hợp khác nhau ứng với các vị trí khác nhau của K1 và K2.
* TH1: Nếu cả ba đèn đều sáng, mạch trên tương đương với đèn T mắc nối tiếp với cụm ba đèn
V, X, Đ mắc song song. Do các đèn V, X, Đ giống nhau nên:
2
1 2
IV = IX = IĐ = IT/3 
9  U T  . U T  UT = 4,5 V = UV,X,Đ.
9
3 3
* TH2: Nếu chỉ có một đèn sáng (xét trường hợp đặc trưng đèn V sáng):
2
2
9 UT 
U T  UT = 0,9V; UV = 8,1V.
IV = IT 
9
3
Ta có:

0,25
0,50

0,25

0,25
0,25

0,50

0,50

0,50

0,50