ĐA TS QUỐC HỌC HUẾ 08-09

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN QUỐC HỌC
THỪA THIÊN HUẾ Năm học 2008-2009
HƯỚNG DẪN CHẤM VẬT LÝ
ĐỀ CHÍNH THỨC
CÂU NỘI DUNG – YÊU CẦU ĐIỂM
1
(3,0đ)
- Gọi C là điểm taxi đuổi kịp xe buýt và t là thời gian taxi đi đoạn AC.

2
AC AB
3
=
;
1
CB AB
3
=

⇒

AC 2CB=
.
- Thời gian xe buýt đi đoạn AC là : t + 20 (phút);
- Thời gian mỗi xe đi tỷ lệ thuận với quãng đường đi của chúng, nên thời gian
taxi đi đoạn CB là
t
2
(phút).
Thời gian xe buýt đi đoạn CB là :
t + 20 t

= + 10
2 2
(phút);
- Vậy, thời gian người đó phải đợi xe buýt ở bến B là :
t t
Δt = + 10 - = 10
2 2
 
 
 
(phút).
0,5
0,5
0,5
0,5
1,0
2
(2,5đ)
a
1,0
Tính nhiệt độ t
1
:
- Nhiệt lượng của m
1
kg đồng toả ra để hạ nhiệt độ từ t
1
xuống 80
0
C là :

Q
1
= c
1
.m
1
(t
1
– 80);
- Nhiệt lượng của m
2
kg nước thu vào để tăng nhiệt độ từ 20
0
C đến 80
0
C là :
Q
2
= 60c
2
.m
2
;
- Phương trình cân bằng nhiệt : Q
1
= Q
2

⇒
t

1
=
2 2
1 1
60m c
+ 80
m c
= 962 (
0
C).
0,25
0,25
0,5
b
1,5
Tính m
3
:
- Khi thả thêm m
3
kg đồng ở nhiệt độ t
1
vào NLK, sau khi có cân bằng nhiệt mà
mực nước vẫn không thay đổi. Điều này chứng tỏ :
+ Nhiệt độ cân bằng nhiệt là 100
0
C.
+ Có một lượng nước bị hóa hơi. Thể tích nước hóa hơi bằng thể tích miếng
đồng m
3

chiếm chỗ:
3
2
1
m
V =
D
′
.
- Khối lượng nước hóa hơi ở 100
0
C là :
2
2 2 2 3
1
D
m = V .D = m
D
′ ′
.
- Nhiệt lượng thu vào của m
1
kg đồng, m
2
kg nước để tăng nhiệt độ từ
80
0
C đến 100
0
C và của m’

2
kg nước hoá hơi hoàn toàn ở 100
0
C là :
2
3 1 1 2 2 3
1
D
Q = 20(c m + c m ) + Lm
D
.
- Nhiệt lượng toả ra của m
3
kg đồng để hạ nhiệt độ từ t
1
= 962
0
C xuống
100
0
C là:
4 1 3
Q 862c m=
.
- Phương trình cân bằng nhiệt mới :
3 4
Q Q=

0,25

0,25
0,25
0,25

⇒

2
1 1 2 2 3
1
D
20(c m + c m ) + Lm
D
=
1 3
862c m

⇒

1 1 2 2
3
2
1
1
20(c m + c m )
m =
D
862c - L
D

;

0,29 (kg).

0,25
0,25
3
(2,0đ)
a
1,0
Mạch cầu cân bằng
⇒
I
A
= 0
(HS có thể làm nhiều cách khác nhau, nhưng đúng kết quả I
A
= 0, vẫn cho điểm tối đa).
1,0
b
1,0
I
A
= I
1
– I
3
= 0,2 =
12 12
1 3
U 12 - U
-

R R
⇒

U
12
= 8 (V) và U
34
= 4 (V)
⇒

12
4 2 A A
2
U
I = I + I = + I =
R
0,8 + 0,2 = 1 (A)

⇒

34
4
4
U
R = =
I
4 (
Ω
).
0,5

0,5
4
(1,5đ)
a
Vẽ hình : (HS vẽ đúng như hình dưới, cho điểm tối đa phần vẽ hình 0,5 đ)
Giải thích :
- Hai ảnh của S
1
và của S
2
tạo bởi thấu kính trùng nhau nên phải có một ảnh
thật và một ảnh ảo.
- Vì S
1
O < S
2
O
→
S
1
nằm trong khoảng tiêu cự và cho ảnh ảo; S
2
nằm ngoài
khoảng tiêu cự và cho ảnh thật.
0,5


0,25

0,25

b
Tính tiêu cự f :
- Gọi S’ là ảnh của S
1
và S
2
. Ta có :

1
S I // ON

→

1
S S
S I S O 6
S O S N S O
′
′ ′
−
= =
′ ′ ′

OI//NF'
→

S O S I S O
S F' S N S O f
′ ′ ′
= =

′ ′ ′
+

⇒

S O 6
S O
′
−
′
=
S O
S O f
′
′
+


⇒

f.S O = 6(S O + f)
′ ′
(1)
- Vì
2
S I // OM
, tương tự như trên ta có :
2
S F S O S M
S O S S S I

′ ′ ′
= =
′ ′ ′


⇒

S O f
S O
′
−
=
′
′
′
+
S O
S O 12

⇒

f.S O = 12(S O - f)
′ ′
(2)
Từ (1) và (2) ta có : f = 8 (cm)

0,5
R
R
R

R
+
_
U
1
2
I
I
2
I
1
A B
3
A
M
N
I
A
I
3
4
I
4
M
I
N
O
F '
F S
S

S '
1
2
* C hú ý : HS có thể làm bài 4 cách khác, theo các bước:
a, Giải thích đúng sự tạo ảnh như trên. (cho 0,5 đ)
b, Áp dụng công thức thấu kính (mà không chứng minh công thức) cho 2 trường hợp:
+ Với S
1
:
1 1 1
= -
f 6 d
′
(*)
+ Với S
2
:
1 1 1
= +
f 12 d
′
(**) (cho 0,25 đ)
Từ (*) và (**) tính được : f = 8 (cm) và d’ = 24 (cm)
c, Áp dụng kết quả trên để vẽ hình (cho 0,25 đ)
( Như vậy, điểm tối đa của bài 4 theo cách làm của chú ý này là 1,0 điểm)
5
(1,0 đ)
- Theo bài ra, khi thay đổi các cặp đầu vào của mạch điện thì hiệu điện thế giữa
các cặp đầu ra cũng thay đổi, ta suy ra rằng giữa các cặp chốt phải có điện trở
khác nhau và số điện trở ít nhất của mạch trong hộp kín H là 3.

(Học sinh có thể trình bày một trong hai sơ đồ cách mắc sau và tính các đại
lượng mà bài toán yêu cầu theo sơ đồ đó, mỗi cách trình bày hoàn toàn đúng
đều cho điểm tối đa của bài 5)
Cách 1 :
- Khi U
13
= 15(V) thì U
12
= 6(V) và U
23
= 9(V).
Ta có :
1 12
3 23
R U
6 2
R U 9 3
= = =
(1)
- Khi U
23
= 15(V) thì U
21
= 10(V) và U
13
= 5(V).
Ta có :
2 21
3 13
R U

10
2
R U 5
= = =
(2)
Từ (1) và (2) suy ra : R
1
là điện trở nhỏ nhất

⇒
R
1
= R, R
2
= 3R, R
3
= 1,5R.
- Khi U
12
= 15(V). Ta có :
13
1
32 2
U
R
R 1
U R 3R 3
= = =
(*)
Mặt khác : U

13
+ U
32
= U
12
= 15(V) (**)
Từ (*) và (**) ta có : U
13
= 3,75 (V); U
32
= 11,25 (V).
Cách 2 :
- Khi U
13
= 15(V) thì U
12
= 6(V) và U
23
= 9(V).
Ta có :
3
12
1 23
R
U
6 2
R U 9 3
= = =
(3)
- Khi U

23
= 15(V) thì U
21
= 10(V) và U
13
= 5(V).
Ta có :
3
21
2 13
R
U
10
2
R U 5
= = =
(4)
Từ (1) và (2) suy ra : R
2
là điện trở nhỏ nhất

⇒
R
2
= R, R
1
= 3R, R
3
= 2R.
- Khi U

12
= 15(V). Ta có :
13
2
32 1
U
R
R 1
U R 3R 3
= = =
(***)
Mặt khác : U
13
+ U
32
= U
12
= 15(V) (****)
Từ (***) và (****) ta có : U
13
= 3,75 (V); U
32
= 11,25 (V).
0,25
0, 75
0,75
1
2
3
R

R
R
1
2
3
1
2
3
R
R
R
1
2
3