Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên môn vật lý tỉnh quảng bình năm học 2016 2017(có đáp án)

SỞ GD & ĐT QUẢNG BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
SBD:..................................

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2016-2017
Khóa ngày 8/6/2016
Môn: Vật lí (chuyên)
Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (2 điểm).
v
Để chuẩn bị cho giải đấu bóng đá EURO 2016. Trong một buổi tập O 1 N
luyện của đội tuyển Đức trước ngày thi đấu, cầu thủ OZIL (O) thực hiện
pha chuyền bóng cho MULLER (M) theo chiến thuật như sau: O dẫn bóng
theo một đường thẳng với tốc độ không đổi v1, M chạy trên một đường L
 v2
thẳng khác với tốc độ không đổi v2, cả hai cùng xuất phát một lúc. Tại thời
0
điểm ban đầu O và M cách nhau một khoảng L = 20m, góc  = 30 như
hình 1. Ngay sau khi M chạy qua điểm N thì O chuyền bóng cho M. Coi
M
bóng chuyển động thẳng với tốc độ không đổi v3, biết v3 = v2 = v1= 4m/s.
Hình 1
a. Xác định phương chuyền bóng và thời gian kể từ khi O chuyền bóng đến khi M nhận được
bóng.
b. Tìm khoảng cách nhỏ nhất giữa O và M trong quá trình chuyển động trên.
Câu 2 (2 điểm).
Một nhiệt lượng kế khối lượng m 1 = 120g, chứa một lượng nước có khối lượng m 2 = 600g ở
cùng nhiệt độ t 1 = 20 0 C. Thả vào nhiệt lượng kế một hỗn hợp nhôm và thiếc có khối lượng tổng
cộng m = 180g được nung nóng tới nhiệt độ t2 = 100 0 C. Khi có cân bằng nhiệt, nhiệt độ của hệ là

t = 24 0 C. Tính khối lượng của nhôm và thiếc có trong hỗn hợp? Biết nhiệt dung riêng của chất
làm nhiệt lượng kế, nước, nhôm và thiếc lần lượt là: c 1 = 460J/kg.K, c 2 = 4200J/kg.K,
c3=880J/kg.K, c 4 = 230J/kg.K.
+
Câu 3 (2,5 điểm).
U Cho mạch điện như hình 2. Biết U=16V, R0=4  , R1=12  . Rx là giá trị
A
tức thời của biến trở. Bỏ qua điện trở của Ampe kế và các dây dẫn.
R0
a. Tìm Rx sao cho công suất tiêu thụ trên nó là 9W và tính hiệu suất của
R1
mạch điện. Biết rằng năng lượng tiêu thụ trên Rx và R1 là có ích.
b.Với giá trị nào của Rx thì công suất tiêu thụ trên nó là cực đại? Tìm giá
trị cực đại đó.
Rx
Câu 4 (2,5 điểm).
Hình 2
Vật AB xác định (A nằm trên trục chính) đặt trước một thấu kính hội tụ và vuông góc với trục
chính của thấu kính cho ảnh thật lớn gấp 4 lần vật AB.
a. Hãy vẽ ảnh và tìm hệ thức liên hệ giữa tiêu cự thấu kính và khoảng cách từ vật đến thấu
kính?
b. Nếu đưa vật lại gần thấu kính thêm 4cm hay 6cm thì đều cho ảnh qua thấu kính có cùng độ
lớn. Tính tiêu cự của thấu kính?(Giải bài toán bằng sử dụng kiến thức hình học)
Câu 5 (1 điểm).
Hãy xác định số vòng dây của hai cuộn dây trong một máy biến thế bị mất nhãn với các dụng
cụ sau: một dây điện từ dài, một nguồn điện xoay chiều, một vôn kế xoay chiều, các dây dẫn điện
đủ để nối mạch điện. Coi vôn kế có điện trở rất lớn. Bỏ qua điện trở của các cuộn dây của máy
biến thế, điện trở của dây điện từ và các dây nối.
............Hết............

SỞ GD & ĐT QUẢNG BÌNH
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MÔN VẬT LÍ THPT NĂM HỌC 2016-2017
MÔN: VẬT LÍ (CHUYÊN)
( Đáp án gồm 3 trang)
Nội dung

Câu

Điểm
H

O

J

v1

O’

K
N

M’
’

v
2

M

1(2đ)

a. Lập luận được:
Do tốc độ v1 = v2 nên MN = OK. Khi M chạy đến N thì O chạy đến K và chuyền
bóng cho M, M nhận bóng ở H như hình vẽ.
(học sinh chỉ vẽ được hình cho điểm tối đa)

0,5

Vì v2 = v3 => NH = KH và góc  = 300 nên HNK = 600 nên  NHK là tam giác
đều.

0,25

Do đó phương chuyền bóng hợp với phương ngang là góc NKH = 600.

Thời gian kể từ khi chuyền bóng đến khi nhận bóng là:
t

KH OK  ON


v2
v2

(

0,5

2
1

).20
3
3
 2,9s
4

b. Gọi t’ là thời gian hai cầu thủ chuyển động tới vị trí M’ và O’ như hình vẽ.
Khi đó khoảng cách giữa hai cầu thủ là:
O’M’ =

0,5

OJ  (OO ' JM ')  (20  2 3 t)  (4t  2t )
2

2

2

2

Biến đổi được: O’M’ = 16t 2  80 3t  400  (4t  10 3)2  100
Để O’M’ nhỏ nhất thì: 4t  10 3  0 . Vậy khoảng cách nhỏ nhất gữa hai cầu thủ
là 10m.

0,25

Nhiệt lượng do nhiệt lượng kế và nước hấp thụ là:
Q1 = m 1 C 1 (t - t 1 ) + m 2 C 2 ( t - t 1 )

0,25

Nhiệt lượng do nhôm và thiếc toả ra là :
Q2 = m 3 C 3 (t 2 - t )+ m 4 C 4 ( t 2 - t )
Khi cân bằng nhiệt ta có :
m 1 C 1 (t - t 1 ) + m 2 C 2 ( t - t 1 ) = m 3 C 3 (t 2 - t ) + m 4 C 4 ( t 2 - t )

0,25

(m1C1  m2 C 2 )(t  t1 ) (0,12.460  0,6.4200)(24  20)
=
t2  t
100  24

0,5

0,25

2(2đ)
=> m 3 C 3 + m 4 C 4 =

<=> m 3 C 3 + m 4 C 4  135,54
Mặt khác ta có:
m 3 + m 4 = 0,18
Giải (1) và (2) ta được: m 3  144,8g; m 4  35,2g

a. Điện trở tương đương R1x của R1 và Rx là: R1x 
Điện trở toàn mạch là: Rtm  R0  R1x  4 

(1)
(2)
R1.Rx
12 Rx

R1  Rx 12  Rx

0,25

U 16(12  Rx ) 12  Rx


Rtm 16(3  Rx )
3  Rx

0,25

R
12  Rx
12
12
Cường độ dòng điện qua Rx là: I x  I . 1x 
.

Rx
3  Rx 12  Rx 3  Rx

3(2,5đ)

0,5
0,25

12 Rx
48  16 Rx 16(3  Rx )


12  Rx
12  Rx
12  Rx

Cường độ dòng điện trong mạch chính là: I 

0,25

2

 12 
Công suất tiêu thụ trên Rx là: Px  Rx .I  Rx . 
 (1)
 (3  Rx ) 
2
x

0,25

Với Px = 9W ta có phương trình:
122.Rx

 9  16 Rx  Rx2  6 Rx  9  Rx2  10 Rx  9  0
(3  Rx )2

0,25

Phương trình này có hai nghiệm là: R' = 9 và R'' = 1 đều chấp nhận được.
Với Rx = R' = 9  thì R1x = 36/7  và Rtm = 64/7  .
36
R
36 9
Vậy hiệu suất của mạch điện là: H '  1x  7    56, 25%
64
Rtm
16 16
7
Với Rx = R'' = 1  thì R1x = 12/13  và Rtm = 64/13  .
12 3
vậy hiệu suất của mạch điện là: H ''    18, 75%
64 16

0,25

0,25

b. Tìm Rx để Px cực đại: Từ biểu thức (1) ta có:
Px 

122.Rx
144 Rx
144

 2

(2)
2
(3  Rx )
Rx  9  6 Rx 
9 
 Rx    6
Rx 


0,25



Để Px cực đại, mẫu số của biểu thức trên phải cực tiểu. Vậy ta có  Rx 


9 

Rx min



9
9
9 
 9 nên  Rx   khi Rx 
 Rx2  9  Rx  3
Rx

Rx
Rx min

144.3
 12W
Thay vào (2) ta có: Pmax 
(3  3)2

0,25

Vì Rx .

0,25

a. Vẽ được hình
N

B
A

A
A

F

O

A

A

A/

F/

0,25

B/
A

Ta có: AOB ~ A / OB / 

A/ O A/ B /

 4  A / O  4 AO
AO
AB

0,25

A/ B / OA/  f
4.OA  f

4
 f  0,8.OA (1)
/
/ / / 
Ta
có
:

∆ONF
~∆A
B
F
4(2,5đ)
ON
f
f

0,5

b. Hai vị trí của vật trước thấu kính cho hai ảnh có độ lớn bằng nhau nên:
- Thấu kính cho ảnh thật khi: OA1 = OA – 4
(2)
- Thấu kính cho ảnh ảo khi: OA2 = OA – 6
(3)
- Vẽ được hình như sau

0,25

I

B1
A1
F

O

A

A

F/

A1 /

/

B2

0,25

B2
/

A2

B1/
A

A

A2
F
/

Trường hợp ảnh thật:

K

O
A

F/


Xét các tam giác đồng dạng: A1B1O A1' B1' O và IOF '
Ta có:

A'1B'1F '

A1/ B1/ A1/ O A1/ B1/ A1/ O  OF /
OF /




A1 B1 A1O
OI
OF /
A1O  OF /

Trường hợp ảnh ảo:
Xét các tam giác đồng dạng: A2 B2O A2' B'2 O và A2' B2' F '
Ta có:

(4)
OKF '

AB

AO AB
A O  OF
OF




/
A2 B2 A2O
OI
OF
A1O  OF /
/
2

/
2

/
2

/
2

/
2

/
2

/

Do đó từ (4),(5) và (6) ta có:
=>

0,25

/

Theo bài ra thì: A/1B/1 = A/2B/2 ; A1B1 = A2B2 = AB
/

(5)
(6)

/

OF
OF

/
A1O  OF
OF /  A2O
/
/
AO
1  OF  OF  A2O

0,25
(7)

Từ (1), (2), (3) và (7) giải ra ta được: f = OF’=20cm

5(1đ)

0,25

Dùng đoạn dây điện từ quấn chồng lên hai cuộn dây của máy biến thế và đếm số
vòng n0 của cuộn dây này (coi là cuộn dây chuẫn).
Nối hai đầu cuộn dây chuẩn vào hai cực của nguồn điện xoay chiều dùng vôn kế
đo hiệu điện thế hai đầu cuộn dây này ta được Uo.
Ngắt vôn kế ra và đo hiệu điện thế hai đầu cuộn dây thứ nhất ta được hiệu điện
thế U1.
Ngắt vôn kế ra và dùng đo hiệu điện thế hai đầu cuộn dây thứ 2 ta được hiệu
điện thế U2.
U1 n1
U


 n1  1 n 0 
U 0 n0
U0 
  n1 , n2
Áp dụng công thức máy biến thế : U 2 n2
U1 

 n2 
n0
U 0 n0
U0 



Ghi chú: - Phần nào thí sinh làm bài theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa phần đó.
- Sai hoặc thiếu đơn vị 3 lần trở lên thì trừ 0,5 điểm.
- Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25 điểm.

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25