Đề thi vào chuyên 20132014

UBND tỉnh Bắc Ninh
Sở Giáo dục và Đào Tạo
Đề chính thức

đề thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt chuyên
Năm học 2013-2014
Môn thi : Vật lý (Dnh cho thí sinh thi vào chuyên Lý)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 20 tháng 6 năm 2013

Bi 1: (2,0 im)
Mt hc sinh lm thớ nghim o nhit dung riờng ca nhụm nh sau: Dựng mt bỡnh cha y nc
nhit t0 = 18oC. Hc sinh ú th vo bỡnh mt hũn bi nhụm nhit t = 100oC, sau khi cõn bng nhit thỡ
nhit ca nc trong bỡnh l t1 = 30oC. Hc sinh ú li th vo bỡnh mt hũn bi th hai ging ht hũn bi trờn
thỡ nhit ca nc khi cõn bng nhit l t2 = 41,5oC. Bit khi lng riờng ca nc v ca nhụm ln lt l
1000kg/m3 v 2700kg/m3; nhit dung riờng ca nc l 4200J/kgK. B qua: s bay hi ca nc khi viờn bi
tip xỳc vi mt nc, nhit dung riờng ca bỡnh cha v s trao i nhit gia bỡnh cha vi mụi trng. Xỏc
nh nhit dung riờng ca nhụm theo thớ nghim ny. Bit nhit dung riờng chớnh xỏc ca nhụm l C = 880
J/kgK. Hi phộp o ca hc sinh ny cú sai s tng i l bao nhiờu?
r
Bi 2. (2,5 im)

+
U
Cho mch in nh hỡnh v. Bit UMN khụng i, r = 1, ốn 1 loi 6V-3W,
M
N
ốn 2 loi 12V-16W. Bin tr c lm t mt vũng dõy dn ng cht, tit din
C
u v un thnh mt vũng trũn tõm O, tip im A c nh, thanh kim loi CD (cú
1

in tr khụng ỏng k) tip giỏp vi vũng dõy ti hai im C, D v cú th quay
A
O
xung quanh tõm O. Quay thanh CD n v trớ sao cho gúc
AOD 90o thỡ ốn D
1 sỏng bỡnh thng v cụng sut tiờu th trờn ton bin tr t giỏ tr cc i. Gi
D 2
s rng in tr ca cỏc búng ốn khụng thay i khi nhit thay i.
Hỡnh 2
1. Tớnh in tr ca dõy lm bin tr v hiu in th UMN. ốn 2 sỏng
nh th no?
2. Kho sỏt sỏng ca cỏc ốn khi quay thanh CD quanh O.
Bi 3. (2,0 im) (Chỳ ý: thớ sinh c ỏp dng cụng thc v thu kớnh)
Mt thu kớnh hi t L, quang tõm O, trc chớnh Ox nm ngang, tiờu c f
B2'
' '
to nh tht A1B1 ca mt vt sỏng A1B1 vuụng gúc vi Ox (A1 nm trờn Ox).
Dch chuyn A1 trờn Ox v A1B1 song song vi chớnh nú, ti v trớ A2B2 thỡ thu
c nh A '2 B'2 ngc chiu vi nh A1' B1' . Trờn hỡnh v ch cho ba im B1' ,
x
O v B'2 .
O
1. Hóy v hỡnh xỏc nh v trớ cỏc vt A1B1, A2B2 v tiờu im ca thu kớnh L.
2. Cho A '2 B'2 2A1' B1' ; A1A2 = 12cm v A1' A 2' = 54cm. Tớnh tiờu c f ca thu kớnh
B1'
L.
Bi 4: (1,5 im)
Mt cc nc ỏ ang tan, trong nú cú cha mt mu chỡ c th vo trong nc. Sau khi cú 200g
ỏ tan chy thỡ th tớch phn ngp ca cc nc ỏ gim hai ln. Khi cú thờm 120g ỏ na tan chy thỡ
cc nc ỏ bt u chỡm. Tỡm khi lng mu chỡ. Cho bit khi lng riờng ca nc ỏ, nc v chỡ

ln lt l 0,9g/cm3, 1g/cm3, 11,3g/cm3.
Bi 5: (1,0 im)
o tc õm thanh trong khụng khớ, hai hc sinh tin hnh thớ nghim nh sau: Hc sinh th nht
t mt cỏi loa cỏch bc tng thng di mt khong l1 12 m to ra mt ting ng ln, hc sinh th
hai t mt mỏy thu õm (trong ú t ng ghi nhn thi im thu c õm thanh) cỏch bc tng mt
khong l2 15m . Hc sinh th hai quan sỏt thy khong thi gian gia ln th nht v ln th hai mỏy
thu c õm cỏch nhau t 0, 02 s . Tớnh tc truyn õm trong khụng khớ. Bit khong cỏch t loa ti
mỏy thu l l0 50m v õm thanh phn x trờn tng tuõn theo quy lut phn x gng, b qua kớch thc
ca loa v mỏy thu.
Bi 6: (1,0 im)
Mt cc hỡnh tr khi lng 180g, bờn trong cú vch chia th tớch mi vch chia ng vi 20cm3. Khi cc
khụng cha gỡ thỡ trng tõm ca cc nm vch chia th 8 k t ỏy cc. Tỡm khi lng nc cn vo
trng tõm ca cc nc v trớ thp nht, xỏc nh v trớ y? Cho khi lng riờng ca nc l D = 1g/cm3.
============ Ht ============
( thi cú 01 trang)
H v tờn thớ sinh: ......................................................................... SBD: ........................................


Hướng dẫn chấm đề thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt chuyên
Năm học 2013-2014
Môn thi : Vật lý
Bi
1

Hng dn gii
im
Gi Vn l th tớch nc cha trong bỡnh, Vb l th tớch ca hũn bi nhụm, Dn l khi lng
riờng ca nc, Db l khi lng riờng ca nhụm, Cn l nhit dung riờng ca nc, Cb l
nhit dung riờng ca nhụm.
Vỡ bỡnh cha y nc nờn khi th viờn bi vo, th tớch nc trn ra ngoi bng th tớch ca 0,25

viờn bi: Vtrn = Vb
Ta cú phng trỡnh cõn bng nhit th nht ( nc thu nhit, bi ta nhit)
mb.Cb.(t t1) =
.Cn.(t1 t0)
mn' (Vn Vb ) Dn l khi lng nc cũn li sau khi b trn ra mt phn)

Vb.2700.Cb.(100 30) = (Vn Vb).1000.4200.(30 18)
Vb.Cb.189000 = 50,4.106Vn 50,4.106Vb
0,25
3VbCb = 800(Vn Vb) (1)
Khi th thờm mt viờn bi na thỡ phng trỡnh cõn bng nhit th hai (nc v bi 1 thu
nhit, bi 2 ta nhit)
( mn" Cn mb Cb )(t2 t1 ) mbCb (t t2 ) Vb DbCb (t t2 )
mn" (Vn 2Vb ) Dn l khi lng nc cũn li sau khi th hai viờn bi

Vn.48,3.106 2Vb.48,3.106+Vb.Cb.31050 = Vb.Cb.157950
Vb(126900.Cb+96,6.106) = Vn.48,3.106 (2)
1046
Gii h phng trỡnh (1) v (2) ta c: Vn
Vb 4,34Vb (3)
241
Thay (3) vo (1) ta c: Cb 890,7 J/kgK
Sai s tuyt i ca phộp o l: C C Cb 10,7 J / kgK
C 10, 7

0, 0122 1, 22%
C
880
1) Tớnh in tr ca dõy bin tr, UMN v sỏng ca ốn 2.
- in tr ca ốn 1: R1 = 12, cng dũng in nh mc ca 1: Im1 = 0,5A.

- in tr ca ốn 2: R2 = 9
- on mch MN gm: r nt [R2 // (R1 nt Rb)]
RAC RAD
Rb =
(1)
(cung DC b ni tt, khụng cú dũng in qua)
R AC R AD
R2 R1b
9(12 Rb )
R1b = R1 + Rb = 12 + Rb
R2.1b =

R2 R1b
21 Rb
129 10 Rb
RMN = R2.1b + r =
21 Rb
U
U (21 Rb )
I2.1b = IMN = MN MN
RMN
129 10 Rb
9.U MN (12 Rb )
U1b = U2.1b = I2.1b.R2.1b =
129 10 Rb
U1b
9U MN
Ib = I1 = I1b =
(2)

R1b 129 10 Rb

Sai s tng i ca phộp o l:
2

Pb = Ib2 Rb

2
2
81U MN
Rb
81U MN

(129 10 Rb )2 ( 129 10 R )2
b
Rb

0,25
0,25
0,5

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

2

 129

129
Pb cực đại  
 10 Rb  cực tiểu 
 10 Rb  Rb  12,9
 R

R
b
b


RAC = RAD = 25,8  điện trở của dây làm biến trở là R = 4RAC = 103,2
- Đèn Đ1 sáng bình thường nên I1 = Iđm1 = 0,5A thay vào (2) ta được UMN  14,3V
- U2 = U1b = I1b R1b = 12,45V  U2 > Uđm2 đèn Đ2 sáng hơn mức bình thường.
2) khảo sát độ sáng của các đèn khi dịch chuyển thanh CD.
RAC RAD
- Từ biểu thức Rb =
lập luận để thấy Rb có giá trị cực đại khi RAC = RAD tức khi
RAC  RAD
thanh CD vuông góc với OA (trường hợp đang xét).
 khi quay CD thì điện trở Rb sẽ giảm.
-Ta thấy Rb = 0 khi C  A hoặc D  A sau đó tiếp tục quay thì Rb lại tăng dần đến khi CD
vuông góc với OA thì Rb đạt cực đại.
- Khi Rb giảm.

 1 
1
1
1
Rb + R1 = R1b giảm  
tăng R2.1b giảm  r + R2.1b = RMN


 tăng 
R2 R1b R21b
 R1b 

3

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25

giảm  cường độ dòng điện mạch chính Ir tăng  Ur = Ir.r tăng  U2 giảm và đèn Đ2 tối
dần.
I2 giảm  I1 = Ir – I2 tăng  đèn Đ1 sáng dần lên.
- Khi Rb tăng, tương tự ta có Đ2 sáng dần lên và Đ1 tối dần đi.
0,25
1) Vẽ trục chính Ox và các tiêu điểm F.
'
B2

+ Từ B1’ và B2’ kẻ hai đường thẳng vuông góc với
B2
B
I
1
trục Ox, cắt trục Ox ở hai điểm A1’ và A2’. Dựng
'
F’ A1
thấu kính L vuông góc với Ox ở O.
X
A1
A2' A2 O
+ Nối B1’B2’ cắt TK tại I và trục chính Ox tại F’;
'
từ I kẻ đường thẳng Ia song song với trục chính.
B1
Nối B1’O cắt Ia ở B1, kẻ B1A1  Ox ta được vật
A1B1.
+ Kẻ B2’O cắt Ia tại B2, kẻ B2A2  Ox ta được vật
A2B2.
Dựa vào đường đi của các tia sáng đặt biệt qua TKHT, dễ dàng lập luận được F’ là tiêu 1,0
điểm của TK, tiêu điểm F được lấy đối xứng với F’ qua O.
- Vẽ đúng cho 0,5 điểm
- Lập luận đúng cho 0,5 điểm
2) Tính tiêu cự của TK
Theo đề: A '2 B'2  2A1' B1' , A1B1 = A2B2
+ OA2’B2’  OA2B2 

A2' B2' OA2' d 2'



A2 B2 OA2 d 2

+ OA1’B1’  OA1B1 

A1' B1' OA1' d1'


A1B1 OA1 d1

+ Áp dụng công thức:

2d1' d 2'
 d1d2’ = 2d1’d2 (1)

d1 d 2

0,25

1 1
1
  '
f d1 d1
1 1
1

 '
f d2 d2

d1  d1' d2'  d2


 d 1’d2’(d 1 – d2) = d1d2 (d 2’ + d1’) (2)
d1d1'
d2 d 2'
+ Giả thiết: d1 – d2 = 12
(3)
d2’ + d1’ = 54
Thay (3) vào (2) ta được 2d1’d2’= 9 d1d 2 (4)


0,25


Chia vế với vế của (1) và (4) với nhau ta được:

4

5

2d1' 9d1
3
 '  d1'  d1 kết hợp với (1)
d1 2d1
2

Ta có d 2’ = 3d 2. Vậy:
1 1 1
5
5
2


  '=

 d1  2,5d 2  d1 = 20cm, d2 = 8cm.
f d1 d1 3d1
3d1 3d 2
1 1
1
2

 '=
f d 2 d 2 3d 2
Suy ra f = 12cm
Gọi khối lượng của chì và nước đá là mc và md.
Trọng lượng của cục nước đá có chứa chì khi chưa có nước đá tan là P  (mc  md )10
Trước khi 200g nước đá tan thì trọng lượng của cục nước đá có chứa chì cân bằng với lực
đẩy Ác si mét: P  (mc  md )10  V0 Dn10  (mc  md )  V0 Dn (1)
Với V0 là thể tích chiếm chỗ của đá chứa chì khi đá chưa tan trong nước.
V
Sau khi 200g nước đá tan thì thể tích phần chìm của đá giảm hai lần V0'  0
2
1
1
Ta có P '  (mc  md  200)10  V0 Dn10  (mc  md  200)  V0 Dn (2)
2
2
(1), (2) suy ra : mc  md  400 (3)
m m  320
Sau khi tan thêm 120g (tan 320g) thì thể tích của khối nước đá là V  c  d
Dc

D0
Khi cục nước đá bắt đầu chìm thì
 m m  320 
(mc  md  240)10  VDn 10  (mc  md  320)   c  d
 Dn
D0 
 Dc
 D 
 D 
 D 
 mc 1  n   md 1  n   320 1  n 
 Dc 
 D0 
 D0 
103
1
320
Thay số :
mc  md  
(4)
113
9
9
113
5087
Giải hệ phương trình (3), (4) ta được: mc 
 8,7 g và md 
 391, 3g
13
13

Gọi v là tốc độ truyền âm trong không khí. Coi bức tường như một gương phẳng.
Trước hết ta xác định A’ là ảnh của A qua gương (A’ đối xứng với A qua K) do đó A’, I và
B thẳng hàng. (Vẽ hình đúng)
Âm thanh từ loa A đến máy thu âm B theo 2 con đường:
AB l0
+ Đến B trực tiếp, đi quãng đường l0 hết thời gian t1 

K l1 A H
A’
v
v
+ Đến B theo đường AIB với AI  IB  A ' B
l0
AI IB A ' B
I
hết thời gian t2 


v
v
v
A ' B l0
theo đề ta có: t  t2  t1 
  0, 02s (1)
l2
B
v
v

Từ hình vẽ ta thấy: A ' B  A ' H 2  HB 2  (l1  l2 ) 2  HB 2 (2)

HB 2  l02  (l2  l1 ) 2 (3)

Từ (2), (3) suy ra A ' B  l02  4l1l2 (4)
t 

Thay (4) vào (1) ta được:

1
v

v



l02  4l1l2  l0



l02  4l1l2  l0
 337, 25m / s
t

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25


6

Giả sử độ cao nước đổ vào là x vạch, thì trọng tâm O2 của nước ở vị trí

x
vạch
2

Gọi O là trọng tâm chung của cốc và nước ở vị trí y vạch.
Goi O1 là trọng tâm của cốc khi không chứa gì, ở vị trí vạch thứ 8.
P1, P2 lần lượt là trọng lượng của cốc và nước.
Áp dụng quy tắc hợp lực song song ta có.
P1.OO1 = P2.OO2
8

O1

0,25

x
y

O

x/2

O2

0,25

Từ (*) ta nhận thấy để trọng tâm O ở vị trí thấp nhất, nghĩa là ymin hay (y+9)min. Theo bất
đẳng thức Cô si.

0,25
Giải phương trình này ta được: x = 6 cm và x = – 24 (loại)
Vậy lượng nước cần đổ vào ở vạch chia thứ 6, hay khối lượng nước cần đổ vào là
m2 = 6.20.1 = 120g
Ghi chú:
1. Phần nào thí sinh làm bài theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa phần đó.
2. Không viết công thức mà viết trực tiếp bằng số các đại lượng, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.
3. Ghi công thức đúng mà:
3.1. Thay số đúng nhưng tính toán sai thì cho nửa số điểm của câu.
3.3. Thay số từ kết quả sai của ý trước dẫn đến sai thì cho nửa số điểm của ý đó.
4. Nếu sai hoặc thiếu đơn vị trừ 0,25 điểm nhưng không quá 0,5 điểm cho toàn bài.
5. Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25 điểm.

0,25