Đề thi vào lớp 10 chuyên Môn Vật Lý

ĐỀ 1

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2016-2017
ĐỀ THI MÔN: VẬT LÍ

ĐỀ CHÍNH THỨC

Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Vật lí
(Đề thi có 02 trang)

Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề.

Câu 1 (2,0 điểm).
S1 = 25cm 2

Một chiếc cốc hình trụ có diện tích đáy

. Gắn chiếc nến vào đáy

P0 = 0,5 N
cốc. Trọng lượng của nến và cốc lần lượt là

và P1. Đặt cốc
S 2 = 50cm 2

vào bình hình trụ có diện tích đáy

, đáy bình nằm ngang
h2

h2 = 8cm
thì phần

rồi rót nước vào bình. Khi mực nước trong bình là
h1 = 4cm
cốc ngập trong nước là
(Hình 1). Đốt nến và theo dõi mực
nước trong bình. Biết phần nến bị cháy bay hơi vào không khí và trọng lượng của

h1
S1

S2

Hình 1

τ = 50
phần nến còn lại giảm đều theo thời gian. Nến cháy hết trong thời gian
phút. Bỏ
qua ảnh hưởng gây ra bởi sự thay đổi nhiệt độ khi nến cháy, cốc luôn thẳng đứng, trọng lượng
dn =
riêng của nước là

10 4 N
m3

. Xác định:

a) Trọng lượng P1 của cốc.
b) Mực nước trong bình khi nến cháy hết.

c) Biểu thức mô tả sự phụ thuộc của áp suất nước lên đáy bình theo thời gian.
d) Tốc độ di chuyển của cốc so với đáy bình khi nến đang cháy.

Câu 2 (2,0 điểm).


Hai chiếc tàu thủy chuyển động hướng tới nhau trên một đường thẳng với cùng tốc độ v.
Kích thước các tàu rất nhỏ so với khoảng cách giữa chúng. Khi hai tàu cách nhau một khoảng L
thì một con chim hải âu từ tàu A bay đến gặp tàu B (lần gặp 1), khi tới tàu B nó bay ngay lại tàu
A (lần gặp 2), khi tới tàu A nó bay ngay lại tàu B (lần gặp 3) … và cứ tiếp tục như vậy cho đến
khi hai tàu gặp nhau. Biết chim luôn bay với tốc độ u không đổi đối với đất (u > v). Tính quãng
đường con chim hải âu đã bay được cho đến khi:
a) Hai tàu cách nhau một khoảng

l l
(

< L).

b) Nó gặp tàu lần thứ n.

Câu 3 (2,0 điểm).

h1 = 20cm

Một bình chứa hình trụ, thành mỏng, có chiều cao
S1 = 100cm
t1 = 80 0 C

, diện tích đáy

2

đặt trên mặt bàn nằm ngang. Đổ vào bình 1 lít nước ở nhiệt độ

. Thả vào bình một khối trụ đồng tính khối lượng m, diện tích đáy

S 2 = 60cm 2

, chiều cao

h2 = 25cm

và nhiệt độ

t2

. Khi cân bằng nhiệt
x=

được thiết lập thì đáy dưới của khối trụ song song và cách đáy của bình một đoạn
t 0 = 65 C
0

4cm nhiệt độ nước trong bình là

. Bỏ qua sự nở vì nhiệt, sự trao đổi nhiệt

với bình và với môi trường xung quanh. Biết khối lượng riêng của nước
D=

1000kg
m3

C n = 4200

, nhiệt dung riêng của nước và chất làm khối trụ lần lượt là

J
kg.K

C tr = 2000
và

J
kg .K
. Xác định:

a) Khối lượng m của khối trụ.
b) Nhiệt độ ban đầu

t2

của khối trụ.

c) Khối lượng tối thiểu của vật phải đặt lên khối trụ để khi cân bằng thì khối trụ chạm đáy
bình.

Câu 4 (2,0 điểm).

R1

R2

C
R4

A

R3

D
U
Hình 2

B


Cho mạch điện như hình 2. Hiệu điện thế đặt vào hai đầu A, B có giá trị U không đổi. Biết
R1 = R2 = R3 = R4 = R0
.
1. Mắc vào hai điểm B, D một ampe kế lí tưởng. Hãy tính:
a) Điện trở tương đương của đoạn mạch AB theo R0.
b) Số chỉ của ampe kế theo U và R0.
2. Tháo ampe kế ra khỏi B, D. Dùng vôn kế có điện trở r 0 lần lượt đo hiệu điện thế giữa hai
đầu các điện trở R1, R2 thì số chỉ vôn kế tương ứng là UV1, UV2. Tính tỉ số UV1/UV2.
3. Dùng vôn kế trên đo hiệu điện thế giữa
hai đầu A, B thì số chỉ vôn kế là 100V. Sau đó
lần lượt đo hiệu điện thế giữa hai đầu mỗi điện
trở thì thu được số liệu như bảng bên. Biết rằng

trong các số liệu ở bảng bên có một giá trị bị ghi
sai.

Hiệu
điện thế
Giá trị

UAC

UCB

UAD

UDC

24V

26V

10V

10V

a) Tính tỉ số R0/r0.
b) Giá trị hiệu điện thế nào ở bảng trên bị sai? Giá trị đúng của nó là bao nhiêu?

Câu 5 (2,0 điểm).
1. Cho hệ thấu kính ghép sát, đồng trục như hình 3. Thấu
R1 = 1cm
kính O1 có bán kính đường rìa là

, tiêu cự là S
f 1 = 20cm
. Thấu kính O2 có bán kính đường rìa là
R2 = 2cm
f 2 = 20cm
, tiêu cự là
. Đặt
trên trục chính của hệ một điểm sáng S cách hệ một khoảng
SO1 = 1cm
. Ở phía bên kia của hệ đặt một màn ảnh
E vuông góc với trục chính. Xác định:

O1

O2

E
Hình 3

a) Vị trí các ảnh của điểm sáng S.
b) Vị trí đặt màn E để vệt sáng thu được trên màn có diện tích nhỏ nhất.
Chú ý: Thí sinh được phép sử dụng công thức thấu kính.
L = 2,5m

2. Một gương phẳng hình chữ nhật có chiều dài
, chiều rộng đủ lớn. Đặt
gương trên sàn sao cho mép dưới của gương dựa vào góc tường, mặt phản xạ của nó hợp với mặt
sàn góc

α = 60 0

(Hình 4). Một người tiến đến gần gương, mắt của người này cách chân


một đoạn
nhìn thấy ảnh của:

h = 3m

. Khi cách tường bao nhiêu thì người đó bắt đầu
L

a) Mắt mình trong gương.
b) Chân mình trong gương.

Hình 4

———— HẾT————
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: ……………………….……………….. Số báo danh: ……………..….…

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2016-2017

—————

ĐÁP ÁN MÔN: VẬT LÍ
Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Vật lí

—————————

Câu

Ý

1

a

Lời giải vắn tắt
ĐKCB:

P1 + P0 = FA = d nVc = d n S1 h1 → P1 = d n S1 h1 − P0 = 0,5 N

Điểm
0,5


b
Khi nến cháy hết, cốc bị ngập trong nước là

h1'

, mực nước trong bình là

h2'

.

0,25

ĐKCB:

P1 = FA = d nVc = d n S1 h1' → h1' = 2cm

0,25

Do thể tích nước không đổi nên:
S 2 h2 − S1h1 = S 2 h2' − S1 h1' → h2' = 7cm
c

h1"
Tại thời điểm t, cốc bị ngập trong nước là

h2"
, mực nước trong bình là

.

ĐKCB:

0,25

t

P1 + P0 1 − 
t

 τ

P1 + P0 1 −  = FA = d n S1 h1" → h1" =
d n S1
 τ

Do thể tích nước không đổi nên:

"
1

S 2 h2 − S1 h1 = S 2 h2" − S1 h1"

h2" = 8 −

h
Thay

ở trên vào và thay số ta được:

t
50

0,25

Áp suất nước tác động lên đáy bình là:
t 

Pđáy = d n h2" = 10 4  8 − .10 − 2 = 800 − 2t
50 


d

Sau thời gian t, cốc dịch chuyển đoạn:
0,5
∆h = h1 − h1" =

2

a

t
∆h 1
cm
→v=
= = 0,02
τ
t
τ
phút

Quãng đường chim đã bay:

S = ut

0,5

t=

Với t là thời gian bay:

L −l
 L−l 
→ S = u

2v
 2v 

0,5


b

Quãng đường chim đi sau lần gặp 1, 2, 3… lần lượt là d1, d2, d3…
 L 
d1 = ut1 = u 

v+u

0,25
 L 
d 2 = ut 2 = u 2 
v+u

0,25

0,25

u−v
u−v
 L 

L2 = L − 2vt1 = L − 2v
→ d 2 = uL
=L
u+v
( u + v) 2
v+u

(u − v) 2
 L 
d 3 = ut 3 = u  3  = uL
(u + v) 3
v+u
uL  u − v  u − v 
u −v
→ d = d1 + d 2 + ... + d n =
+
 + ... + 

1 +
u + v  u + v  u + v 
u +v
2

3

a

n −1

0,25

….





Giả sử khi thả khối trụ vào bình thì nước chưa tràn ra ngoài (y
h1 - x = 16cm).

S1 x + ( S1 − S 2 ) y = 1000 → y = 15cm

<

y

0,25

(thỏa mãn)

Điều kiện cân bằng cho khối trụ:

x

0,25

m = D.Vc = DyS 2 = 1000.0,15.60.10 −4 = 0,9kg

b

Bảo toàn năng lượng:

mn c n ( t1 − t 0 ) = mtr ctr ( t 0 − t 2 )

0,25
0,25

1.4200.15 = 0,9.2000.( 65 − t 2 ) → t 2 = 300 C
c

Khi khối trụ chạm đáy thì thể tích của phần bình xung quanh khối trụ còn là:
V = h1 ( S1 − S 2 ) = 20(100 − 60 ) = 800cm 3 < 1000cm 3
→ thể tích phần trụ chìm trong chất lỏng là:

0,5


Vc = h1 S 2 = 20.60 = 1200cm 3

0,5
R2

ĐKCB cho khối trụ:
m + ∆m = D.Vc = Dh1 S 2 = 1000.0,2.60.10 −4 = 1,2kg R1 C

R4

A

→ ∆m = 0,3kg

B

R3

4

1a Do RA=0 nên chập B trùng D.

R24 =

R
R2 R4
= 0
R 2 + R4
2

R ACB = R1 + R24 =

R AB =

0,25

3
R0
2

R3 R ACB
3
= R0
R3 + R ACB 5
I A = I − I2

1b
Xét tại nút B có:
I=

I2 =

I A = I − I2 =

2

0,25

U
5U
=
R AB 3R0

I1
U
=
2 3 R0

I1 =

→

U
2U
=

R ACB 3R0

0,25
,
0,25

→

5U
U
4U
−
=
3R0 3 R0 3 R0

Mắc vôn kế vào AC ta được mạch:
R34 = 2R0

V
R1

A

R134 =

R34 R1
2
= R0
R34 + R1 3

R AC =

R3

R134 RV
2 R0 r0
=
R134 + RV 2 R0 + 3r0

C
R4

R2

B


R AB = R AC

2 R02 + 5R0 R0
+ R2 =
2 R0 + 3r0
0,25

I=

R1
U ( 2 R0 + 3r 0 )
2 R0 r0U
U

=
→
U
=
U
=
I
.
R
=
AC
V
1
AC
R AB
2 R02 + 5 R0 r0
2 R02 + 5 R0 r0 C
A
R3 R4

V

B
R2

Mắc vôn kế vào CB ta được mạch:

R AB = R AC + RCB =

I=

Rr
2 R02 + 5R0 r0
2
R0 + 0 0 =
3
R0 + r0
3( R0 + r0 )

0,25

3U ( R0 + r0 )
3UR0 r0
U
U
2
=
→ U CB = U V 2 = I .RCB =
→ V1 =
2
2
R1B 2 R0 + 5 R0 r0
UV 2 3
2 R0 + 5 R0 r0

3a Do vai trò của điện trở R3, R4 là như nhau nên các HĐT đo trên các điện trở này
được đo đúng. Khi Vôn kế mắc song song với R3 ta có mạch sau:
R AD =

R0 r0

R0 r0
R 2 + 2 R0 r0
→ R ADC =
+ R4 = 0
R0 + r0
R0 + r0
R0 + r0

→ R AC

→ R AB = R AC + R2 =

→I =

3R02 + 5 R0 r0
2 R0 + 3r0

R ACD .R1 R1R02 + 2 R0 r0
=
=
R ACD + R1
2 R0 + 3r0
V

A

R3

C

D

U ( 2 R0 + 3r0 )
U
=
R1B 3R02 + 5R0 r0

→ U AC = I .R AC =

(

R2

R4

U R02 + 2 R0 r0
3R02 + 5 R0 r0

)

B


→ I4 =

→ U R 3 = U AD = I 4 .R AD =

Ur0
=
3R0 + 5r0

U AC
U ( R0 + r0 )
=
R ADC 3R02 + 5 R0 r0

U
R0
3
+5
r0

10 =

R
100
5
→ 0 =
R
r0
3
3 0 +5
r0

Thay U=100V và UR3=10V vào ta được:
0,25

3b Theo kết quả phần 2 ta được:
U R1 = U AC = I .R AC =

2r0U
=
2 R0 + 5r0

2U
200
=
= 24V
R0
5
2
.
+
5
2
+5
3
r0

→HĐT đo trên điện trở R2 bị đo sai. Giá trị đúng là:
U R 2 = I .RCB =

5

3Ur0
=
2 R0 + 5r0

3U
3.100

=
= 36V
R0
2 .5
+5
2
+5
3
r0

1a Ánh sáng phát ra từ S sẽ đi qua hai phần thấu kính: phần rìa là đơn thấu kính O2 và
phần giữa là hệ thấu kính O1, O2 ghép sát. Phần thấu kính ghép sát tương đương
một thấu kính có tiêu cự fo=10cm. Phần đơn thấu kính O2 cho ảnh ở S1, phần thấu
kính hệ cho ảnh ở S2.

0,25

0,25

- Sử dụng công thức thấu kính ta có: S1 cách O2 đoạn S1O2=25cm, S2 cách O2 đoạn
S2O2=100/9cm.
0,25
1b - Từ hình vẽ ta thấy diện tích vết sáng trên màn là nhỏ nhất khi đặt màn tại I.
- Xét cặp tam giác đồng dạng ta được:


S1 I
MI S 2 I
MI
=

;
=
S1O2 PO2 S 2 O2 AO2
S2 I
SI
= 1 → S2 I = 6,54cm
2 S2 O2 S1O2

0,25

P
M

A
S2

S

S1
I

B

Cần đặt màn cách O2 đoạn là:

N

0,25

Q

O2 I = O2 S 2 + S 2 I = 17,65cm

2a Để mắt M bắt đầu nhìn thấy ảnh của mắt trong gương thì M phải nằm trên đường
M’
bao của thị trường của gương (Hình vẽ).
A

MC
h
h
tan B =
=
→ CB =
=h 3
CB CB
tan B

M

0,25
cos α =

OA
L
L
=
→ OB =
= 2L
OB OB

cos α

B
O

C

→ CO = OB − CB = 2 L − h 3 = 2m

0,25

2b Để mắt bắt đầu nhìn thấy ảnh của chân C
trong gương thì C phải nằm trên đường bao
của thị trường của gương (Hình vẽ).

J
M’

Áp dụng tính chất đường phân giác ta có:
MN MA MQ
=
=
(*)
NC AC BC

Q
A

M

B

N

Đặt OC = x
OK =

AO
L
→ CK =
−x
cos α
cos α

0,25
O

C

K


tan K =

NC
 L

→ NC = tan K 
− x
CK

 cos α


 l

→ MN = MC − NC = h − tan K 
− x
 cos α

sinα =

BC
→ BC = x sinα
OC

tan J =

OC
x
x
→ CJ =
→ MJ = CJ − MC =
−h
CJ
tan J
tan J

 x

MQ = MJ . sin J = sin J 

− h
 tan J


Thay MN, NC, MQ, BC vào (*) ta được phương trình ẩn x:

2 x 2 − 8x + 5 = 0

Phương trình có hai nghiệm x1=3,22m và x2=0,77m.
Khi người bắt đầu nhìn thấy ảnh của chân thì lấy giá trị x1= 3,22m.
0,25

———— HẾT————


ĐỀ 2
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2015-2016
ĐỀ THI MÔN: VẬT LÍ

ĐỀ CHÍNH THỨC

Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Vật lí
Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề.
(Đề có 02 trang)
—————————

Bài 1 (2 điểm)
Một bình thông nhau gồm 2 nhánh

hình trụ đặt thẳng đứng có tiết diện S1 = 40
cm2 và S2 = 20 cm2. Phần ống nối thông hai
trụ tiết diện nhỏ không đáng kể. Một lượng
nước có thể tích V = 2 lít được đổ vào bên
trong bình. Các nhánh được đậy kín bằngH
các pittông khối lượng m 1 = 1,2 kg và m 2 = 1
kg như hình vẽ. Các pittông có thể dễ dàng
dịch chuyển bên trong các nhánh. Cho khối
lượng riêng của nước là D1 = 103 kg/m3, của
dầu hỏa là D2 = 800 kg/m3.

m1
m2
S1
S2

h1

h2

a. Tìm độ cao của các cột nước trong hai nhánh khi hệ ở trạng thái cân bằng.
b. Người ta đổ thêm dầu hỏa vào trong nhánh 2. Tìm khối lượng dầu tối đa có thể đổ vào sao cho
không có lượng chất lỏng nào bị tràn ra ngoài. Cho chiều cao của các nhánh bằng nhau bằng H = 0,45 m.
c. Chiều cao H của hai nhánh phải bằng bao nhiêu để khi mực chất lỏng ở một trong hai nhánh
đầy thì độ chênh lệch mực chất lỏng ở hai nhánh là 0,15 m?
Bài 2 (2 điểm)

U

Cho mạch điện như hình vẽ.

Đèn Đ có ghi: 6 V – 3 W. Thay đổi biến trở R để công suất trên nó
đạt giá trị cực đại và bằng 9 W, khi đó đèn sáng bình thường. Tìm
giá trị của R0 và U. Bỏ qua điện trở của dây nối.

+

R0
-

Đ

R


Bài 3 (2 điểm)
Một vật xuất phát từ A chuyển động về phía B trên đường thẳng AB theo quy luật: trong 10 s đầu
vật chuyển động đều hướng về B với vận tốc v 1 = 10 cm/s, sau đó vật chuyển động lùi lại về phía A với
vận tốc v2 = 4 cm/s trong thời gian 5 s. Tiếp đó vật lại chuyển động về B với vận tốc v 1 trong 10 s, rồi lại
giật lùi với vận tốc v2 trong 5 s. Quá trình lặp lại liên tục như vậy.
a. Sau 43 s kể từ lúc bắt đầu chuyển động vật cách vị trí xuất phát một khoảng bằng bao nhiêu?
b. Sau thời gian bao lâu kể từ thời điểm bắt đầu chuyển động vật cách điểm xuất phát 500 cm.
c. Cùng một lúc với vật trên có một vật khác xuất phát từ B chuyển động về A với vận tốc không
đổi v3 = 6 cm/s. Tìm vị trí hai vật gặp nhau. Biết khoảng cách AB = 10 m.

Bài 4 (2 điểm)
Một nhiệt lượng kế ban đầu không chứa gì, có nhiệt độ t 0. Đổ vào nhiệt lượng kế một ca nước
nóng thì thấy nhiệt độ của nhiệt lượng kế tăng thêm 5 0C. Lần thứ hai, đổ thêm một ca nước nóng như
trên vào thì thấy nhiệt độ của nhiệt lượng kế tăng thêm 3 0C nữa. Hỏi nếu lần thứ ba đổ thêm vào cùng
một lúc 5 ca nước nóng nói trên thì nhiệt độ của nhiệt lượng kế tăng thêm bao nhiêu độ nữa ?
Bài 5 (2 điểm)

Cho thấu kính phân kì L1 có tiêu cự f1 = -18 cm và thấu kính hội tụ L 2 có tiêu cự f2 = 24 cm, đặt
cùng trục chính, cách nhau một khoảng l.
Một vật sáng AB đặt vuông góc với trục
B
chính trước thấu kính L1, cách L1 một
L1
L2
khoảng d1, qua hệ hai thấu kính cho ảnh
A
sau cùng là A2B2.
a. Cho d1 = 18 cm. Xác định l để ảnh
A2B2 là ảnh thật.
b. Tìm l để A2B2 có độ lớn không
thay đổi khi cho AB di chuyển dọc theo trục
chính.

l

c. Bây giờ người ta đưa vật AB vào khoảng giữa hai thấu kính, hỏi vật AB phải ở vị trí nào để ảnh
của vật qua hai thấu kính trùng nhau. Biết khoảng cách giữa hai thấu kính lúc này là l = 60 cm.

———— HẾT————


Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh…………………………………… Số báo danh…………………………………...


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2015-2016
ĐÁP ÁN THI MÔN: VẬT LÍ
Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Vật lí

Bài
Bài 1:
(2 điểm)

Điểm
a. (0,75 điểm)
Khi hệ ở trạng thái cân bằng tổng áp suất ở đáy của hai bình phải bằng nhau.

10.m1
10.m 2
+ 10.D1.h1 =
+ 10.D1.h 2
S1
S2

0,25

10.1, 2
10.1
+ 10.103.h1 =
+ 10.103.h 2
−4
40.10
20.10−4

Thay số:

Hay: h1 = h2 + 0,2 (1).
Tổng thể tích nước trong bình:
V = h1.S1 + h2.S2.
Thay số: 2.10-3 = 40.10-4.h1 + 20.10-4.h2  2h1 + h2 = 1 (2).
Từ (1) và (2) ta tìm được: h1 = 0,4 m và h2 = 0,2 m.
b. (0,75 điểm)
Có hai trường hợp: khi đổ dầu vào nhánh 2 thì nước ở nhánh 1 sẽ bị trào ra trước hoặc
dầu ở nhánh 2 bị trào ra trước. Ta xét trường hợp nước ở nhánh 1 bị trào ra trước. Gọi H 1
và H2 là độ dài của các cột nước trong hai cột, x là chiều dài của cột dầu. Khi đó H 1 = H =
0,45 m. Vì tổng thể tích nước trong hai ống vẫn không đổi bằng 2 l nên H 1 và H2 vẫn thỏa
mãn (2)  H2 = 0,1 m.
Điều kiện cân bằng cho hệ:

0,25
0,25

0,25
0,25

10.m1
10.m 2
+ 10.D1.H1 =
+ 10.D1.H 2 + 10.D 2 x
S1
S2
(3)

10.1, 2
10.1
+ 10.103.0, 45 =

+ 10.103.0,1 + 10.8.10 2.x
−4
−4
40.10
20.10

Thay số:
 x = 0,1875 m
Khi đó tổng độ cao của cột chất lỏng bên ống 2 là: H 2 + x = 0,2875 m < 0,45 m  như vậy
giả thiết là đúng.
 khối lượng dầu lớn nhất có thể đổ vào là:
m = D2.x.S2 = 8.102.0,1875.20.10-4 = 0,3 kg
c. (0,5 điểm)
h1, h2, x phải thỏa mãn các phương trình (2) và (3)
Ta có các phương trình:
2h1 + h2 = 1 (4)
h1 = h2 + 0,2 + 0,8 x (5)
Độ chênh lệch mực chất lỏng ở hai nhánh là 0,15 m
 h1 = h2 + x + 0,15 (6) hoặc h1 + 0,15 = h2 + x (7)
Từ (4), (5), (6) ta có: h1 = 0,47 m, h2 = 0,07 m, x = 0,25
Từ (4), (5), (7) ta có: h1 = 0,87 m, h2 = - 0,73 m, x = 1,75 (loại)
 độ cao của hai nhánh: H = h1 = 0,47 m.
Bài 2:
(2 điểm)

Điện trở của đèn là: Rđ = 12 Ω, đặt R = x.

Điện trở tương đương của mạch: Rtđ =

( 12 + R 0 ) x + 12R 0

12.x
+ R0 =
12 + x
12 + x

0,25

0,25

0,25

0,25


U ( 12 + x )
U
=
R td ( 12 + R 0 ) x + 12R 0
 cường độ dòng điện trong mạch: I =
 cường độ dòng điện qua biến trở:

I

12
12U
=
x + 12 ( 12 + R 0 ) x + 12R 0

0,25

Ix =

I 2x x =
Công suất trên biến trở: Px =

122 U 2 x
( 12 + R 0 ) x + 12R 0 

0,25

2

0,25

122 U 2
2

122 U 2
3U 2
12R 0 

=
( 12 + R 0 ) x + x 

 ≤ 4.12.R 0 ( 12 + R 0 ) ( 12 + R 0 ) R 0

 Px =
 U2 = 3.R0(12 + R0) (1)

0,25

=9W
0,25

12R 0
12 + R 0
Dấu “ = ” xảy ra khi x =
Khi đèn sáng bình thường thì hiệu điện thế hai đầu biến trở bằng hiệu điện thế hai đầu
đèn bằng 6 V

12R 0
12R 0
12U
12U
=
( 12 + R 0 ) x + 12R 0 12 + R 0 ( 12 + R ) 12R 0 + 12R 12 + R 0
0
0
12 + R 0
 Ix.x = 6 hay
Hay: U = 12 + R0 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: R0 = 6 Ω và U = 18 V.

=6

0,25
0,25


Bài 3:
(2 điểm)

a. (0,5 điểm)
Trong mỗi chu trình vật đi được quãng đường bằng: 10.10 – 4.5 = 80 cm, thời gian thực
hiện một chu trình là: 10 + 5 = 15 s.
Nhận xét: 2. 15 < t = 43 s < 3.15 s  vật đang ở trong chu trình thứ 3.
Ngoài ra: t = 43 s > 2.15 + 10 = 40 s
 vật đang giật lùi, thời gian giật lùi là: 43 – 40 = 3 s.
 khoảng cách đến điểm xuất phát là: AC = 2.80 + 10.10 – 3.5 = 245 m.
b. (0,5 điểm)
TH1: Nhận xét: 6.80 < AC = 500 m < 7.80 (m)  vật đang ở trong chu trình thứ 6 và đang
tiến: AC = 500 m = 6.80 + 20 m  vật tiến thêm 20 m  thời gian tiến thêm là: 20:10 = 2 s 
tổng thời gian là: 6.15 + 2 = 92 s.
TH 2: 500 cm = 400 cm + 100 cm
 tổng thời gian là: 5.15 + 10 = 85 s.
c. (1 điểm)
Giả sử khi gặp nhau vật đi từ A đang chuyển động ở giai đoạn thứ n + 1. Có hai trường hợp
có thể xảy ra là khi gặp nhau thì vật A đang tiến hoặc vật A đang lùi. Biểu thức tính quãng
đường và thời gian ứng với hai trường hợp trên là:
- TH 1: Nếu vật đang đi về phía B:
S2 = 80.n + 10. Δt (cm)
Thời gian: t = 15.n + Δt (s)

≤

(với 0 < Δt 10 s, n là số chu trình)
- TH 2: Nếu vật đang đi giật lùi về phía A:
S2 = 80.n + 10.10 – 4. Δt (cm)
Thời gian: t = 15.n + 10 + Δt (s)

≤

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25

≤

(với 0 Δt 5 s, n là số chu trình).
- Quãng đường mà vật 1 đã đi S1 = 6.t
Khi hai vật gặp nhau thì tổng quãng đường mà chúng đã đi bằng AB.
Giả sử khi gặp nhau vật 2 đang chuyển động về B :
80.n + 10. Δt + 6 (15.n + Δt ) = 1000

n=

0,25

1000 − 16.∆t
170

≤

0,25
0,25

(1)

Với 0 < Δt 10 s  4,94 < n < 5,88  n = 5  giả sử đúng.
Thay vào (1) suy ra: Δt = 9,375 s.
 Khi gặp nhau hai vật cách A một khoảng là: S 2 = 80.n + 10. Δt = 493,75 cm.


Bài 4:
(2 điểm)

- Gọi: qK là nhiệt dung của nhiệt lượng kế.
qC là nhiệt dung của một ca nước nóng, t là nhiệt độ của nước nóng.

q C [ t - (t 0 + 5) ] = 5q K

- Khi đổ một ca nước nóng:
- Khi đổ thêm 1 ca nước nóng lần hai:

0,25

(1)
0,25

q C [ t - (t 0 + 5 + 3) ] = 3(q K + q C )
(2)

0,25

- Khi đổ thêm 5 ca nước nóng lần ba:

5q C [ t - (t 0 + 5 + 3 + ∆t) ] = (q K + 2q C ) ∆t

0,25
(3)

- Từ (1) và (2) ta có :

5q K - 3q C = 3q K + 3q C ⇒

qC =

qK
3

5(3q K + 3q C ) − 5q C ∆t = (q K + 2q C ) ∆t

- Từ (2) và (3) ta có :

⇒

20q K =

⇒ ∆

10q K
∆t
3

t = 6 (0C)

(4)

(5)

5(3q K + q K ) − 5
- Thay (4) vào (5) ta có :

0,25
0,25

qK
q
∆t = (q K + 2 K ) ∆t
3
3

0,25
0,25


Bài 5:
(2 điểm)

Sơ đồ tạo ảnh:

a) (0,5 điểm)
Ta có: d1’ =

d1 f1
d1 − f1

d2’ =

d2 f2
d2 − f2

=

= - 9 cm; d2 = l – d1’ = l + 9;
0,25

24(l + 9)
l − 15

.

0,25

Để ảnh cuối cùng là ảnh thật thì d 2’ > 0  l > 15cm.
b) (0,5 điểm)
Ta có: d1’ =
=
; d2 = l – d1’ =

d1 f1
d1 − f1

d2’ =

k=

d2 f2

d2 − f2
' '
1 2

dd
d1d 2

=-

=

− 18d 1
d1 + 18

ld1 + 18l + 18d1
d1 + 18

24(ld1 + 18l + 18d1 )
ld1 + 18l − 6d1 − 432

432
ld1 + 18l − 6d1 − 432

;
0,25

;

0,25

=-

432
d1 (l − 6) + 18l − 432

Để k không phụ thuộc vào d1 thì l = 6 cm; khi đó thì k =

4
3

.

; ảnh cùng chiều với vật.

c) (1 điểm)
Đặt O1A = d1, O2A = d2 (d1 > 0, d2 < 60 cm)
Ta có: d1 + d2 = 60

⇒

0,25

d2 = 60 – d1 (1)

− 18d1
d 1 + 18

d1’ =

d1 f1

d1 − f1

=

0,25

(2)

0,25

(60 − d1 )24 (60 − d1 )24
=
60 − d1 − 24
36 − d1
d2’ =

d2 f2
d2 − f2

0,25

=

(3)

Do vật thật qua thấu kính phân kỳ luôn cho ảnh ảo, cùng chiều, nhỏ hơn vật và gần thấu
kính hơn vật nên để hai ảnh trùng nhau thì ảnh của vật qua thấu kính hội tụ phải nằm
trong khoảng O1O2 do đó ảnh này phải là ảnh ảo

d1

Khi hai ảnh trùng nhau ta có

,

d2
+

,

= 60

⇒

d1’, d2’ < 0


⇒

- d1’ - d2’ = 60 (4)

18d 1
(60 − d1 )24
−
= 60
d1 + 18
36 − d1

Thay (2), (3) vào (4) ta được

⇒

d1

2

⇒

11
- 240d1 – 10800 = 0
d1 = 44,1cm.
Vậy AB cách thấu kính L1 khoảng d1 = 44,1cm.


ĐỀ 3