Đáp án chuyên Vật lí Quảng Ngãi 2018-2019 - Học Toàn Tập

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

1

<b>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO </b>

<b>QUẢNG NGÃI </b>

<b>KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT </b>
<b>NĂM HỌC 2018-2019 </b>

Ngày thi: 06/6/2018

Môn thi: Vật lý (Hệ chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút

<i>(Đáp án này gồm có 04 trang) </i>

<b>Bài </b> <b>Nội dung </b> <b>Điểm </b>

<b>1a) </b>
<b>1 điểm </b>

- Khi hai xe chuyển động ngược chiều, ta có:
1 2

1

AB 600

v v 15

t 40

    (1) 0,25

- Khi hai xe chuyển động cùng chiều, ta có:
1 2

2

AB 600

v v 5

t 120

    ₍₂₎ 0,25

Giải (1) và (2), ta được v₁10m/s và v₂ 5m/s 0,5
<b>1b) </b>

<b>1 điểm </b>

Khoảng cách l giữa hai xe sau khoảng thời gian t kể từ lúc hai xe
chuyển động được xác định:





2 ₂

600 10t (5t)

  

l

0,5





2

125 t 48 72000

  

l

Từ đây suy ra: lmin khi t 48 0   t 48s và
min  72000 268,33

l m.

0,5

<b>2a) </b>
<b>0,75 điểm </b>

Gọi q, q₀ lần lượt là nhiệt dung của quả cầu, của nước trong bình.
Khi nhúng quả cầu thứ nhất, có phương trình cân bằng nhiệt là



c 1



0



1 0



q t t q t t (1)

0,25
Khi nhúng quả cầu thứ nhất, có phương trình cân bằng nhiệt là



c 2



0



2 1



q t t q t t (2) 0,25

Từ (1) và (2), có: c 1 1 0 c 1





0 1 2 1

c 2 2 1 c 2

t t t t t t

t t t t

t t t t t t

  

    

  





0

0

80 26

t 26 31, 4 26 20 C

80 31, 4



    



0,25

<b>2b) </b>
<b>0,75 điểm </b>

Từ (1) suy ra: 0 0 c 0





1 c 0 c

0 0

q t qt q

t t

q q t t

q q

  

 



 (3) 0,25

Từ (2) suy ra:





0

2 c 1 c

0

q

t t t t

q q 



 (4)

Thay (3) vào (4), thu được:





2

0

2 c 0 c

0

q

t t t t

q q

 

 _ _ 




 

Tổng quát hóa, thu được nhiệt độ cân bằng của nước khi thả quả cầu
thứ n là:

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

2





n
0

n c 0 c

0

q

t t t t

q q

 

 _ _ 




  (5)
Thay t_c, t₀ và t₁ vào (1), thu được: q₀ 9q (6)
Thay t_c, t₀ và (6) vào (7), thu được: n

n

t 80 60.0,9
Áp dụng n 20 , có 0

n

t 72,71 C. 0,25

<b>3a) </b>
<b>0,5 điểm </b>

Gọi I1 và I2 lần lượt là cường độ dòng điện trong mạch khi mắc đèn
Đ1 và Đ2 vào mạch. P₀ là công suất định mức mỗi đèn.

Ta có: P1 UI1 và P2 UI2

1 1

2 2

I P 12 3

I P 8 2

   

0,25

Khi mắc đèn Đ1, ta có: 2

1 0

I r 12 P  (1)

Khi mắc đèn Đ2, ta có: 2

2 0

I r 8 P  (2)
Từ (1) và (2) suy ra:

2 2

0 0

1

0

2 0 0

12 P 12 P

I 3

P 4,8

I 12 P 2 12 P

  _  _  _  _ _

  _   _

 

  W

0,25

<b>3b) </b>
<b>1 điểm</b>

Tỉ số công suất của đèn và công suất của r là:
2

Đ Đ Đ

2
r

P I R R

P  I r  r
- Khi mắc đèn Đ1:

r
R
8
,
4
12

8
,

4 _ Đ1

  RĐ1 = 3r

2

Và lúc đó có ₁ 2 2

1
2

1
Đ

5P

U U U 5.12

P 20

2r

R r _r r 3 3

3

     

 _

0,25

- Khi mắc đèn Đ2:

r
R
8
,
4
8

8
,

4 _ _Đ₂

  RĐ2 = 2r

3

0,25
- Khi hai đèn mắc song song, có điện trở tương đương của cả đoạn

mạch là

2 3

r. r ₁₉

3 2

R r r

2 3 ₁₃

r r

3 2

  



0,25

Công suất của cả mạch:

2 2 2

U U 13 U 13

P . .20 13,68

19

R _r 19 r 19

13

     W 0,25

<b>4a) </b>

<b>1 điểm</b> Ta có RMC x; RCN  R x; AC 1
1

R x
R

R x



 ;

1
AB

1

2

R x
R

R x  R x R

 _0,5

+ -

1

R

C

A RMC

CN

R R ₂

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

3





2

1 1 2

AB

1
2

R R

x x R R R R

R

R x

   














1

2

AB 2 1 1 2

U R x

U
I

R x R R x R R R R



   

 

 0,25





1

AC AC 2

1 1 2

2
UR x
U

R R
IR

x   x R R R R 

 


Số chỉ ampe kế được xác định:





AC 1

A 2

1 1 2

2

U UR

I

R R

x x   x R R R R 

 



0,25

<b>4b) </b>
<b>1 điểm</b>

- Khi C trùng M thì x 0 , nên A1

2

U
I

R R


0,25
- Khi C trùng N thì x R , nên 1

A2

2 1 1 2

UR
I

R R R R R R 


0,25
Viết lại I_A dưới dạng:







1 1

A 2

2 2 1

2

UR UR

I

y
1

x R R R R 4R

2 4

R R

 

 

_   _  

   

Với







2
2

2 2 1

1

y x R R R R R

4
R R

4

2

 

 _    

  



 với 0 x R  .

Từ đây nhận thấy y đạt giá trị cực đại tại _x R R2

2

  và







max 2 2 1

1

y R R R R R

4   4



0,25

Vì R R ₂ nên R R2 _R

2

 _

. Như vậy, khi x tăng từ 0 đến Rthì y
tăng từ y₁R R R R₁  ₁ ₂ đến giá trị cực đại y_max, sau đó giảm đến giá
trị y2 R R R R R R2  1  1 2. Do đó IA sẽ giảm từ IA1 đến





1



Amin

2 2 4 1

4UR
I

R R R R  R

 , sau đó tăng lên đến I_A2.

0,25

<b>5a) </b>
<b>1 điểm</b>

Hình vẽ đúng

0,25

Vì OAB~OA'B' nên OA AB

OA 'A 'B' (1) 0,25

và OF'I~A'F'B' nên OF' OI

A 'F' A 'B' hay

OF' AB

A 'F' A 'B' (2) 0,25

Từ (1) và (2) suy ra:

A
B

F

F' A '

O
I

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

4

OA OF' AF FO OF'

OA ' A 'F' A 'F' OF' A 'F'


  



2

AF.A 'F' OF'

  , hay _{pq f}_ 2_(đpcm)

0,25

<b>5b) </b>
<b>1 điểm</b>

Khi AB nằm dọc theo trục chính thì ảnh thật A 'B' cũng nằm dọc theo
trục chính. Nếu cho A di chuyển lại gần thấu kính thì A ' di chuyển ra
xa thấu kính và ngược lại. Như vậy khi B nằm gần thấu kính hơn A
thì B ' nằm xa thấu kính hơn A ' và ngược lại.

- Xét điểm A và ảnh A ' của nó, theo chứng minh trên ta có:
_{pq f}_ 2₍₃₎

0,25

- Tương tự áp dụng cho điểm B và ảnh B ' của nó, ta có:
+ Khi B nằm gần thấu kính hơn A, ta có:



_{p 4 q 24}_



_



__f2__{pq 24p 4q 96 f}_ _ _ _ 2 ₍₄₎

+ Khi B nằm xa thấu kính hơn A, ta có:



_{p 4 q 12}_



_



__f2__{pq 12p 4q 48 f}_ _ _ _ 2₍₅₎

0,25

+ Thay (3) vào (4) và (5), thu được:

6p q 24 p 12 cm

3p q 12 q 48 cm

  

 

 _

 

    

 

0,25

Vậy tiêu cự của thấu kính là:

f  pq 12.48 24 cm. 0,25

<b>6) </b>
<b>1 điểm</b>

<b>* Cơ sở khoa học: </b>

Định luật Ác-si-mét (lực đẩy Ác-si-mét) và điều kiện cân bằng của
vật.

0,25
* <b>Các bước tiến hành: </b>

- Dùng dây treo vương miện vào lực kế, đọc số chỉ lực kế là trọng
lượng P của vương miện, ta có:

V V B B

P d V d V (1)

0,25

- Nhúng ngập hoàn toàn vương miện vào nước (không chạm đáy
chậu), đọc số chỉ lực kế là P '. Ta có:





A n V B

P' P F  d V V  P P'

B V

n

P P '

V V

d


   (2) 0,25

Thay (2) vào (1) thu được:



_

n B



_

B
V

V B n

P d d d P '

V

d d d

 




Trọng lượng của vàng có trong vương miện:



V







V V V n B B

V B n

d

P d V P d d d P'

d d d  

  _   _



Tỉ lệ phần trăm khối lượng vàng có trong vương miện:





V V V

n B B

V B n

m P d P '

d d d

m P d d d P

 

  _   _

 _ _ 0,25

</div>

<!--links-->