Tuyen vao Phan Boi Chau 20092010

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (382.07 KB, 6 trang )

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

Sở GD&ĐT Nghệ An Kì thi TUYểN sinh VàO lớp 10

trờng thpt chuyên phan bội châu Năm
học 2009-2010

Môn thi: vËt lý

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Cõu 1: (2 điểm) Cú hai vật đặc cú thể tớch V1 = 3V2 và trọng lượng riờng
tương ứng d1 = d2/2. Treo hai vật đú vào hai vào điểm A, B của một thanh
cứng cú trục quay ở O (Hỡnh 1) sao cho nú nằm ngang. Bỏ qua ma sỏt,
khối lượng thanh và dõy treo.

a) Biết AB = 20cm. Hãy xác định OB?

b) Cho một bình nhựa bị biến dạng chỉ bỏ lọt được vật thứ hai mà khơng
chạm vào thành bình, đựng gần đầy một chất lỏng có trọng lượng riêng dx < d2.
Chỉ được dùng thêm một thước đo có độ chia nhỏ nhất đến mm. Nêu phương
án xác định trọng lượng riêng dx của chất lỏng theo d1 hoặc d2.

Câu 2: (2 điểm) a) Lấy 1 lít nước ở t1 = 250C và 1lít nước ở t2 = 300C rồi

đổ vào một bình đã chứa sẵn 10 lít nước ở t3 = 140C, đồng thời cho một dây đốt hoạt động với công
suất 100W vào bình nước trong thời gian 2 phút. Xác định nhiệt độ của nước trong bình khi đã cân
bằng nhiệt ? Biết rằng bình có nhiệt dung khơng đáng kể và được bọc cách nhiệt hồn tồn với mơi
trường, nước có nhiệt dung riêng là c = 4200J/kg.độ, khối lượng riêng D = 1000kg/m3.

b) Tháo bọc cách nhiệt quanh bình, thay một lượng nước khác vào bình. Cho dây đốt vào bình hoạt
động với cơng suất 100W thì nhiệt độ của nước trong bình ổn định ở t1 = 250C. Khi công suất dây đốt là
200W thì nhiệt độ của nước ổn định ở t2 = 300C. Khơng dùng dây đốt, để duy trì nước trong bình ở nhiệt
độ t3 = 140C, người ta đặt một ống đồng dài xuyên qua bình và cho nước ở nhiệt độ t4 = 100C chảy vào

ống với lưu lượng không đổi. Nhiệt độ nước chảy ra khỏi ống đồng bằng nhiệt độ nước trong bình. Biết
rằng cơng suất truyền nhiệt giữa bình và mơi trường tỉ lệ thuận với hiệu nhiệt độ giữa chúng. Xác định
lưu lượng nước chảy qua ống đồng ?

Câu 3: (2,5 điểm) Cho mạch điện như hình 2.

Biết R ❑1 = R ❑2 = 3 Ω , R ❑3 = 2 Ω , R ❑4 là biến trở, ampe kế và vôn kế đều lý tưởng,
các dây nối và khóa K có điện trở không đáng kể.

1. Điều chỉnh để R ❑4 = 4 Ω .

a) Đặt UBD = 6V, đóng khóa K. Tìm số chỉ ampe kế và vôn kế ?
b) Mở khóa K, thay đổi UBD đến giá trị nào thì vơn kế chỉ 2V ?

2. Giữ UBD = 6V. Đóng khóa K và di chuyển con chạy C của biến trở R ❑4 từ đầu bên trái
sang đầu bên phải thì số chỉ của ampe kế IA thay đổi như thế nào?

Câu 4: (1,5 điểm) Cho mạch điện như hình 3. Biết hiệu điện thế
U không đổi, R là biến trở. Khi cường độ dòng điện chạy trong
mạch là I1 = 2A thì cơng suất toả nhiệt trên biến trở là P1 = 48W,
khi cường độ dòng điện là I2 = 5A thì cơng suất toả nhiệt trên biến
trở là P2 = 30W. Bỏ qua điện trở dây nối.

a) Tìm hiệu điện thế U và điện trở r?

b) Mắc điện trở R0 = 12  vào hai điểm A và B ở mạch trên.
Cần thay đổi biến trở R đến giá trị bao nhiêu để công suất toả
nhiệt trên bộ R0 và R bằng công suất toả nhiệt trên R0 sau khi tháo
bỏ R khỏi mạch?

Câu 5 : (2 điểm) a) Đặt vật sáng AB vng góc với trục chính xy của một thấu kính, B nằm trên trục
chính thì tạo ra ảnh ảo A’B’ cao gấp 3 lần AB và cách AB một khoảng 20cm. Xác định loại thấu kính.
Bằng phép vẽ, hãy xác định quang tâm và tiêu điểm, từ đó tính tiêu cự của thấu kính.

b) Đặt sau thấu kính một gương phẳng vng góc với trục chính tại vị trí nào để khi di chuyển vật AB
dọc theo trục chính thì ảnh cuối cùng qua hệ có độ lớn khơng đổi?

c) Cố định vật AB, di chuyển thấu kính đi xuống theo phương vng góc với trục chính xy với vận
tốc khơng đổi v = 10cm/s thì ảnh của điểm A qua thấu kính sẽ di chuyển với vận tốc là bao nhiêu?

---Hết-

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

Së GD&ĐT Nghệ An Kì thi TUYểN sinh VàO lớp 10 trờng thpt chuyên

phan bội châu năm học 2009 - 2010
M«n thi:vËt lý

A O
B

Hình 
1

1 2

Hình 2

V A

r

-R
U

o o

Hình 3
A

B
C

Đề chính thức

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

Híng dÉn chÊm thi

B¶n híng dÉn chÊm gåm 05 trang

Nội dung Điểm

Câu 1

(2®) a) Lực căng của dây treo tác dụng vào điểm B bằng trọng lượng vật 2 bằng P2 = V2d2

Lực căng của dây treo tác dụng vào điểm A bằng trọng lượng vật 1 là P1 = V1d1 = 3V2

d2
2 =

3
2P2

0,5

Thanh cứng nằm ngang cân bằng nên OB
OA=

P1
P2=

3
2 (1)
Mặt khác OA + OB = 20 (2)

Từ (1) và (2) giải ra ta được OB = 12cm.

0,5

b) Cố định điểm treo vật thứ hai tại B, thả nó chìm hẳn vào chất lỏng trong bình nhựa.

Chất lỏng tác dụng lên vật thứ hai lực đẩy Ácsimet: FA=V2. dX 0,25
Lực căng của dây treo tác dụng lên điểm B giảm xuống còn: P2 FA.

Thanh cứng nghiêng về phía vật thứ nhất.

Dịch dây treo vật thứ nhất về phía O đến vị trí A’ sao cho thanh cứng trở lại nằm ngang.
Dùng thước đo khoảng cách OA’.

0,25

Khi thanh cứng trở lại nằm ngang ta có OA
'
OB =

P2− FA
P1
=> P2− FA=P1. OA

'

OB Ư⇒ FƯ A=P2−

P1. OA'

OB ư⇒V2. dX=V2. d2−

3V2. d2
2 .

OA'
OB
=>

3.
(1 )

2.
X

OA

d d

OB
 

(*)

Nếu tính dx theo d1 thì

'
1

3.
(2 )
X

OA

d d

OB
 

(**)

Thay các giá trị đã biết vào (*) hoặc (**) ta tìm ra được dx.

0,5

* Hai phương án sau cũng chấp nhận được nhưng không tối ưu, nên chỉ cho tối đa 0,75 đ:
+ Với thanh cứng đủ dài. Cố định điểm treo vật thứ nhất tại A. Thả vật thứ hai chìm hẳn vào
chất lỏng có trọng lượng riêng dx trong bình nhựa và dịch điểm treo vật thứ hai (cùng với bình
nhựa) ra xa O đến vị trí B’ sao cho thanh cứng nằm ngang. Đo khoảng cách OB’. Từ biểu
thức cân bằng địn bẩy tính ra dx.

+ Thả vật thứ hai chìm hẳn vào chất lỏng có trọng lượng riêng dx trong bình nhựa và dịch
điểm treo cả hai vật đến vị trí A’ và B’ sao cho thanh cứng nằm ngang. Đo các khoảng cách
OA’, OB’. Từ biểu thức cân bằng địn bẩy tính ra dx.

Câu 2
(2®)

a) Gọi nhiệt độ của nước trong bình khi cân bằng nhiệt là t.
Nước nóng và dây đốt tỏa nhiệt. Nhiệt lượng tỏa ra là:

Qtỏa = m1c(t1 – t) + m2c(t2 – t) + P. τ

0,25
Bỏ qua nhiệt dung của bình thì chỉ có nước trong bình thu nhiệt. Nhiệt lượng thu vào là:

Qthu = m3c(t – t3)

0,25
Bình cách nhiệt hồn tồn, ta có: Qtỏa = Qthu

 m1c(t1 – t) + m2c(t2 – t) + P. τ = m3c(t – t3)

1 1 2 2 3 3

1 2 3

( )

m t m t m t c P
t

m m m c


  


 

Thay số ta được:

0
(1.25 1.30 10.14).4200 100.120

16,5
(1 1 10)4200

t     C

 

0,5

b) Gọi nhiệt độ môi trường là t0, hệ số tỉ lệ của cơng suất truyền nhiệt giữa bình và mơi trường
theo hiệu nhiệt độ giữa chúng là k(W/0C).

Khi nhiệt độ nước trong bình ổn định thì cơng suất tỏa nhiệt của dây đốt bằng cơng suất tỏa
nhiệt từ bình ra mơi trường, do đó:

P1 = k(t1 – t0) (1) và P2 = k(t2 – t0) (2)

Chia từng vế (1) cho (2) và thay số, giải ra ta được: t0 = 200C và k = 20(W/0C)

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

Khi bình ở nhiệt độ t3 = 140C thì cơng suất cấp nhiệt từ mơi trường vào bình là:
P3 = k(t0 – t3) (3)

Gọi lưu lượng nước qua ống đồng là μ (kg/s),

Công suất thu nhiệt của nước chảy qua ống đồng là P3'=cμ (t3− t4)
Nhiệt độ bình ổn định ở t3 nên P3

'

=P3Ư ⇒ cƯ μ(t3− t4)=k (t0−t3)Ư ⇒ μƯ =k (t0−t3)

c (t3− t4)
Thay số ta được:

3
20(20 14)

7,14.10 ( / ) 7,14( / )
4200(14 10) kg s g s

  

  



0,5

Câu 3
(2,5®)

1.a. Khi khóa K đóng, tìm số chỉ của ampe kế và vơn kế ?
R ❑13 = R1R3

R1+R3

= 3+23 . 2=6

5=1,2 ( Ω )
R ❑24 = R2R4

R2+R4

=3 . 4
3+4=

7 ( Ω )

R ❑BD = R ❑13 + R ❑24 = 1,2 + 12
7 =

20 , 4

7 ( Ω )

0,25

Cường độ dịng điện mạch chính : I =
BD
BD
U

R = 
6
20 , 4

7 2,06 (A)
Hiệu điện thế giữa hai đầu R1 và R3 :

U ❑13 = U ❑1 = U ❑3 = I. R ❑13 = 21

10 ,2 .1,2 2,47 (V)
Cường độ dòng điện qua R1: I ❑1 =

U1
R1

= 2 , 47

3 0,82 (A)
Hiệu điện thế giữa hai đầu R2 và R4 :

U ❑24 = U ❑2 = U ❑4 = I. R ❑24 = 2,06. 12

7 3,53 (V)
Cường độ dòng điện qua R2: I ❑2 =

U2
R2

= 3 , 53

3 1,18 (A)

Do I ❑2 > I ❑1 nên I ❑A = I ❑2 - I ❑1 = 1,18 - 0,82 = 0,36(A)

Vậy dòng điện qua ampe kế có chiều từ N đến M và có cường độ I ❑A = 0,36(A)

0,5

Ampe kế có điện trở khơng đáng kể đã nối tắt M và N => UMN = 0(V)nên vôn kế chỉ số 0 0,25
b. Khi mở K, vôn kế chỉ 2 (V). Xác định UBD = ?

R ❑12 = R ❑1 + R ❑2 = 6 ( Ω )
R ❑34 = R ❑3 + R ❑4 = 6 ( Ω )
I12 = I34 = U

0,25

Ta có : U1 = I12.R ❑1 = 3.
U

6 = 2
U

U3 = I34.R ❑3 = 2. 
U

6 = 3
U

UV = U1- U3 = 2 3
U U



= 6
U

⇒

U = 6 U ❑V = 6.2 = 12 (V)

0,25
I12

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

2. Đóng khóa K và di chuyển con chạy C của biến trở R ❑4 từ đầu bên trái sang đầu bên
phải thì số chỉ của ampe kế I ❑A thay đổi như thế nào ?

Ta có :

R ❑13 = R1R3
R1+R3

= 3 . 2
3+2=

5=1,2 ( Ω )
Đặt RNC = x => R ❑24 =

R2. x

R2+x

= 3 . x
3+ x
R ❑BD = 1,2 + 3 . x

3+ x =

4,2 x +3,6
3+ x
I = RU

BD =

6
4,2 x +3,6

3+x

= 6(3+ x)
4,2 x +3,6
U ❑13 = I. R ❑13 = 6(3+ x)

4,2 x +3,6 .1,2 =

7,2(3+x )
4,2 x +3,6
I ❑1 = U13

R1

7,2(3+x)
4,2 x +3,6

= 2,4(3+x)
4,2 x +3,6
U ❑24 = I.R ❑24 = 6(3+ x)

4,2 x +3,6 .
3 . x
3+ x =

18 . x
4,2 x +3,6
I ❑2 = U24

R2
=

18 . x
4,2 x +3,6

= 4,2 x +3,66 . x

0,5

* Xét hai trường hợp :

- Trường hợp 1 : Dịng điện chạy qua ampe kế có chiều từ M đến N.
Khi đó : I ❑A = I ❑1 - I ❑2 = 2,4(3+x)

4,2 x +3,6 -

6 . x

4,2 x +3,6 =

7,2 −3,6 x
4,2 x+3,6
(1)

Biện luận :

Khi x = 0 thì I ❑A = 2 (A)

Khi x tăng thì (7,2 - 3,6.x) giảm ; (4,2.x + 3,6) tăng do đó I ❑A giảm.
Khi x = 2

0,25

- Trường hợp 2 : Dòng điện chạy qua ampe kế có chiều từ N đến M.
Khi đó : I ❑A = I ❑2 - I ❑1 = 6 . x

4,2 x +3,6 -

2,4(3+x)

4,2 x +3,6 =
3,6 x −7,2

4,2 x+3,6

thì I ❑A = 7,2 −3,6 . 2

4,2 .2+3,6 = 0.

I ❑A =

3,6 −7,2
x
4,2+3,6

x

(2)
I1

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Biện luận :

+ Khi x tăng từ 2 ( Ω ) trở lên thì 7,2
x và

3,6
x
đều giảm do đó I ❑A tăng.

+ Khi x rất lớn ( x  ∞ ) thì 7,2
x và

3,6

x 

0. Do đó I ❑A 0,86 (A) và cường độ dòng chạy
qua điện trở R ❑4 rất nhỏ. Sơ đồ mạch có thể vẽ
như hình bên.

0,25

Câu 4
(1,5®)

a) Gọi điện trở của biến trở ứng với hai trường hợp đã cho là R1 và R2 thì:

1 1

U I (r R ) với

1 2

R 12

  

2 2

U I (rR ) với

2 2

P 6
R

5
I

  

0,5

Giải hệ phương trình trên ta được: U = 36V và r = 6



0,25

b) Khi R0 nt r thì cơng suất toả nhiệt trên R0 là:

1 2 0

0
U

P .R

(R r)




Đặt điện trở tương đương của (R0 // R) là x.

Khi mắc (R0 // R) nt r thì cơng suất toả nhiệt trên x là:

2 2

P .x

(x r)




0,25

Theo bài ra, ta có:

2 2

1 2 2 0 2

U U

P P .R .x

(R r) (x r)

  

 

2 2

R x

(R r) (x r)

 

 

. Giải ra ta được: x1 3 hoặc x2 12

0,25

Từ đó : Khi x1 3 thì

0
0

R x 12.3

R 4

R x 12 3

   

 

Khi x2 12 thì R = 0.

0,25
Câu 5

(2®)

a) Thấu kính tạo ra ảnh ảo lớn hơn vật thật thì thấu kính đó là thấu kính hội tụ. 0,25
Việc xác định quang tâm, tiêu điểm của

thấu kính bằng phép vẽ được thể hiện trên hình sau:

0,25

Vì ∆ ABO  ∆ A’B’O và A’B’ = 3.AB => OB
OB'=

AB
A'B'=

1
3

=> B’B = 2.BO =>

' 20
10
2 2
BB

BO   cm

=> B’O = B’B + BO = 20 + 10 = 30 cm

0,25

Vì ∆ IOF’  ∆ A’B’F’ và IO = AB => F
'

O
F'B'=

IO
A'B'=

AB
A'B'=

1
3
=> B’O = 2OF’ =>

' 30

' 15

2 2
B O

OF    cm

0,25
x B’ B O F’
y

A’

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

b) Các tia sáng từ vật khúc xạ qua thấu kính, phản xạ trên gương rồi lại khúc xạ qua thấu kính
lần lượt tạo ra ba ảnh.

- Khi dịch chuyển vật AB dọc theo trục chính xy, tia tới AI ln song song với xy thì tia ló
sau thấu kính ln đi qua tiêu điểm F’.

- Để ảnh cuối cùng qua hệ có độ lớn khơng đổi thì ảnh A’ phải dịch chuyển trên một đường
thẳng song song với xy. Vậy, phải có một tia ló cuối cùng qua thấu kính song song với trục xy.
- Để có tia ló cuối cùng qua thấu kính song song với xy thì tia tới của nó phải đi qua tiêu điểm F’
- Tia tới này lại chính là tia phản xạ trên gương của tia ló ban đầu sau thấu kính. Như vậy,
gương phẳng phải đặt tại tiêu điểm F’, cách thấu kính một khoảng f = 15cm như hình vẽ.

0,5

c) Ảnh A1 của điểm A được xác định như bằng cách vẽ đường truyền của tia tới đi qua quang
tâm O và tia tới có đường kéo dài đi qua tiêu điểm F như hình vẽ. Ảnh A1 nằm trên đường
thẳng đi qua điểm J và song song với xy.

Khi dịch chuyển thấu kính đi xuống theo phương vng góc với trục chính của thấu kính một
quãng OO’ thì điểm tiêu điểm F dịch chuyển cùng phương một đoạn bằng FF1 = OO’. Khi đó
điểm J dịch chuyển lên một đoạn JJ’ và ảnh A1 cũng sẽ chuyển động đi lên một quãng A1A2
có độ dài bằng JJ’.

Từ hình vẽ: ∆AFF1  ∆AJJ’ =>
JJ '
FF1=

FA (1) AB//OJ =>
JA
FA=

OB
BF (2)

Từ (1) và (2) => 1

' 2
1

JJ OB

FF BF  => JJ’ = 2.FF
1

Vì dịch chuyển xảy ra cùng trong khoảng thời gian t nên :

OO'

10 /

v cm s

t
 