Chuyen li

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10. ĐỀ 1. MÔN: VẬT LÝ Thời gian: 150 phút Sở GD & ĐT Hải Phòng Năm 2013 - 2014. Đề chính thức Câu 1 (2,0 điểm): Một quả cầu đặc đồng chất có khối lượng M = 12kg, bán kính R = 16cm được thả vào một hồ có mực nước sâu H = 3,5m. a. Quả cầu sẽ nổi hay chìm trong nước? Vì sao? Biết khối lượng riêng của nước 4. là Dn = 1000kg/m3; thể tích hình cầu được tính bằng công thức V = 3 π R3. b. Người ta buộc quả cầu vào một dây xích bằng đồng có chiều dài lđ = 3,5m và khối lượng mđ = 7kg rồi thả lại vào hồ nước, bây giờ quả cầu lơ lửng trong nước. Hỏi khi đó tâm quả cầu cách mặt nước một khoảng bao nhiêu? Biết khối lượng riêng của đồng là Dđ = 8800kg/m3; khối lượng dây xích được phân bố đều theo chiều dài của dây. Câu 2 (2,0 điểm): Một bình hình trụ, ban đầu chứa mn = 3kg nước ở 24oC. Người ta thả vào bình một cục nước đá có khối lượng mđ = 1,4kg đang ở 0oC. Biết chỉ có nước đá và nước trao đổi nhiệt với nhau; nhiệt dung riêng của nước là Cn = 4200J/kg.K; nhiệt lượng cần cung cấp cho 1kg nước đá nóng chảy hoàn toàn ở 0oC là 3,36.105J ( λ=¿ 3,36.105J/kg). Khi có cân bằng nhiệt, hãy tìm: a. Nhiệt độ của nước trong bình? Khối lượng nước trong bình? b. Độ chênh lệch giữa mực nước trong bình khi có cân bằng nhiệt so với khi chưa thả cục nước đá? Biết diện tích đáy trong của bình là S = 200cm2; khối lượng riêng của nước là Dn = 1000kg/m3..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu 3 (2,0 điểm): Cho mạch điện như hình 1. Nguồn điện có hiệu điện thế không đổi U = 3V. Các điện trở R1 = 1 Ω , R2 = 2 Ω , R3 = 6 Ω . Biến trở có Rb R1 giá trị lớn nhất Rb = 6 Ω . Bỏ qua điện trở các ampe kế và dây nối. B A C. 1. Tính số chỉ các ampe kế khi:. A1. a. Con chạy C của biến trở ở vị trí B.. R3. R2 A2. b. Con chạy C của biến trở ở vị trí A.. Hình 1. 2. Dịch chuyển con chạy C của biến trở đến một vị trí nào đó thì thấy ampe kế A2 chỉ 0,3A. a. Xác định vị trí con chạy C. b. Tính số chỉ ampe kế A1. Câu 4 (2,0 điểm): Cho một thấu kính hội tụ có tiêu cự 30cm. Vật sáng AB dài 3cm đặt song song với trục chính của thấu kính và cách trục chính một khoảng h, điểm B ở cách thấu kính một khoảng dB = 15cm (Hình 2).. A. B. F. F. O. a. Dựng ảnh A’B’của AB qua thấu kính. Nhận xét tính chất của ảnh A’B’ vừa dựng.. Hình 2. b. Tính độ dài ảnh A’B’ khi h = 10 √ 3 cm. 1. 1. 1. (Học sinh có thể sử dụng công thức thấu kính f = d + d ' ). Câu 5 (2,0 điểm): Cho mạch điện như hình 3. Nguồn điện không đổi có hiệu điện thế U = 9V. Đèn Đ1 ghi 3V- 3W; Đ2 ghi 9V6,75W; Đ3 ghi 9V- 13,5W; Đ4 ghi 3V - 1,5W. Biết rằng đèn sẽ bị cháy nếu hiệu điện thế đặt vào nó vượt quá 35% hiệu điện thế định mức. Bỏ qua điện trở ở tiếp điểm của các khóa K1, K2 và dây nối. Ban đầu, các khóa K1 và K2 đều mở. Xác định độ sáng của các đèn trong trường hợp:. Đ1 A. Đ2 K1. a. K1 đóng, K2 mở. b. K1 đóng, K2 đóng. --------------------HẾT------------------. M K2 N. Đ3. Đ4. +U -. Hình 3. B.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Đáp án. CÂU. ĐÁP ÁN. Câu 1. a. Thể tích quả cầu là: V. 2 điểm. 4. = 3 π R3 =. ĐIỂM. 0,25. 4 3 ,14 (0,1 3. 6)3 0,01715 m3. 0,25. Khối lượng 0,25 riêng của quả cầu là : D=. M 12 = ≈700 kg/m3 V 0 , 01715. . Ta thấy D < Dn ⇒ Quả cầu sẽ nổi trên mặt nước.. 0,25. b. Hệ thống chịu tác dụng của các lực: 0,25 - Trọng lực Pc của quả cầu. - Trọng lực Px của phần dây xích lơ lửng. - Lực đẩy.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Acsimet FAc tác dụng lên quả cầu.. 0,25. - Lực đẩy Acsimet FAx tác dụng lên phần dây xích lơ lửng. Khi hệ thống cân bằng:. 0,25. 0,25 Pc + Px = FAc + FAx M.10 + mx. 10 = Vc. dn + Vx. dn ⇒. ⇒. M + mx. = V c Dn +. mx D Dđ n. mx ( ⇒ D 1 n Dđ ) =. Vc.Dn – M ..................... ......... ⇒ mx=. V c D n − M 0 , 01715 .1000 −12 = ≈5 ,81(kg) Dn 1000 1− 1− 8800 Dđ. Theo đề bài ta có:. mx l x m .l 5 ,81 . 3,5 = ⇒ lx = x đ = ≈ 2,9(m) mđ l đ mđ 7.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Tâm quả cầu cách mặt nước một khoảng là: hx = H - lx - R = 3,5 - 2,9 0,16 = 0,44(m).. Câu 2 2 điểm. a. Giả sử khi cân bằng nhiệt, trạng thái hỗn hợp trong bình ở 0oC. Nhiệt lượng do nước đá thu vào để tan chảy hoàn toàn ở 0oC là:. 0,25. 0,25. Qthu = mđ . λ=¿ 1,4. 3,36. 105 = 470400 (J) Nhiệt lượng do nước tỏa ra là:. 0,25. 0,25 Qtỏa = mn .Cn. Δ t = 3. 4200.( 24 0) = 302400 (J).

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Ta thấy Qthu > Qtỏa chứng tỏ chỉ 1 phần nước đá bị tan ra.. 0,25. Như vậy khi cân bằng nhiệt, hỗn hợp gồm cả nước và nước đá. Khi cân 0,25 bằng nhiệt, nhiệt độ của hỗn hợp là t = 0oC. ⇒. Khối lượng phần nước đá tan ra là: Qtỏa = mtan. λ. 0,25. ⇒ mtan = Q toa 302400 = =0,9(kg ) λ 336000. Khối lượng nước có trong bình khi cân bằng nhiệt là: mn’ = mn + mtan = 3 + 0,9 = 3,9 (kg). 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> b. Thể tích phần nước có trong bình ban đầu là:. V n=. mn 3 = =0 , 003(m3)=3000(cm 3 ) Dn 1000. Mực nước ban đầu là: h=. V n 3000 = =15(cm) S 200. Thể tích phần nước có trong bình sau khi có cân bằng nhiệt là:. V n' =. m n ' 3,9 3 3 = =0 ,0039 (m )=3900(cm ) D n 1000. Khối lượng phần nước đá còn lại là: m = 1,4 - 0,9 = 0,5 (kg) Phần nước đá này nổi trên mặt nước sẽ chịu 2 lực cân bằng: FA = P ⇒ Vchìm. dn = m.10 ⇒.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Vchìm. Dn = m ⇒ Vchìm = m 0,5  0, 0005m 3 500cm 3 D n 1000. Mực nước sau cân bằng nhiệt là :. h'=. V ' n +V chìm 3900+500 = =22(cm) S 200. Nước trong bình đã dâng lên thêm là: Δh=h ' − h=22 −15. = 7(cm) Câu 3 2 điểm. 1. a. Khi C ở B. Mạch gồm (Rb nt R1). Ampe kế A2 đo I cả mạch. Rtđ = Rb + R1 = 6 + 1 = 7( Ω ) I=. 0,25. U 3 = A ≈ 0 , 43( A) R td 7. Vậy A2 chỉ 0,43(A) còn A1 chỉ 0(A). b. Khi C ở A. Mạch gồm R1nt (Rb//R2//R3). R2 R1. R3. Rb.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Ampe kế A1 đo IA1 = I – Ib Ampe kế A2 đo IA2 = I – I2 0,25 Ta có:. 1 1 1 1 1 1 1 = + + = + + R // R 2 R 3 Rb 2 6 6 ⇒. R// =. 1,2( Ω ) Rtđ = R// + R1= 1,2 + 1 = 2,2( Ω ) I=. U 3 15 = = (A ) R td 2,2 11. U// = I.R// =. 15 18 .1,2= (V ) 11 11 18 U // 11 3 I b= = = ( A) Rb 6 11. 0,25. ;. 18 U // 11 9 I 2 = = = 0,25 ( A) R2 2 11. ; 18 U 11 3 I 3 = // = = ( A) R3 6 11. Ampe kế A1 chỉ: IA1 = I Ib =. 15 3 12 − = ( A) ≈ 1,1(A ) 11 11 11.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Ampe kế A2 chỉ: I A 2=I − I 2=. 15 9 6 − = ( A)≈ 0 ,55 ( A ) 11 11 11. 0,25 2. a.Gọi RBC là x ( Ω ) ⇒ RCA= 6 -x( Ω ) R2. Mạch gồm R1nt (RBC//R2//R3) nt RCA. R1. RBC. 1 1 1 1 1 1 1 = + + = + + R // R 2 R 3 x 2 6 x 3x ⇒ R // = 3+ 2 x 3x 14 x −2 x 2+ 21 +6 − x +1= 0,25 3+2 x 3+2 x. Rtd =R // + RCA + R1=. I=. 3(3+2 x) U = R td 14 x − 20,25 x 2 +21. (1) U // =I . R // =. 9x 2 14 x −2 x +21. (2). I2 =. U // 4,5 x = R2 14 x − 2 x 2 +21. 0,25. 9  1,5 x I A2 I  I 2  14 x  2 x 2  21. (mà IA2 = 0,3A). R3. RAC.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> ⇒. 9+1,5 x =0,3 2 14 x − 2 x +21 ⇔ 2x2 – 9x +9=0 ⇒ x = 3( Ω ). và x = 1,5( Ω )( T/m) Như vậy con chạy C ở vị trí sao cho RBC = 3 Ω hoặc RBC = 1,5 Ω . b.* Với x = 3( Ω ) (1) ⇒ I = 0,6(A) (2) ⇒ U// = 0,6(V). I BC=. U // 0,6 = =0,2(A ) R CB 3. IA1 = I IBC = 0,6 0,2 = 0,4 (A). Ampe kế A1 chỉ 0,4A. * Với x = 1,5( Ω ) (1) ⇒ I = 0,48(A) (2) ⇒ U// = 0,36(V).

<span class='text_page_counter'>(12)</span> I BC=. U // 0 , 36 = =0 , 24 (A ) R CB 1,5. IA1 = I IBC = 0,48 0,24 = 0,24 (A). Ampe kế A1 chỉ 0,24A Câu 4. a. Vẽ hình :. 0,5. 2 điểm A’. Nhận xét: A’B’ là ảnh ảo, lớn hơn AB.. 0,25. H. A. B. C O. F. b.. 1 1 1 1 1 1 = − = 0,25 − =− ⇒d B ' d B ' f d B 30 15 30. = -30(cm). B’. . 0,25. Khoảng cách từ ảnh B’ tới thấu kính là 30cm Khoảng cách từ A tới thấu 0,25 kính là: dA = 15 + 3 = 18(cm) 0,25. 1 1 1 1 1 1 = − = − =− ⇒d A ' =¿ d A ' f d A 30 18 45. . F’.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> - 45(cm) Khoảng cách 0,25 từ ảnh A’ tới thấu kính là 45(cm) Khoảng cách giữa 2 ảnh là: HB’ = 45 -30 = 15(cm) Xét Δ OCF’ có tan α = OC 10 √ 3 1 = = OF ' 30 √3 ⇒ α = 30o Xét Δ A’B’H có góc B’ = α = 30o ( góc đồng vị) Có A ' B '=. HB ' 15 = =10 √ 3(cm) o cos 30 √3 2. Vậy ảnh A’B’dài 10 √ 3 cm Câu 5 2 điểm. Điện trở và các thông số định mức của mỗi đèn có 0,25 giá trị như sau: Đèn. UĐm.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Đ1. 3V. Đ2. 9V. Đ3. 9V. Đ4. 3V. 0,25. a. Khi K1 đóng, K2 mở. * Giả sử không có đèn nào bị cháy, mạch có dạng: (Đ1nt 0,25 Đ3)//(Đ2 nt Đ4) R13 = R1 + R3 = 9(Ω); I1 = I3 = U AB R 13. =. 1(A).. A. Đ1 sáng bình thường, Đ3 sáng yếu. R24 = R2 + R4 = 18(Ω); I2 = I4 = =. 0,5(A). Đ2 sáng yếu, Đ4 sáng bình thường. ⇒. Chứng tỏ. M. Đ 3 Đ 4. Đ 2. N K1. ⇒. U AB R 24. 0,25. Đ 1. B.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> không có đèn nào cháy. Vậy: Đ1 sáng bình thường, Đ2 0,25 sáng yếu, Đ3 sáng yếu, Đ4 sáng bình thường. b. Khi K1 đóng, K2 đóng. 0,25 *Giả sử không có đèn nào bị cháy, mạch có dạng: (Đ1// Đ2) nt (Đ3 // Đ4) 0,25 R12=. R 1 . R 2 3 .12 = =2,4 (Ω) R 1+ R 2 3+12. Đ 1 A. 0,25 R3 . R4 R34= =3(Ω) R3 + R4. I. *. U 9 5   ( A) Rtd 5, 4 3. 5 U 1=U 2 =IR 12= .2,4=4(V ) 3. Ta thấy: +. U 1 −U Đm1 . 100 %=33 , 3 %<35 % ⇒ U Đm1. Đ 3 Đ 4. Đ 2. N K1. Rtd =R 12+ R34 =2,4+3=5,4 (Ω). M. B.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Đ1 sáng quá mức bình thường nhưng chưa bị cháy. + U2 < UĐm2 ⇒ Đ2 sáng yếu. *. 5 U 3=U 4=IR34 = .3=5(V ) 3. Ta thấy: + U3 < UĐm3 ⇒ Đ3 sáng yếu. + U 4  U Đm 4 .100% 66, 67%  35%  U Đm 4. Đ4 cháy. Khi đó mạch điện còn 3 đèn mắc theo dạng: (Đ1//Đ2)nt Đ3. Đ 1 A. M Đ 2. ⇒. Rtd =R 12+ R3 =2,4+6=8,4 (Ω). I. U 9  1, 07( A) Rtd 8, 4. U 1=U 2 =IR 12=1, 07 . 2,4=2 ,57 (V )⇒. Đ1, Đ2 sáng yếu.. K1. Đ 3. B.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> U 3=U −U 1=9 −2 , 57=6 , 43(V )⇒. Đ3 sáng yếu. Vậy: Đ1 sáng yếu, Đ2 sáng yếu, Đ3 sáng yếu, Đ4 không sáng(bị cháy)..

<span class='text_page_counter'>(18)</span>