Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên Nguyễn Trãi môn thi Vật Lý

sở giáo dục và Đào tạo hải dương ------------------------------------------- đề thi chính thức kỳ thi tuyển sinh lớp 10 THPT chuyên nguyễn trãi - năm học 2008 - 2009 Môn ThI : vật lý Thời gian làm bài : 150 phút Ngày thi : 28 tháng 6 năm 2008 ( Đề thi gồm 02 trang ) Bài 1 ( 2,0 điểm ) Hai quả cầu đặc, thể tích mỗi quả là V = 200cm3, được nối với nhau bằng một sợi dây mảnh, nhẹ, không co dãn, thả trong nước ( Hình 1 ) . Khối lượng riêng của quả cầu bên trên là D1 = 300 kg/m3, còn khối lượng riêng của quả cầu bên dưới là D2 = 1200 kg/m3. Hãy tính : Thể tích phần nhô lên khỏi mặt nước của quả cầu phía trên khi hệ vật cân bằng ? Lực căng của sợi dây ? Cho khối lượng riêng của nước là Dn = 1000kg/ m3 . Hình 1 Bài 2 ( 1,5 điểm ) Dùng một bếp dầu để đun sôi một lượng nước có khối lượng m1 = 1 kg, đựng trong một ấm bằng nhôm có khối lượng m2 = 500g thì sau thời gian t1 = 10 phút nước sôi . Nếu dùng bếp dầu trên để đun sôi một lượng nước có khối lượng m3 đựng trong ấm trên trong cùng điều kiện thì thấy sau thời gian 19 phút nước sôi . Tính khối lượng nước m3 ? Biết nhiệt dung riêng của nước, nhôm lần lượt là c1 = 4200J/kg.K ; c2 = 880J/kg.K và nhiệt lượng do bếp dầu tỏa ra một cách đều đặn . Bài 3 ( 2,0 điểm ) Cho mạch điện như hình 2 . Biết R1 = R3 = 30W ; R2 = 10W ; R4 là một biến trở. Hiệu điện thế giữa hai điểm A và B là UAB = 18V không đổi . Bỏ qua điện trở của dây nối và của ampe kế . a. Cho R4 = 10W . Tính điện trở tương đương của đoạn mạch AB và cường độ dòng điện mạch chính khi đó ? b. Phải điều chỉnh biến trở có điện trở bằng bao nhiêu để ampe kế chỉ 0,2A và dòng điện chạy qua ampe kế có chiều từ C đến D ? Hình 2 Bài 4 ( 2,0 điểm ) Cho mạch điện như hình 3. Biết : R1 = 8W ; R2 = R3 = 4W ; R4 = 6W ; UAB = 6V không đổi . Điện trở của ampe kế , khóa K và các dây nối không đáng kể . 1. Hãy tính điện trở tương đương của đoạn mạch AB và số chỉ của ampe kế trong hai trường hợp : a. Khóa K mở . b. Khóa K đóng . 2. Xét trường hợp khi K đóng : Thay khóa K bằng điện trở R5 . Tính R5 để cường độ dòng điện chạy qua điện trở R2 bằng không ? Hình 3 Bài 5 ( 2,5 điểm ) Đặt một mẩu bút chì AB = 2 cm ( đầu B vót nhọn ) vuông góc với trục chính của một thấu kính hội tụ , A nằm trên trục chính ( hình 4 ) . Nhìn qua thấu kính người ta thấy ảnh A’B’ của bút chì cùng chiều với vật và cao gấp 5 lần vật . a. Vẽ ảnh A’B’ của AB qua thấu kính . Dựa vào hình vẽ chứng minh công thức sau : Hình 4 Khi mẩu bút chì dịch chuyển dọc theo trục chính lại gần thấu kính thì ảnh ảo của nó dịch chuyển theo chiều nào ? Vì sao ? b. Bây giờ đặt mẩu bút chì nằm dọc theo trục chính của thấu kính , đầu A vẫn nằm ở vị trí cũ, đầu nhọn B của nó hướng thẳng về quang tâm O . Lại nhìn qua thấu kính thì thấy ảnh của bút chì cũng nằm dọc theo trục chính và có chiều dài bằng 25cm . Hãy tính tiêu cự của thấu kính . c. Dịch chuyển đầu A của mẩu bút chì đến vị trí khác . Gọi A’ là ảnh ảo của A qua thấu kính , F là tiêu điểm vật của thấu kính ( hình 5 ) . Bằng phép vẽ , hãy xác định quang tâm O và tiêu điểm ảnh F’ của thấu kính . Hình 5 ----------------Hết--------------- Họ và tên thí sinh.................................................Số báo danh......................................................... Chữ kí của giám thị 1 ........................................Chữ kí của giám thị 2............................................ Biểu điểm và đáp án đề thi vào THPt chuyên môn vật lý năm học : 2008 – 2009 bài Nội dung Điểm Bài 1 ( 2,0 đ ) Bài 2 ( 1,5 đ ) Bài 2 a. ( 1,25 đ ) Mỗi quả cầu chịu tác dụng của 3 lực : Trọng lực, lực đẩy acsimet, lực căng của sợi dây ( Hình vẽ ) Do hệ vật đứng cân bằng nên ta có : P1 + P2 = F1 + F2 10D1V+ 10D2V = 10DnV1+ 10DnV ( V1 là thể tích phần chìm của quả cầu bên trên ở trong nước ) D1V+ D2V = DnV1+ DnV Thể tích phần nhô lên khỏi mặt nước của quả cầu bên trên là : V2 = V – V1 = 200 - 100 = 100 ( cm3 ) . b. ( 0,75 đ ) Do quả cầu dưới đứng cân bằng nên ta có : P2 = T + F2 T = P2 - F2 T = 10D2V – 10DnV T = 10V( D2 – Dn ) T = 10. 200. 10-6( 1200 – 1000 ) = 0,4 ( N ) Vậy lực căng của sợi dây là 0,4 N Gọi Q1 và Q2 lần lượt là nhiệt lượng mà bếp cung cấp cho nước và ấm trong hai lần đun , Dt là độ tăng nhiệt độ của nước . Ta có : Q 1= ( m1c1 + m2c2 )Dt Q2 = ( m3c1 + m2c2 )Dt Do bếp dầu tỏa nhiệt đều đặn nên thời gian đun càng lâu thì nhiệt lượng tỏa ra càng lớn . Do đó ta có : Q1= kt1 ; Q2= kt2 ( k là hệ số tỉ lệ ; t1 và t2 là thời gian đun tương ứng ) Suy ra : kt1 = ( m1c1 + m2c2 )Dt ( 1 ) kt2 = ( m3 c1 + m2c2 )Dt ( 2 ) Chia từng vế của ( 2 ) cho ( 1 ) ta được : => ( 3 ) thay số vào ( 3 ) ta tìm được m3 ằ 2 ( kg ) Vậy khối lượng nước m3 đựng trong ấm là 2 kg . 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Bài 3 ( 2,0 đ ) a. ( 0,75đ) Do ampe kế có điện trở không đáng kể nên ta chập C với D Mạch điện được mắc như sau : ( R1 // R3 ) nt ( R2 // R4 ) Vì R1 = R3 = 30 W nên R13 = 15W Vì R2 = R4 = 10 W nên R24 = 5W Vậy điện trở tương đương của mạch điện là : RAB = R13 + R24 = 15 + 5 = 20 ( W ) Cường độ dòng điện mạch chính là : b. (1,25đ) Gọi I là cường độ dòng điện chạy trong mạch chính Do ampe kế có điện trở không đáng kể nên ta chập C với D Mạch điện được mắc như sau : ( R1 // R3 ) nt ( R2 // R4 ) Do R1 = R3 nên I1 = I3 = I2 = Cường độ dòng điện qua ampe kế là : => IA = I1 – I2 = => IA = = 0,2 ( A ) ( 1 ) Điện trở của mạch điện là : RAB = Cường độ dòng điện mạch chính là : I = ( 2 ) Thay ( 2 ) vào ( 1 ) rồi rút gọn ta được : 14R4 = 60 => R4 = ( W ) ằ 4,3 ( W ) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Bài 4 ( 2,0đ ) Bài 5 ( 2,5đ ) Bài 5 (2,5đ) 1. a. 0,75 đ Khi K mở mạch điện như hình vẽ sau : Điện trở tương đương của mạch điện là : RAB = ( W ) Số chỉ của ampe kế là : IA = b. 0,75 đ Khi K đóng điện như hình vẽ sau : Do R2 = R3 = 4W , nên RDC = 2 ( W ) RADC =R4 + RDC = 6 + 2 = 8 ( W ) = R1 Vậy điện trở tương đương của mạch điện là : RAB = = ( W ) UDC = Số chỉ của ampe kế là : IA = 2. 0,5 đ Khi thay khóa K bằng điện trở R5 sơ đồ mạch điện như hình vẽ sau : Dễ dàng thấy khi dòng điện qua R2 bằng không thì mạch điện là mạch cầu cân bằng nên ta có : a. 1,0đ Xét hai cặp tam giác đồng dạng : DOAB và DOA’B’ ta có : ( 1 ) DFAB và DFOI ta có : ( 2 ) => ( 3 ) Từ hình vẽ : FA = OF – OA ( 4 ) Từ (3),(4) => ( 5 ) Từ (1),(5) => ( 6 ) Từ (5) => OA’.OF – OA’.OA = OA.OF => ( 7 ) Từ (7) ta nhận thấy OF không đổi nên khi OA giảm thì OA’ cũng giảm. Vậy khi vật dịch chuyển lại gần thấu kính thì ảnh ảo của nó cũng dịch chuyển lại gần thấu kính . b. 1,0đ Đặt OF = f ; OA = d1 ; OA’ = d1’ thay vào ( 6 ) ta được : Vì A’B’ = 5AB nên ta có : 5=> d1 = 0,8f => d1’ = 5d1 = 4f Khi đặt bút chì dọc theo trục chính , đầu nhọn B của bút chì ở vị trí B2 trên trục chính cho ảnh ảo B2’, còn đầu A của bùt chì vẫn cho ảnh ở vị trí cũ A’ . Xét sự tạo ảnh qua thấu kính của riêng đầu nhọn B2 của mẩu bút chì : Theo nhận xét ở phần a , ta có : d2 = OB2 = d1 – 2 = 0,8f - 2 d2’ = OB2’ = d1’ – 25 = 4f – 25 Thay vào ( 7 ) ta được : => f = 10 ( cm ) c. 0,5đ Từ hình vẽ ta thấy : OA’ = OA + AA’ ( 8 ) OF = AF + OA ( 9 ) Thay (8), (9) vào (3) ta được: => OA2 = AF. AA’ ( 10 ) Sử dụng mối liên hệ ( 10 ) , ta suy ra cách vẽ sau ( hình vẽ ) : Vẽ đường tròn đường kính AA’ Kẻ FM vuông góc với trục chính xy cắt đường tròn đường kính AA’ tại I . Nối A với I Dựng đường tròn tâm A , bán kính AI , giao của đường tròn này với trục chính xy tại hai vị trí là O1 và O2 . Ta loại vị trí O1 vì thấu kính đặt tại vị trí này sẽ cho ảnh thật .Vậy O2 là vị trí quang tâm O cần tìm của thâú kính . Lấy F’ đối xứng với F qua quang tâm O ta được tiêu điểm ảnh của thấu kính 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 * Chú ý : Trong các bài tập trên nếu học sinh có cách giải khác đáp án nhưng vẫn đảm bảo chính xác về kiến thức và cho đáp số đúng thì vẫn cho đủ điểm ! -------------Hết------------- sở giáo dục và Đào tạo hải dương .....................***...................... đề thi dự bị đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên nguyễn trãi năm học 2008- 2009 Môn : vật lý Thời gian làm bài : 150 phút Ngày thi : 28/6/2008 ( Đề thi gồm 02 trang ) Bài 1 ( 3 điểm ) Một cốc nhựa hình trụ thành mỏng có đáy dày 1cm . Nếu thả cốc vào trong một bình nước lớn thì cốc nổi ở vị trí thẳng đứng và chìm 3cm trong nước . Nếu đổ vào cốc một chất lỏng chưa biết khối lượng riêng, có độ cao 3cm thì cốc chìm trong nước 5cm. Hỏi phải đổ thêm vào cốc bao nhiêu chất lỏng nói trên để mức chất lỏng trong cốc ngang bằng với mức nước ngoài cốc . Bài 2 (2 điểm) Trong một bình đậy kín có một cục nước đá khối lượng M = 0,1kg nổi trên mặt nước, trong cục nước đá có một viên bi chì khối lượng m = 5g . Ban đầu hệ thống cân bằng nhiệt . Hỏi phải tốn một lượng nhiệt bằng bao nhiêu để cục chì bắt đầu chìm xuống nước. Cho khối lượng riêng của chì là 11,3g/cm3, của nước là 1g/cm3, của nước đá là 0,9g/cm3 và biết rằng ở nhiệt độ nóng chảy của nước đá, cứ 1kg nước đá nóng chảy cần nhiệt lượng là 3,4.105 J/kg . Bài 3 ( 2,5 điểm ) Cho mạch điện như hình vẽ . Biết R2 = R3 = 20W và R1.R4 = R2.R3 ; Hiệu điện thế giữa hai điểm A và B là UAB = 18V . Bỏ qua điện trở của dây nối và của ampe kế . a. Tính điện trở tương đương của mạch AB . b. Giữ nguyên vị trí R2 , R4 và ampe kế, đổi chỗ của R3 và R1 thì thấy ampe kế chỉ 0,3A và cực dương của ampe kế mắc ở C . Tính R1 và R4 ? Bài 4 (2,5 điểm ) Một dây dẫn đồng chất, tiết diện đều được uốn thành hình một tam giác vuông cân ABC. Trung điểm O của cạnh huyền AB và đỉnh B được nối với nhau bằng đoạn dây ODB cũng tạo với OB thành một tam giác vuông cân ( Hình vẽ ). Biết điện trở của đoạn OA là R = 5W . Hãy tính điện trở tương đương của đoạn mạch AB . ....................... hết ........................... Biểu điểm và đáp án đề thi vào THPt chuyên môn vật lý năm học : 2008 – 2009 bài Nội dung Điểm Bài 1 (3,0 đ ) Gọi S là tiết diện cốc . Lúc đầu thả cốc không chứa gì vào nước , trọng lượng của cốc cân bằng với lực đẩy AcSiMet , nên ta có : PC = FA = dn.VC => PC = dnS.h1 = 0,03S.dn ( PC là trọng lượng cốc, dn là trọng lượng riêng của nước ) Khi đổ vào cốc 3cm chất lỏng thì tổng trọng lượng của cốc và chất lỏng đổ vào lại cân bằng với lực đẩy ASM lúc này. Ta có : PL + PC = FA’ =>S.h1dL + 0,03S.dn = S.h2dn ( dL là trọng lượng riêng của chất lỏng đổ vào cốc, h1= 3cm là độ cao của chất lỏng đổ vào cốc, h2= 5cm là độ cao phần chìm của cốc trong nước ) => 0,03S.dL + 0,03S.dn = 0,05S.dn => dL = dn Gọi h là độ cao lượng chất lỏng phải đổ thêm vào cốc để mực chất lỏng trong cốc ngang bằng với mức nước ngoài cốc . PL’ + PC = FA’’ => ( 0,03+h ).S.dL + 0.03S.dn = ( 0,03+ 0,01 +h )S.dn => ( 0,03+h ).S. dn + 0.03S.dn = ( 0,04+h )S.dn => ( 0,03+h ). + 0.03 = ( 0,04+h ) => h = 0,03( m ) = 3(cm) Vậy phải đổ thêm vào cốc một lượng chất lỏng có độ cao 3cm để mức nước trong cốc ngang bằng với mức nước ngoài cốc . 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 Bài 2 (2,0 đ ) Bài 2 (2,0 đ ) Theo điều kiện của đề bài thì nhiệt độ của hệ thống bằng 0oC . Để cục chì bắt đầu chìm xuống nước thì không cần toàn bộ cục nước đá tan hết , chỉ cần khối lượng riêng trung bình của cục nước đá và cục chì trong nó bằng khối lượng riêng của nước . Gọi M1 là khối lượng của phần nước đá còn lại khi cục nước đá có chì bắt đầu chìm . Điều kiện để cục chì bắt đầu chìm là: ( 1 ) ( V là thể tích cục đá và chì ,Dn là khối lượng riêng của nước ) Ta có : V = Vnđ + Vc = ( 2 ) ( Dđ là khối lượng riêng của nước đá, Dc là khối lượng riêng của chì ) . Thay ( 2 ) vào ( 1 ) ta được : M1 + m = Dn.( ) => M1 = m. Thay số tìm được M1 ằ 41 ( g ) Khối lượng nước đá đã tan là : M2 = M – M1 – m = 100 – 41- 5 = 54 ( g ) Vậy nhiệt lượng cần thiết là : Q = l.M2 = 3,4. 105. 54.10-3 = 18360 ( J ) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Bài 3 ( 2,5đ ) Bài 3 ( 2,5đ ) a. Theo đề bài R1.R4 = R2.R3 => Đặt: => R1= kR3 = 20k ; R4 = Hình 1 Do ampe kế có điện trở không đáng kể nên ta chập C với D Điện trở tương đương của mạch điện là : RAB = ( 1 ) Thay R1 = 20k , R2 = R3 = 20W , R4 =20/k vào biểu thức ( 1 ) ta tìm được RAB = 20W . b. Khi đổi chỗ R1 và R3 cho nhau, sơ đồ mạch điện như hình 2 Gọi I là cường độ dòng điện chạy trong mạch chính Chập C với D Do R3 = R2 nên I3 = I2 = I1 = Hình 2 Cực dương của ampe kế mắc ở C nên dòng điện qua ampe kế có chiều từ C đến D Cường độ dòng điện qua ampe kế là : => IA = I3 – I1 = => IA = = 0,3 ( A ) ( 1 ) Điện trở của mạch điện là : RAB = Cường độ dòng điện mạch chính là : I = ( 2 ) Thay ( 2 ) vào ( 1 ) rồi rút gọn ta được : R1 – 2R4 = 20 ( 3 ) Theo đề bài : R1.R4 = R2.R3 = 20. 20 => R1.R4 = 400 ( 4 ) Từ ( 3 ) và ( 4 ) ta có : R12 – 20R1 – 800 = 0 Giải phương trình trên , loại nghiệm âm ta được: R1 = 40( W ) Suy ra : R4 = 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Bài 4 ( 2,5đ ) Bài 4 ( 2,5đ ) Theo đề bài : BD = OD = Vì các đoạn đây dẫn đồng chất, tiết diện đều nên điện trở của chúng tỉ lệ thuận với chiều dài . => RBD = ROD = Điện trở của đoạn dây ODB là : R1 = 2ROD = R Đoạn mạch OB gồm 2 dây dẫn ODB và OB mắc song song nên điện trở của đoạn mạch đó là : ROB = Đoạn mạch AOB gồm đoạn dây OA mắc nối tiếp với đoạn mạch OB , nên : RAOB = R + = Tương tự AB là cạnh huyền của tam giác vuông cân ACB nên điện trở của dây ACB là : RACB = 2R. Dây ACB mắc song song với đoạn mạch AOB , nên điện trở toàn phần của đoạn mạch AB là : RAB = 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,5