0,5 b Cố định điểm treo vật thứ hai tại B, thả nó chìm hẳn vào chất lỏng trong bình nhựa.. Thả vật thứ hai chìm hẳn vào chất lỏng có trọng lượng riêng dx trong bình nhựa và dịch điểm tre
Trang 1Së GD&§T NghÖ An K× thi TUYÓN sinh VµO líp 10 trêng thpt chuyªn
phan béi ch©u n¨m häc 2009 - 2010
M«n thi: vËt lý
Híng dÉn chÊm thi
B¶n híng dÉn chÊm gåm 05 trang
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
2
2
2
3
2
1 =
=
P
P OA
OB
(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
Lực căng của dây treo tác dụng lên điểm B giảm xuống còn: P2−F A
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
1 2 '
P
F P OB
OA = − A
=>
OB
OA d V d V d V OB
OA P P F OB
OA P F
' 2 2 2 2 2
' 1 2
' 1
2
3
=
−
=>
' 2
3
2
X
OA
OB
Nếu tính dx theo d1 thì
' 1
3
X
OA
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 đòn 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 đòn 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:
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 hoàn toàn, 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
τ
=
+ +
Thay số ta được: (1.25 1.30 10.14).4200 100.120 16,50
(1 1 10)4200
+ +
0,5
§Ò thi chÝnh thøc
Trang 2b) Gọi nhiệt độ môi trường là t0, hệ số tỉ lệ của công suất truyền nhiệt giữa bình và môi trường theo hiệu nhiệt độ giữa chúng là k(W/0C)
Khi nhiệt độ nước trong bình ổn định thì công suất tỏa nhiệt của dây đốt bằng công suất tỏa nhiệt từ bình ra môi 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)
0,5
Khi bình ở nhiệt độ t3 = 140C thì công suất cấp nhiệt từ môi 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 ' (3 4)
3 c t t
P = µ −
4 3
3 0 3
0 4
3 3
' 3
t t c
t t k t
t k t t c P
P
−
−
=
⇒
−
=
−
⇒
−
0,5
Câu 3
(2,5®)
1.a Khi khóa K đóng, tìm số chỉ của ampe kế và vôn kế ?
R13 =
3 1
3 1
R R
R R
+ = 5 1,2
6 2 3
2 3
=
=
R24 =
7
12 4 3
4 3 4 2
4
+
= +R R
R R
(Ω)
RBD = R13 + R24 = 1,2 +
7
12 = 7
4 , 20 (Ω)
0,25
Cường độ dòng điện mạch chính : I = BD
BD
U
R =
7
4 , 20
6
≈ 2,06 (A) Hiệu điện thế giữa hai đầu R1 và R3 :
U13 = U1 = U3 = I R13 = 1021,2.1,2 ≈ 2,47 (V) Cường độ dòng điện qua R1: I1 =
1
1
R
U
= 3
47 , 2 ≈ 0,82 (A) Hiệu điện thế giữa hai đầu R2 và R4 :
U24 = U2 = U4 = I R24 = 2,06
7
12 ≈ 3,53 (V)
Cường độ dòng điện qua R2: I2 =
2
2
R
U
= 3
53 , 3 ≈ 1,18 (A)
Do I2 > I1 nên IA = I2 - I1 = 1,18 - 0,82 = 0,36(A)
Vậy dòng điện qua ampe kế có chiều từ N đến M và có cường độ IA = 0,36(A)
0,5
Ampe kế có điện trở không 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 = ?
R12 = R1 + R2 = 6 (Ω)
R34 = R3 + R4 = 6 (Ω)
I12 = I34 =
6
U
0,25
I1
I 34
Trang 3Ta có : U1 = I12.R1= 3.
6
U
= 2
U
U3 = I34.R3= 2
6
U
= 3
U
UV = U1- U3 =
U U− =
6
U ⇒ U = 6 UV = 6.2 = 12 (V)
0,25
2 Đóng khóa K và di chuyển con chạy C của biến trở R4 từ đầu bên trái sang đầu bên phải thì
số chỉ của ampe kế IA thay đổi như thế nào ?
Ta có :
R13 =
3 1
3 1
R R
R R
+ = 5 1,2
6 2 3
2
Đặt RNC = x => R24 = R R2 +x x
2
=
x
x
+ 3
3
RBD = 1,2 +
x
x
+ 3
3 =
x
x
+
+ 3
6 , 3 2 , 4
I =
BD R
U
=
x
x
+
+ 3
6 , 3 2 , 4
6 = 46,2(3+3,)6
+
x x
U13 = I R13 =
6 , 3 2 , 4
) 3 ( 6 +
+
x
x
.1,2 =
6 , 3 2 , 4
) 3 ( 2 , 7 +
+
x x
I1 =
1
13
R
U
=
3
6 , 3 2 , 4
) 3 ( 2 , 7 +
+
x
x
= 42,,24(3+3,6)
+
x x
U24 = I.R24 = 46,2(3+3,)6
+
x
x
x
x
+ 3
3 = 4,218x+.x3,6
I2 =
2
24
R
U
=
3
6 , 3 2 , 4
18 +
x
x
= 4,26x.+x3,6
0,5
* Xét hai trường hợp :
- Trường hợp 1 : Dòng điện chạy qua ampe kế có chiều từ M đến N
Khi đó : I A = I1 - I2 = 42,,24(3+3,6)
+
x
x
- 4,2x6.+x3,6 = 47,,22x−+3,36,6x (1)
Biện luận :
Khi x = 0 thì IA = 2 (A)
Khi x tăng thì (7,2 - 3,6.x) giảm ; (4,2.x + 3,6) tăng do đó IA 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 = I2 - I1 = 4,26x.+x3,6 - 42,,24(3+3,6)
+
x
x
= 34,,62x x−+73,,62 thì IA = 47,,22.−23+,63,.62 = 0
IA =
x
x
6 , 3 2 , 4
2 , 7 6 , 3 +
− (2)
I1
A
I 2
Trang 4Biện luận :
+ Khi x tăng từ 2 (Ω) trở lên thì
x
2 , 7
và
x
6 , 3 đều giảm do đó IA tăng
+ Khi x rất lớn ( x → ∞) thì
x
2 , 7
và
x
6 ,
đó IA ≈ 0,86 (A) và cường độ dòng chạy qua điện
trở R4 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 12
1
P
I
2 2
U=I (r+R ) với 2 22
2
R
5 I
b) Khi R0 nt r thì công suất toả nhiệt trên R0 là:
2
0
U
= + Đặt điện trở tương đương của (R0 // R) là x
Khi mắc (R0 // R) nt r thì công suất toả nhiệt trên x là:
2
2 2
U
(x r)
= +
0,25
Theo bài ra, ta có:
0
0
2 2 0
0,25
Từ đó : Khi x1= Ω3 thì 0
0
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 =>
3
1 ' ' ' = =
B A
AB OB
OB
BB
Vì ∆ IOF’∼ ∆ A’B’F’ và IO = AB =>
3
1 ' ' ' ' ' '
'
=
=
=
B A
AB B
A
IO B
F
O F
=> B’O = 2OF’ =>
' 30
B O
0,25
x B ’ B O F ’ y
A ’
Trang 5b) Cỏc tia sỏng từ vật khỳc xạ qua thấu kớnh, phản xạ trờn gương rồi lại khỳc xạ qua thấu kớnh
lần lượt tạo ra ba ảnh
- Khi dịch chuyển vật AB dọc theo trục chớnh xy, tia tới AI luụn song song với xy thỡ tia lú sau
thấu kớnh luụn đi qua tiờu điểm F’
- Để ảnh cuối cựng qua hệ cú độ lớn khụng đổi thỡ ảnh A’ phải dịch chuyển trờn một đường thẳng
song song với xy Vậy, phải cú một tia lú cuối cựng qua thấu kớnh song song với trục xy
- Để cú tia lú cuối cựng qua thấu kớnh song song với xy thỡ tia tới của nú phải đi qua tiờu điểm F’
- Tia tới này lại chớnh là tia phản xạ trờn gương của tia lú ban đầu sau thấu kớnh Như vậy,
gương phẳng phải đặt tại tiờu điểm F’, cỏch thấu kớnh một khoảng f = 15cm như hỡnh vẽ
0,5
c) Ảnh A1 của điểm A được xỏc định như bằng cỏch vẽ đường truyền của tia tới đi qua quang
tõm O và tia tới cú đường kộo dài đi qua tiờu điểm F như hỡnh vẽ Ảnh A1 nằm trờn đường
thẳng đi qua điểm J và song song với xy
Khi dịch chuyển thấu kớnh đi xuống theo phương vuụng gúc với trục chớnh của thấu kớnh một
quóng OO’ thỡ điểm tiờu điểm F dịch chuyển cựng phương một đoạn bằng FF1 = OO’ Khi đú
điểm J dịch chuyển lờn một đoạn JJ’ và ảnh A1 cũng sẽ chuyển động đi lờn một quóng A1A2 cú
độ dài bằng JJ’
Từ hỡnh vẽ: ∆AFF1∼ ∆AJJ’ => FF JJ =FA JA
1
'
(1) AB//OJ =>
BF
OB FA
Từ (1) và (2) =>
1
1
FF = BF = => JJ’ = 2.FF1
Vỡ dịch chuyển xảy ra cựng trong khoảng thời gian t nờn : v OO' 10cm s/
t
FF
0,5
* Nếu học sinh chứng minh cụng thức thấu kớnh rồi sử dụng để giải cõu 5 thỡ tổ giỏm khảo cần
xem xột kĩ lập luận và cõn nhắc để cho điểm hợp lý
Nếu học sinh giải theo cách khác đúng đáp số và cách giải tối u thì giám khảo vẫn cho
điểm tối đa
Trờng hợp khó quyết định thì trao đổi trong tổ giám khảo để thống nhất cho điểm.
x B O F ’ y
G
A F B
J
J’
F1
O
O ’
,
A2
A1