Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn vật lý - Đề chính thức

Chia sẻ: Nguyễn Đình Luyện | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

2.513
lượt xem 214
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn vật lý - đề chính thức', tài liệu phổ thông, vật lý phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn vật lý - Đề chính thức

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU Đề thi chính NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi: VẬT LÝ Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (4,0 điểm): Có hai bình cách nhiệt đựng cùng một chất lỏng. Một học sinh lần lượt múc từng ca chất lỏng ở bình 1 đổ vào bình 2 và ghi lại nhiệt độ khi cân bằng sau mỗi lần đổ là: t1=100C, t2=17,50C, t3 (bỏ sót không ghi), t4 = 250C. Hãy tìm nhiệt độ t3 và nhiệt độ t01 của chất lỏng ở bình 1. Coi nhiệt độ và khối lượng mà mỗi ca chất lỏng lấy từ bình 1 là như nhau. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt giữa chất lỏng với bình, ca và môi trường bên ngoài. Câu 2 (4,0 điểm): Hai sợi dây dẫn điện đồng chất tiết diện đều, có cùng A chiều dài L, có điện trở lần lượt là R1 và R2 (R1 ≠ R2). Hai dây được uốn x thành hai nửa vòng tròn rồi nối với nhau tại A và B tạo thành đường tròn + O tâm O. Đặt vào A1, B1 một hiệu điện thế không đổi U, với độ dài các A1 B1 cung A1A và B1B đều bằng x (Hình vẽ 1). Bỏ qua điện trở của các dây x nối từ nguồn đến A1 và B1. B 1. Tính cường độ dòng điện trong mạch chính theo x, L, R1 và R2. Hình 1 2. Xác định x theo L, để cho cường độ dòng điện mạch chính đạt: a) Cực tiểu. b) Cực đại. A B Câu 3 (4,5 điểm): Cho bình thông nhau có hai nhánh A và B là hình trụ, tiết diện lần lượt là S1 = 100cm2 và S2 = 200cm2 (Hình vẽ 2). Hai miệng nằm trên h cùng một mặt phẳng ngang. Lúc đầu chứa nước có độ cao đủ lớn, mặt thoáng cách miệng mỗi nhánh là h = 20cm, người ta đổ từ từ dầu vào nhánh B cho tới lúc đầy. Cho khối lượng riêng của nước và dầu lần lượt là D1 = 1000kg/m3, D2 = 750kg/m3. 1. Tính khối lượng dầu đã đổ vào nhánh B. 2. Sau khi đổ đầy dầu vào nhánh B, người ta thả nhẹ nhàng một vật hình trụ Hình 2 đặc, đồng chất, tiết diện S3 = 60cm2, cao h3 = 10cm, khối lượng riêng D3 = 600kg/m3 vào nhánh A. Hãy tính khối lượng dầu tràn ra ngoài. Câu 4 (3,0 điểm): Một gương phẳng G rộng đặt ngửa, nằm ngang, sát với chân một bức tường cao thẳng đứng. Người ta đặt một thước thẳng MN có chiều dài l = 20cm nghiêng với mặt gương một góc α = 300. Một chùm ánh sáng song song rộng, hợp với phương M ngang một góc β=450 chiếu vào gương. Biết mặt phẳng chứa thước β α β và các tia sáng gặp nó là mặt phẳng thẳng đứng vuông góc với G N tường (Hình vẽ 3) Hình 3 Xác định chiều dài bóng của thước thu được trên tường. Câu 5 (4,5 điểm): Cho mạch điện như hình vẽ 4: Biết R1=R2=R3=R, đèn Đ R1 có điện trở Rđ = kR với k là hằng số dương. R x là một biến trở, với mọi A Rx Đ Rx đèn luôn sáng. Nguồn điện có hiệu điện thế U không đổi đặt vào A và +U C D B. B R2 R3 Bỏ qua điện trở các dây nối. 1. Điều chỉnh Rx để công suất tiêu thụ trên đèn bằng 9W. Tìm công suất Hình 4 trên R2 theo k. 2. Cho U=16V, R=8Ω, k=3, xác định Rx để công suất trên Rx bằng 0,4W.
--------------------------- Hết ---------------------------- Họ và tên thí sinh:.................................................................. Số báo danh:....................... SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM HỌC 2010-2011 HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: VẬT LÝ (Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 04 trang) ---------------------------------- Câu ý Nội dung - yêu cầu Điểm Câu 1 4,0 Gọi khối lượng của mỗi ca chất lỏng trong bình 1 là m0, khối lượng của chất lỏng trong bình 2 là m, nhiệt dung riêng của chất lỏng là C 0,5 Sau khi đổ lần thứ nhất khối lượng chất lỏng trong bình 2 là (m + m0) có nhiệt độ t1 = 100C. Sau khi đổ lần 2 phương trình cân bằng nhiệt là: C(m + m0)(t2 - t1) = Cm0(t01 - t2) (1) 0,5 Sau khi đổ lần 3 [Coi hai ca toả cho (m + m0) thu] C(m + m0)(t3 - t1) = 2Cm0(t01 - t3) (2) 0,5 Sau khi đổ lần 4 [Coi ba ca toả cho (m + m0) thu] C(m + m0)(t4 - t1) = 3Cm0(t01 - t4) (3) 0,5 t 2 − t1 t01 − t2 Từ (1) và (3) ta có: t − t = 3(t − t ) ⇒ t01 = 40 C 0 (4) 4 1 01 4 1 t 2 − t1 t01 − t 2 1 Từ (1) và (2) t − t = 2(t − t ) ⇒ t3 = 22 C 0 (5) 3 1 01 3 Câu 2 4,0 1 2,0 Do tính đối xứng nên ta có thể xem điện trở dây cung AB1B là R1 và điện trở dây cung AA1B là R2 ta có mạch điện tương đương như hình 2 A m RA1xA R AmB1 0,75 A x + O A1 B1 A1 B1 + I RA1nB R BxB1 x B n B Hình 1 Hình 2 x.R 2 x xR1 x R A1xA = ; R A1nB = (1 − )R 2 ; R BxB1 = ; R AmB1 = (1 − )R 1 L L L L 0,25
Khi đó điện trở toàn mạch A1B1 là:  xR 2 x  x xR 1   L + (1 − L )R 1 .(1 − L )R 2 + L  0,5 R A 1 B1 =   R1 + R 2 x ( R1 + X )( R2 − X ) Đặt X = ( R2 − R1 ) ta được: RA B = R1 + R2 L 1 1 Khi đó cường độ dòng điện mạch chính: U U.(R 1 + R 2 ) U.(R 1 + R 2 ) = = I = RA B (R1 + X)(R 2 − X)  x  x  0,5 1 1  R 1 + ( R 2 − R 1 ) .R 2 − (R 2 − R1 )  L  L  2 2,0 Để I đạt min ta chỉ cần xét RA B , vì R1 + R2 không đổi, áp dụng bất 1 1 R1 + R 2 2 0,5 đẳng thức côsi ta có: (R1 + X)(R 2 − X) ≤ ( ) 2 R −R Nên RA1 B1 cực đại khi R1 + X= R2 - X → X = 1 2 2 0,5 x R − R2 L → ( R2 − R1 ) = 1 →x= L 2 2 L Vậy cường độ dòng điện mạch chính đạt cực tiểu khi x = 2 Để I đạt max ta thì phải có (R1+ X)(R2-X) đạt min khi 0 ≤ x ≤ L Ta thấy f(X) = (R1+ X)(R2-X) = -X2 + (R2 - R1)X + R1.R2 Vì f(X) là hàm số bậc 2 có hệ số A = -1< 0 nên đồ thị là một phần 0,5 parabol quay bề lỏm xuống dưới. Xét ở hai cận x = 0 và x = L thì tương ứng X = 0 và X = R2 - R1 khi đó f(X) đều bằng nhau, đạt cực tiểu và bằng f(X) min = R1R2 0,5 Vậy I max khi x =0 hoặc khi x = L nghĩa là khi A1 trùng A; B1 trùng B hoặc A1 trùng B; B1 trùng A Câu 3 4,5 1 2,5 Gọi x độ dâng mực nước ở nhánh A, y là độ hạ xuống của mực nước ở nhánh B khi dầu đầy. Ta có: xS1 = yS2 ⇒ x=2y (1) 0,5 Gọi M, N là hai điểm cùng nằm ngang với mặt phẳng A B phân cách giữa dầu và nước A và B (hình vẽ 3) h 0,5 Ta có: PM = PN => (x+y)d1 = (h+y)d2 x y ⇒ x+y = (h+y).0,75 (2) M N 0,5 Hình 3
20 Từ (1) và (2) ta có: y = cm . 3 0,5 16 − 3 3 Thể tích dầu đã đổ vào nhánh B là: V = S2(h+y) = .10 m 3 Khối lượng dầu đã đổ vào nhánh B là: m = V.D2 = 4kg 0,5 2 2,0 Khi khối trụ cân bằng nước dâng lên ở A các nhánh A, B lần lượt là a, b B  20 V1 a h+y 0 ≤ a ≤ h − x = cm V 3 1 x+y Với:  80 C b D 0 ≤ b ≤ h + y = cm 0,5  3 Gọi thể tích chiếm chổ của khối trụ trong nước là V1. Do D3 < D1 nên khối trụ nổi trên nước. FA=P3. Tức là: V1d1=V3d3 Hình => V1=360cm3 Mặt khác V1 = a.S1 + bS2 => a + 2b = 3,6 (3) 0,25 Gọi C, D là hai điểm cùng nằm ngang với mặt phẳng phân cách giữa dầu và nước A và B sau khi thả khối trụ (hình vẽ 4)  PC = PD => ( x + y – b + a)d1 = (h+y-b)d2  (x+y)d1 + (a-b)d1 = (h+y)d2 - b.d2. d1 − d 2 Theo câu 1: (x+y)d1 = (h+y)d2 => a = b d ⇒ b = 4a (4) 0,5 2 Từ (3) và (4) a = 0,4cm, b = 1,6cm thỏa mãn với điều kiện trên. 0,25 Vậy thể tích đã tràn ra khỏi bình B là: ∆V = b.S2 = 0,32.10-3m3 Khối lượng dầu tràn ra ngoài là: ∆m = ∆V.D2 = 0,24kg 0,5 Câu 4 3,0 Phần chùm tia sáng phản xạ từ A Phâ gương không bị MN chắn hắt lên n tường tạo ra vùng sáng trên tường, tích còn phần bị MN chắn sẽ tạo bóng của cho MN trên tường. Phần chùm sáng tới K 0,5đ chiếu trực tiếp lên thước không phản B xạ trên gương. Do đó bóng của thước M trên tường là đoạn AB như hình 5. β α Hìn G I N h H Hình vẽ cho 1,5đ Từ hình vẽ ta thấy AB = NK mà theo định luật phản xạ ánh sánh ta có: 0,5 MIN = β = 450 suy ra AB = NK= IN.tanβ = IN IN = IH + HN = MH.tanβ + MN.cosα  = MN.sinα.tanβ + MN.cosα = (1 + 3 ) = 10(1 + 3 ) ≈ 27,3cm 0,5 2
Vậy chiều dài bóng của thước trên tường là: AB = 27,3cm Câu 5 4,5 1 2,0 I Giả sử chiều dòng điện qua Rx có chiều như hình vẽ 6. A R1 Từ sơ đồ mạch điện ta có: I1 Rx Đ Iđ + U1 + U 2 = U d + U 3 U C I D  I2 x I3  I1 = I 2 + I x (1) B  I =I +I R2 R3 0,75  3 d x Hình k +1 IđRđ+(Iđ+Ix)R=(I2+Ix)R+I2R=> (k+1)Iđ=2I2 => I 2 = Iđ (2) 2 0,75 Kết hợp (1) và (2) ta có: Pd = Id kR  Pd = kId R 2 2  (k + 1) 2 (k + 1) 2  ⇒ (k + 1) 2 2 ⇒ P2 = Pd = .9( W) 0,5  P2 = I 2 R P2 = 2 Id R 4k 4k  4 2 2,5 Khi k=3 theo ý 1=> I2=2Id (3) không phụ thuộc Rx 0,5 Theo sơ đồ mạch điện hình 6 ta có: Uđ+U3=U => 4Iđ=2-Ix (4) 0,5 U2=Ux+U3 => I2R=IxRx+(Iđ +Ix)R (5) 0,5 I x ( R x + 8) từ (3), (5) thay số ta có: Iđ= (6) 8 4 0,5 Từ (4) và (6) suy ra: Ix= R + 10 (7) x 16R x Ta lại có: Px=Ix2Rx= (R + 10)2 = 0,4 ⇒ R x − 20R x + 100 = 0 2 x => Rx=10Ω 0,5 Ghi chú: + Tất cả các bài toán nếu giải theo cách khác mà đúng đều cho điểm tối đa. + Một lần thiếu đơn vị trừ 0,25đ, còn 2 lần trở lên trong cả bài thi trừ tối đa 0,5đ.