Đề thi thử vào lớp 10 THPT chuyên năm học 2014-2015 môn Vật lý- Sở Giáo dục và Đào tạo Thái Nguyên

Chia sẻ: Cau Le | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

114
lượt xem 23
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh củng cố lại phần kiến thức đã học, biết cấu trúc ra đề thi như thế nào và xem bản thân mình mất bao nhiêu thời gian để hoàn thành đề thi, mời các bạn cùng tham khảo "Đề thi thử vào lớp 10 THPT chuyên năm học 2014-2015 môn Vật lý- Sở Giáo dục và Đào tạo Thái Nguyên" dưới đây để có thêm tài liệu tham khảo trong quá trình ôn thi.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử vào lớp 10 THPT chuyên năm học 2014-2015 môn Vật lý- Sở Giáo dục và Đào tạo Thái Nguyên

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN MÔN : VẬT LÍ ( Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề) Câu 1 ( 1,5 điểm ) Khoảng cách giữa trung tâm thành phố (gọi là điểm A) và nhà máy (gọi là điểm B) là 30km. Một người bắt đầu đi bộ từ nhà máy đến trung tâm thành phố vào lúc 6 giờ 30 phút sáng. Lúc 6 giờ 40 phút sáng cùng ngày, một người đi xe đạp rời trung tâm thành phố đến nhà máy với tốc độ không đổi 18 km/h. Người đi bộ gặp người đi xe đạp tại vị trí cách nhà máy 6km. Sau khi gặp nhau họ vẫn giữ nguyên lịch trình và chỉ dừng lại khi đến nơi. Hai người gặp nhau lúc mấy giờ? Tốc độ của người đi bộ là bao nhiêu? Coi quãng đường từ trung tâm thành phố đến nhà máy là đường thẳng. Câu 2 ( 3 điểm ) 1) Ta đã biết nước đá có khối lượng riêng nhỏ hơn nước nên nó có thể nổi trên mặt nước. Bỏ một cục nước đá vào trong một cốc thủy tinh và rót nước vào cốc cho đến khi mực nước vừa đến miệng cốc. Hỏi sau khi cục nước đá tan hết thì nước có tràn ra khỏi cốc hay không? Giải thích? 2) Một chiếc bình nhôm hình trụ có khối lượng m1  200 g , chứa m2  500 g nước ở nhiệt độ t1  200 C . Thả vào bình một cục nước đá có khối lượng m3 ở nhiệt độ 00 C . Khi cân bằng nhiệt người ta thấy cục nước đá chỉ tan hết một nửa. a) Tính khối lượng của cục nước đá b) Người ta thả vào bình một ít bột nhôm ở nhiệt độ 500C sao cho mực nước trong bình khi có cân bằng nhiệt cao gấp đôi lúc vừa mới thả cục nước đá. Tính nhiệt độ sau cùng của hỗn hợp. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường bên ngoài. Cho nhiệt dung riêng của nhôm và nước lần lượt là c1  880 J/kg.K; c2  4200 J/kg.K; nhiệt nóng chảy của nước đá là   3, 4.105 J/kg và khối lượng riêng của nhôm là D = 2700 kg/m3. Câu 3 ( 2,5 điểm ) Cho mạch điện như hình vẽ: R1  R2  40 , R4  30 , R3 là A một biến trở. Ampe kế lí tưởng. Hiệu điện thế UAB không thay đổi. A B R4 a) Điều chỉnh cho R3  40 , thì thấy ampe kế chỉ 0,5 A. Tính hiệu   điện thế UAB, và cường độ dòng điện chạy qua các điện trở. R3 b) Điều chỉnh R3 sao cho công suất tỏa nhiệt trên nó đạt cực đại. Tính R3 và công suất cực đại đó. R C R2 1 Câu 4 ( 1,5 điểm ) Một gương phẳng lớn, tiếp xúc với nền nhà nằm ngang và nghiêng một góc  so với phương thẳng đứng (xem hình vẽ bên). Một học sinh đi lại gần phía gương, có mắt ở độ cao h so với nền nhà. Tính khoảng cách cực đại từ chân người đó đến mép dưới của gương để học sinh đó có thể nhìn thấy: a) Ảnh của mắt mình. b) Ảnh của toàn thân mình. Câu 5 ( 1,5 điểm ) Đặt vật AB cao 2cm, vuông góc với trục chính của một thấu kính hội tụ (A nằm trên trục chính), cách thấu kính 30cm, ta thu được ảnh hiện rõ trên màn. Dịch chuyển vật lại gần thấu kính thêm 10cm thì ta phải dịch chuyển màn thêm một đoạn nữa mới thu được ảnh, ảnh sau cao gấp đôi ảnh trước. Tính tiêu cự của thấu kính và tính độ cao của các ảnh. ( Không áp dụng trực tiếp công thức thấu kính ) HẾT Họ và tên thí sinh:………………………………………………….Số báo danh:… ( Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ ĐÁP ÁN THI THỬ VÀO THPT CHUYÊN MÔN VẬT LÝ - NĂM HỌC 2014 – 2015. Bài Nội dung Điểm A D C B v1 v2 Gọi v1 là vận tốc của người đi xe đạp thì v1 = 18km/h , v2 là vận tốc của người đi bộ. Giả sử lúc 6h40 phút, người đi bộ tới điểm C thì thời gian người đi bộ đi từ B đến C là t0 = 6h40 phút – 6h 30 phút = 10phút. 0,5 Gọi vị trí 2 người gặp nhau là D thì BD = 6km, như vậy người đi xe đạp đã đi được quãng đường : AD = AB – BD = 30 – 6 = 24( km) Bài 1 Thời gian để người đi xe đạp đi hết quãng đường AD là : 1,5đ AD 24 4 t1    h = 1h 20 phút. 0,5 v1 18 3 Thời điểm 2 người gặp nhau là 6h40 phút + 1h20 phút = 8h sáng. Thời gian người đi bộ đi từ B đến D là: t = t0 +t1 = 1h30 phút = 1,5h Vận tốc của người đi bộ là: BD 6 v2    4(km / h) t 1,5 0,5 Gọi V là thể tích cục nước đá trong đó V1 là thể tích phần nổi, V2 là thể tích phần chìm thì : 0,25 V = V1 + V2 . Gọi Dđ là khối lượng riêng của nước đá, Dn là khối lượng riêng của nước. Điều kiện cân bằng của cục nước đá là : P = FA hay 10DđV = 10Dn V2  DđV = DnV2 (1) 0,25 Gọi V3 là thể tích nước do cục nước đá tan hết ra thì khối lượng của cục nước đá và khối lượng của thể tích nước V3 là như nhau. Ta có : DđV = DnV3 (2) 0,25 Từ (1) và (2) ta được V2 = V3 hay thể tích của phần đá chìm chính là thể tích nước do cục nước đá tan ra hết. Vì vậy nước không tràn ra khỏi cốc. 0,25 Bài 2 3đ 2. a Cục nước đá chỉ tan một nửa nên nhiệt độ cuối của hệ là 00C. Nhiệt lượng do bình và nước trong bình tỏa ra để giảm nhiệt độ đến 00C là: Q1  (m1c1  m2c2 )(t1  00 ) = 45520(J) (3) 0,25 Nhiệt lượng do cục nước đá thu vào để tan một nửa là: Q2 = 0,5m3.  (4) 0,25 Theo phương trình cân bằng nhiệt ta có: Q1 = Q2 (5) 0,5 Từ (3), (4), (5) ta được m3  0, 268kg  268 g . Vậy cục nước đá có khối lượng là 0,268kg. b. Theo đề bài ta thấy thể tích phần bột nhôm chính bằng thể tích của tất cả lượng nước trong m  m3 0,25 bình. Thể tích đó là: V 2  7, 68.104 m3 D2 0,25 Như vậy ta có khối lượng của bột nhôm là: mn = D1V = 7,68.10-4.2700  2(kg). Giả sử sau khi thả vào bình, nhôm hạ nhiệt độ từ t2 = 500C tới 00C thì nó sẽ tỏa ra một nhiệt lượng là: Q3 = mn c1(t2-00) = 88000(J).
Trong khi đó, nếu một nửa cục nước đá tan hết thì cần nhiệt lượng là Q2 = 0,5m3.  = Q1 = 45520(J). 0,25 Ta thấy Q3 > Q1 , điều đó chứng tỏ cục nước đá sẽ tan hết và nhiệt độ của hệ sẽ tăng tới t3. Nhiệt độ t3 của hệ được xác định từ phương trình: Q3  Q2 Q3 – Q2 = (m2 +m3)c2(t3 – 0) + (m1 +mn)c1(t3 – 0)  t3   8,20(C) 0,25 (m2  m3 )c2  (m1  mn )c1 0 Vậy nhiệt độ cuối cùng của hệ là 8,2 C. a. Vẽ lại mạch điện: [(R2//R1)nt R3]//R4. Tính điện trở tương đương của các đoạn mạch R4 I4 R1 R12   20() (vì R1 = R2). 2 A I R2 B R123  R12  R3  60() I2 R .R 60.30 RAB  4 123   20() 0,75 R4  R123 60  30 R3 I3 Vì R1 //R2 mà R1 = R2 nên I1 = I2 I1 R1 Ta có I  I1  I A  0,5( A ) (1) U12 U 3 U12  U 3 U AB U Bài 3 Mà     2 I1  I1  AB . Thay vào (1) ta có R12 R3 R12  R3 60 120 2,5đ U AB U AB 5U 0,75   0,5( A)  AB  0,5  U AB  12(V ). 20 120 120 Từ đó ta xác định được cường độ dòng điện qua các điện trở là: U 12 U 12 I 0,5 I 4  AB   0, 4( A) I 3  AB   0, 2( A) I1  I 2  3  0,1( A) R4 30 R123 60 2 b. Điều chỉnh R3 để P3 đạt cực đại : U2 U2 P3  I 32 R3  2 R3  . Để P3 đạt cực đại thì mẫu số phải R123 R12 (  R3 ) 2 0,25 R3 cực tiểu. Áp dụng bất đẳng thức Cosy cho mẫu số ta được R3 = R12 = 20Ω. Khi đó P3 cực đại bằng: U2 122 P3max    1,8(W ) 0,25 R (2 20) 2 ( 12  R12 ) 2 R12 a. Gọi M1 là ảnh của mắt M qua gương. Muốn G mắt thấy ảnh của nó thì các tia sáng từ M sau khi phản xạ trên gương phải có tia đi vào mắt. M Bằng phép dựng ảnh của mắt qua gương ta thấy chùm tia phản xạ sẽ có tia đi tới mắt nếu α MOG  900 . Do đó khoảng cách OA cực đại A α Bài 4 A 0,75 khi MO  OG (hình vẽ), như vậy 1 O 1,5đ h OAm ax  tan  M1
b. Để người đó thấy ảnh của toàn thân mình thì mắt chỉ cần nhìn thấy ảnh A1 của chân A (hình vẽ). Khi đó 3 điểm A1, O, M thẳng hàng. Xét ∆MOA có MOA  2 vì là góc ngoài của tam giác AOA1, khi đó 0,5 h OA  tan 2 G M 0,25 α M1 2α O A A1 Theo đề bài thì OA1 = 30cm, OA2 = 30-10 = 20cm. A2 B2  2 A1B1 . Theo hình vẽ ta có : AB AO d  A B AO d  0,25 A1 B1O A1B1O  1 1  1  1 (1) và A2 B2O A2 B2O  2 2  2  2 (2) A1 B1 A1O d1 A2 B2 A2O d 2 d 2 d mà A1 B1  A2 B2 ; A2 B2  2 A1B1 nên từ (1) và (2) ta được  2 1 (3) d2 d1 0,25 AB AF  A B1 d   f OIF  A1B1F   1 1  1 1  1  1 (4) . Từ (1) và (4) ta có : 0,25 OI OF  A1 B1 f d1 d1  f d f d f   d1  1 (5) Tương tự ta cũng chứng minh được d 2  2 (6) d1 f d1  f d2  f 0,25 Bài 5 f f 1,5 đ Thay (5), (6) vào (3) ta được: 2 . Thay số và biến đổi ta có f = 10cm. 0,25 d2  f d1  f AB f 1 1 Để xác định độ cao của ảnh ta áp dụng công thức 1 1    A1B1  A1 B1 =1cm. A1 B1 d1  f 2 2 0,25 A2 B2  2 A1B1 = 2cm. Chú thích: Bài làm có thể không cần vẽ hình ở trường hợp 2 mà chỉ cần lập luận và biến đổi ra kết quả đúng vẫn cho đủ điểm, tuy nhiên không được sử dụng trực tiếp công thức thấu kính. B1 B2 I F A1 A2 A1 A2 O B1 B2 Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác mà ra kết quả đúng vẫn cho đủ điểm.