Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Vật lý (chuyên) năm 2024-2025 có đáp án - Sở GD&ĐT Phú Yên

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

2
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn tham khảo “Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Vật lý (chuyên) năm 2024-2025 có đáp án - Sở GD&ĐT Phú Yên" sau đây để hệ thống lại kiến thức đã học và biết được cấu trúc đề thi cũng như những nội dung chủ yếu được đề cập trong đề thi để từ đó có thể đề ra kế hoạch học tập và ôn thi một cách hiệu quả hơn. Chúc các bạn ôn tập thật tốt!

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 (chuyên) năm 2024-2025 có đáp án - Sở GD&ĐT Phú Yên

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TỈNH PHÚ YÊN TRUNG HỌC PHỔ THÔNG, NĂM HỌC 2024 - 2025 Môn thi: VẬT LÍ (CHUYÊN) ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 02/6/2024 (Đề thi có 2 trang, 6 câu) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. (3,00 điểm) Một bình nhiệt lượng kế bằng đồng có khối lượng 100 g đang chứa 1 kg nước ở 10 C. Thả vào nhiệt lượng kế các viên bi bằng đồng có cùng khối lượng 50 g, đang ở nhiệt o độ 100 oC. Nhiệt độ của nước khi có cân bằng nhiệt là 12 oC. Tính số viên bi đã thả vào nhiệt lượng kế. Biết nhiệt dung riêng của nước, của đồng lần lượt là 4142 J/kg.K và 380 J/kg.K. Bỏ qua sự mất mát nhiệt ra môi trường ngoài. Câu 2. (2,00 điểm) Một vôn kế có điện trở RV = 900 Ω được mắc vào mạch điện như Hình 1. Số chỉ của vôn kế khi K mở gấp 1,8 lần số chỉ của vôn kế khi K đóng. Biết hiệu điện thế UMN không đổi, các dây nối và khóa K có điện trở không đáng kể, Đ là các bóng đèn dây tóc cùng loại, có điện trở không đổi và không bị hỏng khi K đóng hay K mở. Tính giá trị điện trở của mỗi đèn. Câu 3. (4,00 điểm) Hình 1 Một bình thông nhau đặt trên mặt phẳng nằm ngang có hai nhánh hình trụ A, B đang chứa nước như Hình 2. Tiết diện trong của hai nhánh A B lần lượt là SA = 200 cm2 và SB = 50 cm2. Người ta đổ từ từ dầu vào nhánh A cho đến khi mực nước ở nhánh này giảm đi 1,6 cm so với mực nước ban đầu. Cho biết các chất lỏng không hòa trộn vào nhau, khối lượng riêng của nước là 1000 kg/m3 và khối lượng riêng của dầu là Hình 2 800 kg/m3, miệng ống đủ cao để các chất lỏng không bị tràn ra ngoài. a. Tính mực nước dâng lên thêm ở nhánh B. b. Xác định khối lượng của dầu đã đổ vào nhánh A. Câu 4. (4,00 điểm) d2 Hai vật nhỏ M, N chuyển động thẳng đều với tốc độ lần B lượt là v1 = 4 m/s và v2 = 3 m/s dọc theo hai đường thẳng d1, d2 v2 vuông góc với nhau tại O như Hình 3. Tại thời điểm t = 0, vật M đi ngang qua điểm A với A cách O một đoạn l1 = 100 m, vật N đi ngang qua B với B cách O một đoạn l2 = 120 m và cùng hướng O v1 A d1 về O. a. Tìm khoảng cách giữa hai vật tại thời điểm t = 15 s. Hình 3 b. Xác định thời điểm khoảng cách giữa hai vật nhỏ nhất. Trang 1
Câu 5. (4,00 điểm) Vật sáng AB có dạng một đoạn thẳng cao 5 cm, đặt vuông góc với trục chính của một thấu kính hội tụ (L), A nằm trên trục chính và cách quang tâm O của thấu kính một đoạn 15 cm thì cho ảnh thật A1B1 cao 2,5 cm. a. Tính tiêu cự f của thấu kính. b. Giữ cố định đầu B, dịch chuyển đầu A của vật đến vị trí sao cho AB song song với trục chính của thấu kính và A gần thấu kính hơn B. Tính độ lớn ảnh A2B2 của vật AB qua thấu kính (L). Câu 6. (3,00 điểm) Cho mạch điện như Hình 4. Đặt vào hai đầu đoạn mạch MN một hiệu điện thế không đổi U = 24 V, biết R1 = 24 , R2 = R3 = R4 = 4 , R5 = 10 , R6 = 6 , R7 là biến trở con chạy. Biết điện trở của các ampe kế, dây nối và khóa K không đáng kể, điện trở của vôn kế rất lớn. a. Khi khoá K đóng, điều chỉnh biến trở R7 đến giá trị 20  thì số chỉ các ampe kế A1, A2 và số chỉ vôn kế V bằng bao nhiêu? b. Khi khoá K mở, điều chỉnh biến trở R7 đến giá trị bao nhiêu để công suất tiêu thụ trên biến trở đạt cực đại? - Hết - Thí sinh không sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: .............................................; Số báo danh: ............................................ Chữ ký của giám thị 1: ......................................; Chữ ký của giám thị 2: ............................ Trang 2
van SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TỈNH PHÚ YÊN TRUNG HỌC PHỔ THÔNG, NĂM HỌC 2024 - 2025 HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN: VẬT LÍ - ĐỀ CHÍNH THỨC (Hướng dẫn chấm có 4 trang) 1. Hướng dẫn chung - Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như hướng dẫn quy định; - Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm chấm phải bảo đảm không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi; - Điểm bài thi không làm tròn số. 2. Nội dung và thang điểm Câu Nội dung Điểm Gọi N là số viên bi thả vào nhiệt lượng kế; m0, m1, m2 lần lượt là khối lượng viên bi, khối lượng nhiệt lượng kế, khối lượng nước; c1, c2 lần lượt là nhiệt dung riêng của đồng, của nước. Nhiệt lượng toả ra: Q1 = Nm0.c1.(t1 – tcb) 0,50 Câu 1 Nhiệt lượng thu vào: Q2 = m1.c1.(tcb – t2) + m2.c2.(tcb – t2) 1,00 (3,00) Phương trình cân bằng nhiệt: Q1 = Q2 0,50 Nm0.c1.(t1 – tcb) = m1.c1.(tcb – t2) + m2.c2.(tcb – t2) N.0,05.380.(100 – 12) = 0,1.380.(12 -10) + 1.4142.(12–10) 0,50 Suy ra N = 5 viên bi 0,50 K mở U U I=  R X  R V R X  900 U.900 UV = I.R V  0,50 R X  900 K đóng U U U.(R X  900) I’ =    R X 1800.R X  R X 2 Câu 2 R X .R V R X .900  RX (2,00) RX  RV R X  900 R X .900 U.900 0,50 U'V  I' .  R X  900 R X  1800 Theo đề bài: UV = 1,8 U'V U.900 U.900 0,50 = 1,8. R X  900 R X  1800 Suy ra RX = 225  . 0,50 Trang 1
a) (2,00 điểm) Gọi d1, d2 lần lượt là trọng lượng riêng của nước và của dầu. h1 là độ giảm mực nước ở bình A. h2 là độ tăng mực nước ở bình B. h là độ cao cột dầu. Ta có: Thể tích nước giảm đi ở nhánh lớn đúng bằng thể tích nước tăng lên ở nhánh nhỏ: V1 =V2 S1h1 = S2 h 2 1,00 Câu 3 200.h1 = 50.h 2  h 2 = 6,4 cm 1,00 (4,00) b) (2,00 điểm)Chọn điểm A nằm trên mặt tiếp giáp giữa dầu và nước, điểm B ở nhánh nhỏ sao cho A và B nằm trên cùng một mặt phẳng nằm ngang. 0,50 Ta có: pA = pB d 2 .h = d1.(h1 +h 2 ) 0,50 d1 (h1 +h 2 ) 10000.(1,6+6,4) h= = = 10cm 0,50 d2 8000 Khối lượng của dầu là m = D.V = D.S1.h = 800.0,02.0,1 = 1,6 kg. 0,50 Gọi H, K là vị trí của vật M, N ở thời điểm t y d2 a) (2,00 điểm) Khi t = 15 s B OH = ℓ1 – vM.t = 100 – 4.15 = 40 m. K 0,50 OK = ℓ2 – vN.t = 120 – 3.15 = 75 m. 0,50 O H A d1 x Khoảng cách của hai vật ở thời điểm t = 15 s là 1,00 d = OH2 +OK2  402  752  85 m. b) (2,00 điểm) Khoảng cách của hai vật ở thời điểm t Câu 4 (4,00) d= OH2 +OK 2  (100 - 4.t)2  (120 - 3.t)2 0,50 d = 24400 - 1520.t  25.t 2 0,50 => d2 = 25t2 – 1520t + 24400 => 25t2 – 1520t + 24400 – d2 = 0 (*)  = 15202 – 4 . 25.( 24400 – d2) ≥ 0 => d2 ≥ 1296 => dmin = 36 cm Thay dmin = 36 cm vào (*) ta được 25t2 – 1520t + 23104 = 0 Giải ra ta được t = 30,4 s Vậy khoảng cách giữa hai vật nhỏ nhất khi t = 30,4 s. 1,00 Trang 2
a) (2,00 điểm) B F’ A1 A F O 0,50 B1 A1B1 2,5 1 Ta có: k = = = AB 5 2 1 Vì vật thật cho ảnh thật nên k =  0,50 2 f 1 f k= - = 0,50 f-d 2 f -15 Suy ra f = 5 cm. 0,50 b) (2,00 điểm) Vẽ hình B A Câu 5 (4,00) C D F’ C1 D1 F 0,50 O B2 H A2 dC .f 15.5 d'C1 = = = 7,5 cm ; dC  f 15  5 d D .f 10.5 d D1 = = = 10 cm; 1,00 d D  f 10  5 B2 H = C1D1 =10  7,5 = 2,5 cm. Tam giác HA 2 B2 có HB2 A2  45o nên là tam giác vuông cân, do đó 0,50 A2 B2  HB2 . 2  2,5. 2 cm. Trang 3
a) (1,50 điểm) Đóng khoá K, sơ đồ mạch điện là: (R 7 nt R 4 )//R1  ntR 3  //  R 6 nt R 5  nt R 2 R 47 .R1 R 47 = R 4 + R 7 = 24 Ω ; R147 = = 12 Ω R 47 + R1 R1347 = R147  R 3 = 16 Ω ; R 56 = R 5 + R 6 = 16 Ω R1347 .R 56 R134567 = = 8 Ω; R = R134567 + R2 = 12  0,25 R1347 + R 56 U Cường độ dòng điện qua mạch : I = = 2 A = I2 = I134567 R U134567 = I.R134567 = 16 V = U1347 = U56 U1347 IA1 = I3 = I147 = I1347 =  1A 0,25 R1347 U1 U147 = I147.R147 = 12 V = U1 = U47 . Suy ra I1 =  0,5 A 0,25 R1 Số chỉ ampe kế A2 là: IA2 = I – I1 = 1,5 A 0,25 U47 I47 =  0,5 A = I7 => U7 = I7.R7 = 10 V R 47 U56 Câu 6 I56 =  1 A = I6 => U6 = I6.R6 = 6 V 0,25 R 56 (3,00) UBC = UBM + UMC = - U7 + U6 = - 4 V 0,25 Số chỉ của vôn kế: UV = 4 V b) (1,50 điểm) K mở, sơ đồ mạch điện là: (R 4 nt R7 nt R6 nt R5 )//R3  nt R1nt R2 R 4567 .R 3 (20 + R 7 ).4 R 4567 = R 456 + R 7 = 20 + R 7 ; R AD = = R 4567 + R 3 24 + R 7 (20 + R 7 ).4 752 + 32R 7 R = R AD + R1 + R 2 =  28  24 + R 7 24 + R 7 0,25 U (24 + R 7 ).24 I=  = I1 = I2 = I34567 ; R 752 + 32R 7 (20 + R 7 ).24.4 U 96 U34567  I.R 34567   U4567 ; I4567  4567  = I7 752 + 32R 7 R 4567 752 + 32R 7 0,25 962 962 962 P7 2 = R 7 I7 = R 7   (752  32R 7 ) 2  752  32R  2  752  2 0,50  7    R7   R7   R     7  Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có P7 đạt giá trị lớn nhất khi 752 0,50  32 R 7 hay R7 = 23,5  R7 Trang 4