Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Vật lý chuyên (2012 -2013) - Sở GD&ĐT Quảng Bình - (Kèm Đ.án)

Chia sẻ: Hà Văn Văn | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

314
lượt xem 57
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Vật lý chuyên năm 2012 - 2013 của Sở giáo dục và đào tạo Quảng Bình kèm đáp án giúp các em ôn tập lại kiến thức đã học và đồng thời giáo viên cũng có thêm tư liệu tham khảo trong việc ra đề thi.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Vật lý chuyên (2012 -2013) - Sở GD&ĐT Quảng Bình - (Kèm Đ.án)

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 - 2013 (ĐỀ CHÍNH THỨC) Khóa ngày 04 - 7 - 2012 MÔN VẬT LÍ (Chuyên) Họ tên:............................................. Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Số báo danh:................................... (Đề thi gồm có 01 trang) Câu 1 (2,0 điểm). Hai người đi xe đạp từ A đến B với vận tốc không đổi. Người thứ nhất và người thứ hai xuất phát cùng một lúc với các vận tốc tương ứng v1 = 10km/h và v2 = 12km/h. a, Tính khoảng cách giữa hai người sau 1 giờ xuất phát. b, Một người thứ ba cũng đi xe đạp với vận tốc không đổi v3 từ A đến B, xuất phát sau người thứ nhất và người thứ hai 30 phút. Khoảng thời gian giữa hai lần gặp của người thứ ba với người thứ nhất và người thứ hai là t = 1h. Tìm vận tốc của người thứ ba. Câu 2 (1,5 điểm). Trong một bình đậy kín có một cục nước đá khối lượng M = 0,1 kg nổi trên nước, trong cục đá có một viên chì khối lượng m = 5g. Hỏi phải tốn một nhiệt lượng bằng bao nhiêu để cục nước đá bắt đầu chìm xuống nước. Cho khối lượng riêng của chì là Dc = 11,3g/cm3, nước đá là Dđ = 0,9g/cm3, nước là Dn = 1g/cm3, nhiệt nóng chảy của nước đá là  = 3,4.105J/kg. Nhiệt độ nước trung bình là 00C. Câu 3 (3,0 điểm). Cho 3 điện trở R1, R2 và R3, R3 = 16  chịu được các hiệu điện thế tối đa lần lượt là R3 U1max = U2max = 6V, U3max = 12V. Người ta ghép ba A B điện trở nói trên thành đoạn mạch AB như hình vẽ thì điện trở của đoạn mạch đó là RAB = 8  . R1 R2 a, Tính R1 và R2. Biết rằng nếu đổi chỗ R2 và R3 thì điện trở của đoạn mạch là R’AB = 7,5  . b, Tính hiệu điện thế lớn nhất mà bộ điện trở chịu được. Khi đó công suất bộ điện trở bằng bao nhiêu? c, Thay R1 bằng một đèn Đ1(6V- 6W), đèn Đ1 có thể sáng bình thường trong mạch AB này không? Vì sao? Khi đó có thể thay đổi R2 bằng một điện trở khác (cùng chịu được hiệu điện thế tối đa như R2) có giá trị bao nhiêu để đèn Đ1 sáng bình thường? Câu 4 (2,0 điểm). Một thấu kính L có tiêu cự 20cm, đặt trong không khí. Một vật sáng AB đặt vuông góc với trục chính thấu kính L, A ở trên trục chính, ảnh A’B’ của AB qua thấu kính là ảnh thật. a, Vẽ hình tạo ảnh A’B’ của AB qua thấu kính L. b, Ảnh A’B’ được thu trên màn P, cố định vật AB và màn P cách nhau 90cm. Dịch chuyển thấu kính L giữa AB và màn P, ta thấy có hai vị trí của thấu kính mà tại đó thu được ảnh A’B’ rõ nét trên màn P. Dựa trên hình vẽ ở câu a và các phép tính hình học, xác định hai vị trí đó của thấu kính. Câu 5 (1,5 điểm). Xác định tỉ số các khối lượng riêng của hai chất lỏng cho trước nhờ các dụng cụ và vật liệu sau đây: hai bình chứa các chất lỏng khác nhau, một thanh thẳng làm đòn bẩy, hai quả nặng có khối lượng bằng nhau, giá đỡ có khớp nối để làm điểm tựa cho đòn bẩy, thước thẳng. -------------HẾT------------- HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHẤM
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 - 2013 Khóa ngày 04 - 7 - 2012 Môn: Vật Lý (Chuyên) Câu Đáp án Điểm Ta có các phương trình chuyển động (t tính bằng giờ, y tính bằng km) Người thứ nhất: y1 = v1t (1) a, Người thứ hai: y2 = v2t (2) 0,25đ 0,5đ Phương trình khoảng cách giữa hai người là  y = y2 - y1 = (v2 - v1)t Sau 1 h khoảng cách giữa hai người là:  y = (12 -10)1 = 2km 0,25đ Phương trình chuyển động của người thứ ba: y3 = v3(t - 0,5)  y3 = v3t - 0,5v3 (3) 0,25đ 1. Người thứ ba gặp người thứ nhất ở thời điểm t1 thì sẽ gặp người thứ hai tại 2,0đ thời điểm t2 = t1 + 1. Từ (1) và (3) ta có tại t1: y1 = y3  v1t1 = v3t1 - 0,5v3 (4) 0,25đ Từ (2) và (3) ta có tại t2: y2 = y3  v2t2 = v3t2 - 0,5v3. Suy ra b, 1,5đ v2(t1 + 1) = v3(t1 + 1) - 0,5v3  v2t1 + v2 = v3t1 + 0,5v3 (5) 0,25đ Rút t1 từ (4) thay vào (5) ta có phương trình: v32 - (0,5v1 + 1,5v2)v3 + v1v2 = 0 0,25đ thay số ta có v32 - (0,5.10 + 1,5.12)v3 + 10.12 = 0  v32 - 23v3 + 120 = 0 (6) 0,25đ Giải (6) ta có hai nghiệm v31 = 8km/h và v32 = 15km/h; để người thứ nhất đuổi kịp hai người đi trước thì v3 > v2 > v1 nên ta chọn v3 = v32 = 15km/h. 0,25đ Để khối nước đá chứa viên chì bắt đầu chìm thì khối lượng riêng trung bình của cục nước đá chứa viên chì bằng khối lượng riêng của nước. Gọi M1 là M1  m khối lượng còn lại của cục nước đá khi bắt đầu chìm, ta có:  Dn 0,25đ V Trong đó V là thể tích cục nước đá và chì. M1 m mà V   0,25đ D đ Dc 2. 1,5 đ M m   M1  m  V.D n   1  D D n  đ Dc   0,25đ  D - Dn  Dđ  M1  m  c  D -D  D  n đ  c
 11,3 - 1  0,9 Thay số ta có  M1  5    41g  1 - 0,9  11,3 0,25đ Khối lượng nước đá phải tan:  m = M - M1 = 100 - 41 = 59g Nhiệt lượng cần thiết để lượng nước đá này tan ra cũng là nhiệt lượng cung 0,25đ cấp cho khối nước đá để khối nước đá và cục chì bắt đầu chìm: Q  m = 3,4.105.59.10-3 = 200,6.102J 0,25đ (R 1  R 2 )R 3 16(R 1  R 2 ) Ban đầu R AB    8 R 1  R 2  R 3 R 1  R 2  16 0,25đ  16(R 1  R 2 )  8(R 1  R 2 )  16.8  8(R1  R 2 )  128 128  R1  R 2   16 (1) 0,25đ 8 a, Khi đổi chỗ R2 và R3 thì 1,0đ (R 1  R 3 )R 2 R (R  16) R 2 (R 1  16) R ' AB   2 1   7,5 R 1  R 2  R 3 R 1  R 2  16 16  16  R 2 (R 1  16)  7,5.32  240 (2) 0,25đ Giải (1) và (2) ta có R2 = 12  và R1 = 4  0,25đ Hiệu điện thế và công suất của mạch cực đại khi ít nhất có một điện trở đạt giá trị hiệu điện thế cực đại. Xét hiệu điện thế cực đại trên 3 điện trở. - Nếu hiệu điện thế trên R3 đạt giá trị cực đại thì: U3 = U3max = 12V = U1+U2 = I1R1 + I2R2 trong đó I1 = I2 = I12  U3 = I12(R1 + R2) 3. U3 12 Ta có  I12=   0,75 A, khi đó U1 = I12R1 = 0,75.4 = 3V và U2 = 3,0đ b, R 1  R 2 16 1,0đ I12R2 = 0,75.12 = 9V > U2max nên không thể xảy ra trường hợp này. 0,25đ Vì R1 và R2 mắc nối tiếp nên I1 = I2  U1  U 2  U1  R 1  4  2 (3) R1 R2 U2 R2 12 6 - Nếu U1=U1max = 6V thì U2 = 18V>U2max cũng không thể xảy ra. - Nếu U2=U2max = 6V thì U1 = 2V và U3 = UAB = U2 + U1 = 8V < 12V = U3max 0,25đ có thể xảy ra, vậy hiệu điện thế cực đại là UABmax = 8V. 0,25đ U2 Công suất của bộ điện trở khi đó lớn nhất: Pmax = ABmax  8w 0,25đ R AB 62 6 Đèn Đ1 có điện trở RĐ1 =  6 ; cường độ dòng điện định mức IĐ1 =  1 A 0,25đ 6 6 - Để đèn Đ1 sáng bình thường thì cường độ dòng điện qua đèn phải đạt giá trị
định mức; do đèn Đ1 nối tiếp với điện trở R2 nên I’2 = 1A  U’2 = I’2.R2 = 12V > U2max nên không thể xảy ra. 0,25đ - Để Đ1 sáng bình thường có thể thay R2 bằng một điện trở R’2 (có hiệu điện c, thế tối đa như R2) nhưng có giá trị khác để có thể cho dòng điện I’2 = IĐ1 = 1A. 1,0đ U 2max Vì U2max = 6V nên giá trị lớn nhất của điện trở R’2 là R’2max = = 6. I '2 0,25đ Khi đó R’2 = R’2max = 6  thì U’2 = U’2max = 6V; U3 = U1 + U’2 = 12V = U3max nên có thể xảy ra. Vậy có thể thay R2 bằng một điện trở R’2 = 6  để đèn Đ1 sáng bình thường. 0,25đ B M a, 1,0đ F F’ A’ 1,0đ A O B’ OA ' A 'B' Xét hai tam giác đồng dạng ABO và A’B’O ta có  OA AB 4, 2,0đ A ' B' F ' A ' Xét hai tam giác đồng dạng F’MO và A’B’F’ ta có  0,25đ OM F'O A ' B' A ' B' OA ' A 'B' A ' B' F'A ' OA ' OA '  F'O mà      '   0,25đ b, AB OM OA AB OM F O OA F' O 1,0đ 11 1 OA  OA '  '   '  ,  OA OA '  f (OA  OA ' ) F O OA OA OA OA Với OA  OA ' =90 (1)  OA OA '  20.90  1800 (2) 0,25đ Giải (1) và (2) ta có OA = 60cm và OA ' =30cm hoặc OA = 30cm và OA ' =60cm, suy ra thấu kính có hai vị trí cách vật AB 30cm và 60cm. 0,25đ A B lA lB O F P P Treo hai vật vào A đầu thanh thẳng làm đòn bẩy; một vật nhúng vào chất hai
lỏng; điều chỉnh đòn bẩy cân bằng; dùng thước đo các khoảng cách OA= l A và 5. OB= lB; lần lượt làm như vậy với hai chất lỏng (Hình vẽ). 1,5đ 0,5đ Phương trình cân bằng đòn bẩy đối với chất lỏng 1: (P-F)lA=PlB (1) Phương trình cân bằng đòn bẩy đối với chất lỏng 2: (P-F’)l’A=Pl’B (2) 0,25đ Trong đó P là trọng lượng mỗi vật, F và F’ là lực đẩy Ác - si - mét của chất lỏng 1 và 2 lên vật A phía bên trái, lA ,lB và l’A , l’B là cánh tay đòn tương ứng với A và B trong hai trường hợp vật A nhúng vào trong chất lỏng 1 và 2. lB P - F F F l l -l Từ (1):   1  1 B  A B (3) lA P P P lA lA 0,25đ F' l ' A - l ' B Tương tự từ (2):   ' (4) P lA 0,25đ với F = VDg và F’ = VD’g (D và D, là khối lượng riêng của các chất lỏng, g là gia tốc rơi tự do). F' (l'A - l' B )lA VDg D Chia (4) cho (3)   '  '  ' 0,25đ F (lA - lB )l A VD g D đo lA , lB, l’A , l’B xác định được tỉ số khối lượng riêng của hai chất lỏng * Ghi chú: 1. Thí sinh làm bài theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. 2. Không viết công thức mà viết trực tiếp bằng số các đại lượng, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. 3. Ghi công thức đúng mà: 3.1. Thay số đúng nhưng tính toán sai thì cho nửa số điểm của ý. 3.2. Thay số từ kết quả của ý trước dẫn đến sai thì cho nửa số điểm của ý đó. 4. Nếu sai đơn vị hoặc thiếu đơn vị 3 lần trở lên thì trừ 0,5 điểm toàn bài. 5. Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25 điểm. 6. Câu 4, ý a nếu thí sinh vẽ hình thiếu các kí hiệu vật, chiều truyền tia sáng, các điểm đặc biệt của thấu kính... thì trừ từ 0,25đ đến 0,5đ toàn ý.