Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Vật Lý - Năm học 2013-2014 - Sở giáo dục và đào tạo Phú Thọ

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Vật Lý - Năm học 2013-2014 - Sở giáo dục và đào tạo Phú Thọ

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT PHÚ THỌ CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn: Vật lí ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi có 02 trang Câu 1 (2,0 điểm) Hai người ban đầu ở các vị trí A và B trên hai con đường thẳng song song với nhau và cách nhau một khoảng l = 540m, AB vuông góc với hai con đường. Giữa hai con đường là một cánh đồng. Người I chuyển động trên đường từ A với vận tốc v 1 = 4m/s. Người II chuyển động từ B cùng lúc với người I và muốn chuyển động đến gặp người này. Vận tốc chuyển động của người II khi đi trên cánh đồng là v2 = 5m/s và khi đi trên đường là v2’ = 13m/s. a) Người II đi trên cánh đồng từ B đến C và gặp người I tại C như Hình 1a. Tìm thời gian chuyển động của hai người khi đi đến C và khoảng cách AC. b) Người II đi trên đường từ B đến M, đi trên cánh đồng từ M đến D gặp người I tại D như Hình 1b sao cho thời gian chuyển động của hai người đến lúc gặp nhau là ngắn nhất. Tìm thời gian chuyển động này và các khoảng cách BM, AD. A C A D B B M Hình 1a Hình 1b Câu 2 (1,5 điểm) Có hai bình cách nhiệt: bình 1 chứa một lượng nước có khối lượng m 1 = 2kg ở nhiệt 0 0 độ t1 = 20 C; bình 2 chứa một lượng nước có khối lượng m 2 = 4kg ở nhiệt độ t 2 = 60 C. Người ta rót một lượng nước từ bình 1 sang bình 2, sau khi cân bằng nhiệt người ta lại rót một lượng nước như thế từ bình 2 sang bình 1. Nhiệt độ cân bằng ở bình 1 lúc này là 0 t1’ = 21,95 C. a) Tính lượng nước trong mỗi lần rót và nhiệt độ cân bằng t2’ của bình 2. b) Khi nhiệt độ hai bình ổn định như trên, người ta lại rót một lượng nước như thế từ bình 1 sang bình 2, sau khi bình 2 cân bằng nhiệt thì lại rót một lượng nước như thế từ bình 2 sang bình 1. Hỏi nhiệt độ cuối cùng của mỗi bình là bao nhiêu? Câu 3 (2,0 điểm) Cho mạch điện như Hình 2. Nguồn điện có + - hiệu điện thế U không đổi. Khi mắc thêm một điện U trở R song song với điện trở R2 thì cường độ dòng điện qua R bằng 12mA, còn cường độ dòng điện qua R1 thay đổi 4mA. Bỏ qua điện trở của dây nối. R R1 R2 Xác định tỉ số 1 ? R 2 Hình 2 1
2. Câu 4 (2,5 điểm) Cho mạch điện như Hình 3: U = 16V; + - R 0 4 ; R1 12 ; Rx là giá trị tức thời của A U một biến trở có giá trị đủ lớn, ampe kế A và dây nối có điện trở không đáng kể. R0 R1 a) Tính Rx sao cho công suất tiêu thụ trên nó bằng 9W và hiệu suất của mạch điện khi đó. Biết rằng tiêu hao năng lượng trên R 1, Rx là có ích, trên R0 là vô ích. Rx b) Với giá trị nào của Rx thì công suất Hình 3 tiêu thụ trên nó là cực đại? Tính công suất đó. Câu 5 (2,0 điểm) Một nguồn sáng điểm S đặt tại tiêu điểm của một thấu kính hội tụ có tiêu cự f = 10cm. Trên một màn đặt sau thấu kính một khoảng l = 20cm, người ta thu được một vòng tròn sáng bán kính 3r. Hỏi phải dịch chuyển nguồn sáng S bao nhiêu và theo chiều nào để vòng tròn sáng trên màn có bán kính r? (cho phép sử 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 2
3. II. Đáp án và biểu điểm Câu 1 (2,0 điểm) Hai người ban đầu ở các vị trí A và B trên hai con đường thẳng song song với nhau và cách nhau một khoảng l = 540m, AB vuông góc với hai con đường. Giữa hai con đường là một cánh đồng. Người I chuyển động trên đường từ A với vận tốc v1 = 4m/s. Người II chuyển động từ B cùng lúc với người I và muốn chuyển động đến gặp người này. Vận tốc chuyển động của người II khi đi trên cánh đồng là v2 = 5m/s và khi đi trên đường là v2’ = 13m/s. a) Người II đi trên cánh đồng từ B đến C và gặp người I tại C như Hình 1a. Tìm thời gian chuyển động của hai người khi đi đến C và khoảng cách AC. b) Người II đi trên đường từ B đến M, đi trên cánh đồng từ M đến B gặp người I tai D như Hình 1b, sao cho thời gian chuyển động của hai người đến lúc gặp nhau là ngắn nhất. Tìm thời gian chuyển động này và các khoảng cách BM, AD. A C A D B B M Hình 1a Hình 1b ĐÁP ÁN ĐIỂM 0,25 a) Gọi t là thời gian chuyển động thì: AC = v1t (1) và BC = v2t (2) 2 2 2 2 2 2 2 2 0,25 Theo đề bài ta có: AB + AC = BC l v1 t v2t l 540 Suy ra: t 180s 2 2 2 2 0,25 v2 - v1 5 4 Thay vào (1): AC = v1t = 4.180 = 720m 0,25 b) Người I đi trên AD hết t1(s); người II đi trên BM hết t’(s) và đi trên MD hết t(s). Ta có: t1 = t + t’ (3) A N D Trong tam giác vuông MND ta có: MD2 = MN2 + ND2 0,25 2 2 2 , , 2 v2t l (v1t1 v2t ) 2 2 , 2 (4) 25t 540 (4t1 13t ) B M Hình 1b Từ (3) rút ra: t = t1 – t’ rồi thay vào (4) và biến đổi ta được: ,2 , 2 0,25 16t 6t t1 t1 32400 0 (5) 3
4. (5) là phương trình bậc hai đối với t’. Để phương trình có nghiệm thì: , 2 25t1 518400 0 t1 144 (vì t1 > 0) 0,25 Vậy t1 nhỏ nhất bằng 144(s) Khi đó t’ = 27(s) 0,25 Vậy BM = 13.27 = 351m; AD = 4.41 = 576m. Câu 2 (1,5 điểm) Có hai bình cách nhiệt: bình 1 chứa một lượng nước có khối lượng m 1 = 2kg ở nhiệt độ 0 0 t1 = 20 C; bình 2 chứa một lượng nước có khối lượng m 2 = 4kg ở nhiệt độ t 2 = 60 C. Người ta rót một lượng nước từ bình 1 sang bình 2, sau khi cân bằng nhiệt người ta lại rót một lượng nước 0 như thế từ bình 2 sang bình 1. Nhiệt độ cân bằng ở bình 1 lúc này là t1’ = 21,95 C. a) Tính lượng nước trong mỗi lần rót và nhiệt độ cân bằng t2’ của bình 2. b) Khi nhiệt độ hai bình ổn định như trên, người ta lại rót một lượng nước như thế từ bình 1 sang bình 2, sau khi bình 2 cân bằng nhiệt thì lại rót một lượng nước như thế từ bình 2 sang bình 1. Hỏi nhiệt độ cuối cùng của mỗi bình là bao nhiêu? ĐÁP ÁN ĐIỂM a) Gọi lượng nước mỗi lần rót là m. Khi rót lượng nước m từ bình 1 sang bình 2, sau khi cân bằng nhiệt ta có phương trình: 0,25 ’ ’ m(t2 – t1) = m2(t2 – t2 ); thay số ta có: m(t2’ – 20) = 4(60 – t2’) (1) Khi rót lượng nước m từ bình 2 sang bình 1, sau khi cân bằng nhiệt ta có phương trình: ’ ’ m(t2’ – t1 ) = (m1 –m)(t1 – t1); thay số ta có: m(t2’ – 21,95) =(2 –m)(21,95 – 20) 0,25 m(t2’ – 20) = 3,9 (2) 0 Thay (2) vào (1) ta được: 3,9 = 4(60 – t2’) t2’ 59 C. 0,25 0 Thay t2’ 59 C vào (2) ta được m = 0,1kg. 0,25 b) Khi rót tiếp từ bình 1 sang bình 2, sau khi cân bằng nhiệt, nhiệt độ của bình 2 là t 3 ta có phương trình cân bằng nhiệt: 0,25 ’ ’ 0 m(t3 – t1 ) = m2(t2 – t3) ; thay số ta có: 0,1(t3 – 21,95) = 4(59 – t3) t3 = 58,1 C. Khi rót tiếp từ bình 2 sang bình 1, sau khi cân bằng nhiệt, nhiệt độ của bình 1 là t 4 ta có phương trình cân bằng nhiệt: ’ 0,25 m(t3 – t4) =(m1 –m)(t4 – t1 ); thay số ta có: 0 0,1(58,1 – t4) =(2 –0,1)(t4 – 21,95) t 4 = 23,76 C. Câu 3 (2,0 điểm) + - Cho mạch điện như Hình 2. Nguồn U điện có hiệu điện thế U không đổi. Khi mắc thêm một điện trở R song song với điện trở R2 thì cường độ dòng điện qua R bằng 12mA, còn cường độ dòng điện qua R 1 thay đổi 4mA. Bỏ qua điện trở của dây nối. R1 R2 Hình 2 4
5. R Xác định tỉ số 1 ? R 2 ĐÁP ÁN ĐIỂM Khi chưa mắc thêm điện trở R thì cường độ dòng điện chạy qua mạch chính là: U 0,25 I (A) (1) R1 +R 2 Khi mắc thêm điện trở R song song với R2 thì cường độ dòng điện chạy qua R1 là: U U(R R ) I' 2 (A) (2) 0,25 RR 2 RR 2 R1R 2 R1R R1 R R 2 Vì mắc thêm R song song với R nên điện trở toàn mạch giảm mà U không đổi nên 2 0,25 cường độ dòng điện qua mạch chính (tức là cường độ dòng điện qua R1) tăng . Theo bài ra ta có: I’ – I = 4.10-3 (A) (3) 0,25 Từ (1) , (2) và (3) ta có R R 1 U( 2 - ) 4.10-3 RR 2 R1R 2 RR1 R1 R 2 0,25 UR 2 2 4.10 3 (4) RR1 RR 2 R1R1 R1 R 2 R Khi mắc R song song với R thì:I I'. 2 0,012A (5) 2 R 0,25 R R 2 UR Thay (2) vào (5) ta được: I 2 0,012A (6) R 0,25 RR1 R 2R R 2R1 R1 R 2 R1 Từ (6) và (4) ta có: 3 2 0,25 R 2 R 2 Câu 4 (2,5 điểm) + - A U R0 R1 M N Rx 5 Hình 3
6. Cho mạch điện như hình 3: U = 16V; R 0 4 ; R1 12 ; Rx là giá trị tức thời của một biến trở có giá trị đủ lớn, ampe kế A và dây nối có điện trở không đáng kể. a) Tính Rx sao cho công suất tiêu thụ trên nó bằng 9W và hiệu suất của mạch điện khi đó. Biết rằng tiêu hao năng lượng trên R 1, Rx là có ích, trên R0 là vô ích. b) Với giá trị nào của Rx thì công suất tiêu thụ trên nó là cực đại? Tính công suất đó. ĐÁP ÁN ĐIỂM 2 Ux a) Công suất tiêu thụ trên Rx là: Px (1) R x 0,25 U Ux UR td Dòng điện mạch chính I là: I = Ux (2) R 0 R td R td R 0 R td R1R x Với Rtd là điện trở tương đương của R1 và Rx: R td (3) R1 R x 0,25 UR1R x Thay (3) vào (2) ta được: Ux (4) R1R x R 0R1 R 0R x 2 2 U R1 R x Thay (4) vào (1) : Px 2 (5) R x (R1 R 0 ) R 0R1  2 0,25 Thay số vào (5) và biến đổi ta được: Rx - 10Rx + 9 = 0 (6) Phương trình (6) có hai nghiệm Rx = 9 hoặc R x = 1 đều thỏa mãn. R R R R R R Điện trở toàn mạch là: R 1 x 0 x 0 1 tm 0,25 R1 R x U2 (R R ) Công suất tiêu thụ của toàn mạch là: P 1 x R1R x R 0R x R 0R1 2 0,25 U (R1 R x )R1R x Công suất tiêu thụ ở đoạn mạch MN là: PMN 2 (7) (R1R x R 0R x R 0R1) 6
7. Hiệu suất H1 ứng với Rx = 9 là: 2 U (R1 R x )R1R x R1R x R 0R x R 0R1 R1R x H1 2 x 2 (R1R x R 0R x R 0R1) U (R1 R x ) R1R x R 0R x R 0R1 0,25 12.9 H 0,5625 56,25% 1 4.12 4.9 9.12 Tương tự hiệu suất H2 ứng với Rx = 1  là: H2 = 18,75% . 0,25 2 U R1R x b) Biến đổi (5): Px 2 R x (R1 R 0 ) R 0R1  0,25 2 Theo bất đẳng thức Côsi ta có: R x (R1 R 0 ) R 0R1  4R x (R1 R 0 )R 0R1 2 U R1 Px 0,25 4(R1 R 0 )R 0R1 U2R Vậy P 1 . xmax 4(R R )R R 1 0 0 1 0,25 R 0R1 4.12 Dấu bằng sảy ra khi và chỉ khi:R x 3 . Khi đó Pxmax = 12W R 0 R1 4 12 Câu 5 (2 điểm) Một nguồn sáng điểm S đặt tại tiêu điểm của một thấu kính hội tụ có tiêu cự f = 10cm. Trên một màn đặt sau thấu kính một khoảng l = 20cm, người ta thu được một vòng tròn sáng bán kính 3r. Hỏi phải dịch chuyển nguồn sáng S bao nhiêu và theo chiều nào để vòng tròn sáng trên màn có bán kính r ? (Cho phép sử dụng trực tiếp công thức thấu kính). ĐÁP ÁN ĐIỂM 3r R S r S2 R r M S1 F O M S’ F O S’ 0,5 Màn Màn Hình a Hình b Gọi R là bán kính của thấu kính. Khi nguồn sáng S đặt tại tiêu điểm của thấu kính thì chùm sáng ló ra khỏi thấu kính là chùm song song và vòng tròn sáng trên màn có bán 0,25 kính 3r = R. 7
8. Nếu đưa nguồn sáng ra xa thấu kính thì chùm sáng ló ra khỏi thấu kính là chùm sáng hội tụ, điểm hội tụ (chính là ảnh S’ của S qua thấu kính) sẽ tiến lại gần màn 0,25 và bán kính vòng tròn sáng trên màn nhỏ dần. Có hai vị trí của S có thể tạo trên màn một vòng tròn sáng có bán kính r. Trường hợp 1: Ảnh S’ nằm ở sau màn (Hình a) r S'M S'M Từ hai tam giác đồng dạng ta có: S'M 10cm 0,25 3r S'O S'M 20 Khoảng cách từ ảnh S’ tới thấu kính là: S’O = 3S’M = 3.10 = 30cm. 1 1 1 Áp dụng công thức thấu kính: . Ta có: f S'O SO S'O.f 30.10 Khoảng cách từ S1 đến thấu kính là: S O 15cm 0,25 1 S'O - f 30 10 Vậy để thu được vòng tròn sáng trên màn có bán kính r thì ta phải dịch chuyển nguồn sáng S ra xa thấu kính thêm một đoạn: S1O – f = 15 - 10 = 5cm Trường hợp 2: Ảnh S’ nằm trước màn: r S'M Từ hai tam giác đồng dạng ta có: S'O 3S'M 0,25 3r S'O Mà MO = 20cm S'O 15cm S'O.f 15.10 Khoảng cách từ S2 đến thấu kính là: S O 30cm 2 S'O - f 15 10 Vậy để thu được vòng tròn sáng trên màn có bán kính r thì ta phải dịch chuyển 0,25 nguồn sáng S ra xa thấu kính thêm một đoạn: S2O – f = 30 - 10 = 20cm 8