Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Vật Lý - Năm học 2018-2019 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Yên Bái

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Vật Lý - Năm học 2018-2019 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Yên Bái

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TỈNH YÊN BÁI NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn thi: VẬT LÍ (THPT chuyên) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 02 trang, 06 bài) Ngày thi: 06/6/2018 LỜI GIẢI CHI TIẾT Bài 1 (1,5 điểm): An và Bình cùng tập chạy trên ba đoạn đường tạo thành ba cạnh của A một tam giác ABC (Hình 1), mỗi người đều chạy với vận tốc có độ lớn không đổi. Biết AB = AC = 450m, BC = 150m. Đầu tiên, hai người cùng xuất phát từ B, An chạy trên đường BC rồi CA, Bình chạy trên đường BA. Biết rằng họ cùng đến A sau thời gian 5 phút. a) Tính vận tốc chạy của An và Bình. b) Sau khi đến A, cả hai lập tức đổi chiều và chạy theo hướng ngược lại với vận tốc có độ lớn như cũ. Tính khoảng thời gian ngắn nhất để hai người gặp nhau đồng thời tại A. Lời giải: Đổi 5 phút = 300 giây. Gọi v1 và v2 lần lượt là độ lớn vận tốc chạy của An và Bình. B C (v1, v2 > 0) a) Theo đề bài, quãng đường chạy của An là s1 = BC + CA = 600m Hình 1 và quãng đường chạy của Bình là s2 = BA = 450m. ss 600 450 + Tổng vận tốc của An và Bình là: v v 12 3,5 (m/s) (1) 12 t 300 + Với cùng thời gian chuyển động, quãng đường chuyển động tỉ lệ với vận tốc, ta có: vs4 11 (2) v22 s 3 Giải hệ (1) và (2) ta được: v1 = 2 (m/s) và v2 = 1,5 (m/s). b) An và Bình cùng xuất phát từ A, chuyển động ngược chiều nhau. Để lại gặp nhau tại A, mỗi người phải chuyển động được quãng đường bằng một số nguyên lần chu vi tam giác ABC. Quãng đường tương ứng của An và Bình bây giờ là: S1 = m.1050 (m) và S2 = n.1050 (m) với m và n nguyên dương. Do cùng thời gian chuyển động nên các quãng đường tương ứng tỉ lệ với vận tốc, ta có: Sv4 m 4 11 . (3) S22 v 3 n 3 Để thời gian chuyển động của hai bạn từ lúc xuất phát tại A đến lúc gặp nhau tại A (lần gặp thứ nhất, không kể lần đầu cùng xuất phát) thì m và n phải có giá trị nhỏ nhất, tức là mmin = 4 và nmin = 3 S12 4.1050 4200 m ; S 3.1050 3150 m . SS12 Thời gian nhỏ nhất cần tìm bằng: tmin 2100 s 35(ph). vv12 Lời bình: Đây là một bài toán dễ. Tuy nhiên, các con hay mắc ở ý b, bởi vì các con không nhận ra rằng các quãng đường đi đều bằng số nguyên lần chu vi tam giác và quên mất rằng: khi hai vật chuyển động với cùng thời gian thì các quãng đường sẽ tỉ lệ thuận với độ lớn của các vận tốc. Điều này chúng ta đã học và vận dụng rồi! Chú ý rằng trong suốt quá trình chuyển động từ lúc cùng xuất phát tại A, đến khi gặp lại nhau tại A lần thứ nhất thì hai người đã gặp nhau ở các vị trí khác (không trùng với A). Bài 2 (1,0 điểm):
2. Treo quả cầu bằng nhôm bên trong có một lỗ hổng bởi một lực kế. Lực kế chỉ 0,48N khi quả cầu được nhúng ngập hoàn toàn trong nước và chỉ 0,66N khi nó được nhúng ngập hoàn toàn 3 trong dầu. Biết khối lượng riêng của nhôm, dầu và nước lần lượt là: D1 = 2700 kg/m ; 3 3 D2 = 700 kg/m ; D3 = 1000 kg/m . a) Khi quả cầu đứng cân bằng trong chất lỏng, hãy xác định các lực tác dụng lên quả cầu. Biểu diễn hướng của các lực đó bằng hình vẽ. b) Tìm thể tích của lỗ hổng trong quả cầu. Lời giải: a) Quả cầu cân bằng dưới tác dụng của ba lực: + Lực đàn hồi F của lò xo lực kế (hướng thẳng đứng từ dưới lên). + Trọng lực P (hướng thẳng đứng từ trên xuống). + Lực đẩy Acsimét FA kế (hướng thẳng đứng từ dưới lên). Hình vẽ bên. b) Gọi V0 là thể tích của quả cầu, V là thể tích phần rỗng. + Trọng lượng của quả cầu là P 10.D10 V V 1 + Lực đẩy Acsimét tác dụng lên quả cầu khi nhúng trong dầu là 1 FA 10.D 2 .V 0 2 + Lực đẩy Acsimét tác dụng lên quả cầu khi nhúng trong nước là 2 FA 10.D 3 .V 0 3 + Điều kiện cân bằng của quả cầu là F P FA 4 1 - Khi nhúng trong dầu: F1A P F 5 2 - Khi nhúng trong nước: F2A P F 6 Kết hợp các phương trình tử (1) đến (6), ta có hệ phương trình F1 10.D 1 V 0 V 10.D 2 .V 0 7 F2 10.D 1 V 0 V 10.D 3 .V 0 8 Lấy (7) trừ cho (8) vế với vế: F1 F 2 10. D 3 D 2 .V 0 FF13 0,66 0,48 5 3 V0 6.10 (m ) 10. D32 D 10. 1000 700 Từ (7), suy ra: 10. D D .V F 10. 2700 700 .6.10 5 0,66 V 1 2 0 1 2.10 53 m 20 (cm3). 10.D1 10.2700 Lời bình: Bài toán này cũng vô cùng quen thuộc! Tuy nhiên, các con không cẩn thận sẽ biểu diễn thiếu lực đàn hồi của lò xo lực kế. Đề bài cho các dữ kiện không khớp theo thứ tự cũng dễ gây nhầm lẫn khi viết phương trình và thay số tính toán. Đề nên cho theo thứ tự khối lượng riêng của nhôm, của nước và của dầu. Bài 3. (2,0 điểm): 0 Trong một bình nhiệt lượng kế có chứa nước đá ở nhiệt độ t1 10 C. Người ta đổ vào 0 bình một lượng nước có khối lượng m = 0,7 kg ở nhiệt độ t2 = 50 C. Sau khi cân bằng nhiệt thì tổng thể tích của chất chứa trong bình là V = 1,2 lít. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với nhiệt lượng kế và với môi trường bên ngoài, coi bình nhiệt lượng kế đủ lớn để chứa lượng nước và nước đá nói trên. a) Nước đá trong bình có tan hết không? Tại sao?
3. b) Tìm tổng khối lượng của các chất chứa trong bình. Biết khối lượng riêng của nước và 3 3 nước đá là Dn = 1000 kg/m và Dđ = 900 kg/m ; nhiệt dung riêng của nước và nước đá lần lượt là 4200J/kg.K và 2100J/kg.K; nhiệt nóng chảy của nước đá là 340.103J/kg. Lời giải: m 0,7 43 Thể tích nước đổ vào bình nhiệt lượng kế là V1 7.10 m 0,7 (lít). Dn 1000 Gọi m0 là khối lượng nước đá ban đầu có trong bình nhiệt lượng kế. 0 0 Nhiệt lượng do nước tỏa ra để hạ nhiệt độ từ t2 = 50 C xuống t0 = 0 C là Q1 m.c n . t 2 t 0 0,7.4200. 50 0 147000 J . a) Giả sử toàn bộ nước đá tan hết thành nước ở 00C, khi đó thể tích nước do nước đá tan ra là V0 = V – V1 = 1,2 – 0,7 = 0,5 (lít), ứng với khối lượng m0 = 0,5kg. Nhiệt lượng nước đá thu vào để tăng nhiệt độ và nóng chảy hoàn toàn thành nước ở 00C là Q0 m01 .cđ . t 0 t m 0 .  0,5.2100 0 10 0,5.340000 1805000 J 0 Ta thấy Q0 > Q1, vậy nước đá không tan hết và nhiệt độ cân bằng là t0 = 0 C. 0 b) Gọi m1 là khối lượng nước đá đã tan thành nước ở 0 C, khối lượng nước đá còn lại là m2 = m0 – m1. + Phương trình về thể tích: mm mm 1 01V 1 DDn đ + Phương trình cân bằng nhiệt: m0 .cđ . t 0 t 1 m 1 .  Q 1 2 + Thay số, ta được hệ phương trình: 0,7 m1 mm01 33 1,2.10 m 10.m01 m 4,5 kg 1000 900 21.m 340.m 147 kg m .2100. 0 10 m .340000 147000 J 01 01 Giải hệ phương trình, ta tìm được m01 0,41 kg ; m 0,4 kg . Vậy tổng khối lượng các chất (nước và nước đá) có trong bình nhiệt lượng kế là M m m0 1,11 kg . Lời bình: Thay vì viết “coi bình nhiệt lượng kế đủ lớn”, đề nên viết rõ: “coi dung tích của bình nhiệt lượng kế đủ lớn”. Yêu cầu của đề là “Tìm tổng khối lượng của các chất chứa trong bình” không thật phù hợp, có thể gây sự hoang mang cho thí sinh, vì trong bình chỉ có một chất duy nhất là nước ở thể lỏng và ở thể rắn. Đề nên yêu cầu “Tìm tổng khối lượng vật chất chứa trong bình”. Đây là một bài toán nhiệt cực kì quen thuộc, chỉ đòi hỏi kĩ năng tính toán của các con mà thôi. Các con kiểm tra lại giúp thầy về các bước biến đổi và giải hệ phương trình nhé! Bài 4. (2,5 điểm): Một vật sáng nhỏ, phẳng AB đặt trước và vuông góc với trục chính của một thấu kính hội tụ L1 có tiêu cự bằng 20cm. a) Vật sáng AB cao 2cm đặt cách thấu kính 30cm cho ảnh AB, vẽ ảnh. Xác định vị trí, tính chất và độ cao của ảnh AB qua thấu kính trên. b) Dịch chuyển AB dọc theo trục chính, khi khoảng cách giữa AB và ảnh thật của nó là cực tiểu thì ảnh đó lớn gấp bao nhiêu lần vật? c) Phía sau L1 đặt thêm thấu kính hội tụ L2 (có trục chính trùng với trục chính của L1). Khi AB dịch chuyển dọc theo trục chính thì ảnh A’B’ của nó tạo bởi hệ L1, L2 không thay đổi độ lớn và cao gấp 3 lần AB. Tìm tiêu cự của thấu kính L2.
4. Lời giải: a) Để đơn giản, có thể cho rằng A nằm trên trục chính (đề không cho điều này). B I + Vẽ ảnh (hình bên): + Do OA > OF nên ảnh AB của A F O AB qua thấu kính là ảnh thật, ngược chiều với vật. + Sử dụng các cặp tam giác đồng dạng: OAB OAB; FI FAB, ta chứng minh được công thức: OA.OF OA 1 ( OF OF f 20 cm ) OA OF 30.20 Thay số, ta tính được OA 60 cm . Ảnh cách thấu kính 60cm. 30 20 OA 60 Độ cao của ảnh A B AB. 2. 4 cm . OA 30 b) Do ảnh của vật thật AB là ảnh thật nên ta đặt OA d 0; OA d 0 . d.f (1) trở thành d 2 và có khoảng cách giữa vật và ảnh là d d L 3 df Từ (2) và (3) ta có phương trình bậc hai ẩn d: d2 Ld Lf 0 * Biệt thức của phương trình (*): L2 4L.f L L 4f . Phương trình (*) có nghiệm khi 0 L 4f. Vậy khoảng cách giữa vật AB và ảnh thật của nó là cực tiểu là L = 4.f = 80 (cm). Khi L đó (*) có nghiệm kép d 40 cm d d 40 cm . Ảnh bây giờ cao bằng vật AB 2 và bằng 2cm. * Có thể giải như sau: Khoảng cách giữa vật và ảnh thật là L OA OA Áp dụng BĐT AM – GM, ta có L OA OA 2 OA.OA Lmin 2 OA.OA khi L OA OA L 2.OA OA OA min . min 2 OA L / 2 Vậy A B AB. min 1 A B AB. OA Lmin / 2 c) * Ta nhận thấy: + Khi AB di chuyển dọc theo trục chính thì tia tới từ B song song với trục L2 L chính luôn trùng với chính nó. 1 + Ảnh có chiều cao không I đổi, tức là B dịch chuyển trên đường B thẳng song song với trục chính, đường O1 O2 này cũng luôn trùng với chính nó. A F1 F2 + Bải toán tương đương với hệ thấu kính biến tia tới song song với trục chính thành tia ló khỏi hệ cũng J song song với trục chính (Hình vẽ). Điều đó xảy ra khi tiêu điểm ảnh F1 của L1 trùng với tiêu điểm vật F2 của L2 (ta nói hệ vô tiêu). * Từ dữ kiện của đề, ta có = 3.AB OJ = 3.OI.
5. OF22 OJ Ta có hệ: O2 JF 2 O 1 IF 1 F 1  F 2 3 O11 F OI Suy ra tiêu cự của thấu kính L2 là OF21 3.OF 3.20 60 cm . Lời bình: Đây là một bài toán quang hình về thấu kính và hệ thấu kính rất quen thuộc, chúng ta đã luyện tập nhiều lần, giống hệt bài trong ĐỀ THI THỬ SỐ 4 mà thầy đã chữa chi tiết. Rất tiếc nhiều con đã vội quên! Đối với phần c) các con có thể giải theo cách lập biểu thức tính chiều cao của ảnh AB theo khoảng cách OA = d, sau đó biện luận để chiều cao đó không phụ thuộc OA (các hệ số của hạng tử chứa d bằng 0), ta cũng suy ra kết quả. Tuy nhiên cách giải này khá dài. Bài 5. (2,0 điểm): Cho mạch điện như hình vẽ (Hình 2). Các điện trở là R R R 6  ; R 2  . Hiệu điện 1 2 3 4 R1 N R4 thế không đổi đặt vào A và B là UAB = 18V. a) Tìm điện trở tương đương của đoạn mạch A B trên. R3 b) Nối M và B bằng một vôn kế có điện trở R2 rất lớn. Tìm số chỉ của vôn kế. M c) Nối M và B bằng một ampe kế có điện trở không đáng kể. Tìm số chỉ của ampe kế và chiều Hình 2 dòng điện đi qua ampe kế. Lời giải: a) Mạch điện được mắc: R1 / / R 2 ntR 3 ntR 4 . R23 = R2 + R3 = 6 + 6 = 12 (  ) R1 .R 23 6.12 R4123  R1 R 23 6 12 RAB = R123 + R4 = 4 + 2 = 6 ( ). b) Số chỉ của vôn kế là UMB. Do điện trở của vôn kế rất lớn nên cường độ dòng điện qua vôn kế rất nhỏ, có thể bỏ qua. Mạch vẫn được mắc như đã xác định ở trên. Số chỉ của vôn kế là UMB = UMN + UNB (1) + Do đoạn AN nối tiếp với đoạn NB thành đoạn mạch AB nên ta có: R123 4 UAN U AB . 18. 12 V U NB U AB U AN 6 V R6AB + Do R2 nt R3 giữa hai điểm A và N R1 R4 nên ta có: I1 N I4 I R 6 3 A B UMN U AN . 12. 6 V R23 12 R3 Thay vào (1), số chỉ của vôn kế là UMB R2 I2 I3 = U + U = 6 + 6 = 12(V). A MN NB M I c) Khi nối M và B bằng một ampe kế a có điện trở không đáng kể thì VM = VB, ta R1 R4 I1 N I chập M với B được sơ đồ tương đương: I4 A B, M RntR1 3 //R 4 //R. 2 R3 I R .R 6.2 3 R 34 1,5  34 R R 6 2 34 R2 I2 R134 R 1 R 34 6 1,5 7,5 
6. R134 .R 2 7,5.6 10 R AB  R134 R 2 7,5 6 3 U 18 I AB 5,4 A 10 R AB 3 UAB 18 I2 3 A R62 I1 = I – I2 = 5,4 – 3 = 2,4 (A). R3 6 I41 I. 2,4. 1,8A. R34 R 6 2 Số chỉ của ampe kế là: Ia = I – I4 = 5,4 – 1,8 = 3,6 (A). Chiều dòng điện chạy qua ampe kế từ M tới B (núm có dấu “+” của ampe kế mắc vào điểm M). Lời bình: Bài toán này được trích trong cuốn “45 bài tập vật lí nâng cao lớp 9”. Bài này là một bài toán điện cơ bản và cực dễ. Các con đều làm tốt! Bài 6. (1,0 điểm): Cho một viên sỏi và các dụng cụ sau: lực kế; sợi dây mảnh, nhẹ ; bình chứa nước (có thể bỏ lọt viên sỏi vào bình và ngập nước trong bình). Hãy trình bày một phương án xác định trọng lượng riêng của viên sỏi theo trọng lượng riêng của nước d0 đã biết. Lời giải: * Cơ sở lý thuyết: + Khi treo viên sỏi vào lực kế, số chỉ của lực kế là trọng lượng P của viên sỏi. + Khi nhúng viên sỏi (đã treo vào lực kế) chìm hoàn toàn trong nước, số chỉ của lực kế là PPF A (P’ gọi là trọng lượng biểu kiến). Gọi V là thể tích của viên sỏi, d là trọng lượng riêng của viên sỏi, d0 là trọng lượng riêng P d của nước, ta có: V ; F d .V 0 .P ddA0 d0 P Suy ra: P P 1 d d0 . * d P P * Các bước tiến hành thí nghiệm: + Bước 1: Dùng sợi dây mảnh buộc chặt viên sỏi rồi treo vào lực kế, ghi trọng lượng P của nó. + Bước 2: Nhúng viên sỏi chìm hoàn toàn trong nước (không chạm vào thành và đáy bình), ghi trọng lượng biểu kiến P’. + Bước 3: Tính trọng lượng riêng d của viên sỏi theo công thức (*). Chú ý: Khi nhúng viên sỏi vào bình nước, không cho nó chạm vào thành và đáy bình. Lời bình: Bài phương án thực hành này quá dễ phải không các con. Chắc các con đều làm tốt! HẾT Các con tham khảo lời giải và đối chiếu với bài làm xem mình hoàn thành được mấy phần nhé! Đây là lời giải chi tiết do thầy biên soạn, bởi vậy không có biểu điểm. Các con kiểm tra lại các bước biến đổi và tính toán giúp thầy nhé! Nếu có gì chưa chuẩn, các con phản hồi giúp thầy để thầy hiệu chỉnh.
7. THÔNG BÁO Lớp ôn thi vào 10 chuyên Vật lí năm học 2019 – 2020 dành cho học sinh lớp 9 mới dự kiến khai giảng vào đầu tháng 7. Các con có bạn, người thân có nhu cầu ôn luyện hãy thông tin để các em đăng kí trong tháng 6/2018 nhé! Theo yêu cầu của một số phụ huynh, nếu lớp đủ sĩ số có thể bắt đầu học từ tháng 6. 1. Nội dung ôn luyện: + Ôn tập kiến thức cơ bản, trọng tâm và mở rộng các nội dung Vật lí THCS, phù hợp với yêu cầu thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Vật lí của trường THPT chuyên Nguyễn Tất Thành khóa 30 (và dự thi HSG lớp 9 THCS cấp tỉnh). + Phương pháp giảng dạy phù hợp với đối tượng học sinh THCS ôn thi vào lớp 10 chuyên Vật lí, từ cơ bản đến nâng cao, có phân loại các dạng bài tập và hướng dẫn phương pháp giải chi tiết với các cách giải khác nhau cho cùng một dạng bài. Từ đó định hướng học sinh có cách nhìn khái quát về hiện tượng và các khái niệm Vật lí, có cách giải ngắn gọn, rõ ràng với lời giải đẹp. + Ngoài giảng dạy khắc sâu kiến thức, còn chú trọng rèn luyện kĩ năng trình bày bài thi. Kết thúc mỗi chuyên đề sẽ có bài kiểm tra đánh giá, từ đó phát hiện, sửa chữa và bổ sung những thiếu sót mà học sinh mắc phải về kiến thức, kĩ năng làm bài thi. + Khoảng đầu tháng 5 năm 2019 (trước khi thi hơn 01 tháng), học sinh được luyện giải các đề thi thử sát với đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Vật lí. Thầy giáo sẽ chấm và chữa chi tiết bài làm của từng học sinh, giúp học sinh làm quen với việc tư duy, với áp lực thực tế khi làm bài, hướng tới mục tiêu đạt kết quả tốt nhất khi dự thi. 2. Thời gian đăng kí và khai giảng lớp học: + Thời gian đăng kí: trong tháng 5 và tháng 6 năm 2018. + Khai giảng lớp học mới: dự kiến 17 giờ (5 giờ chiều) ngày thứ Hai, 02/07/2018. 3. Liên hệ: Thầy giáo Hoàng Ngọc Quang. Số điện thoại: 0986 622 642 – 0941778674. Nhóm Facebook: lychuyenyenbai và dubichuyenlik30 (dự bị chuyên Vật lí khóa 30).