SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NINH

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG
NĂM HỌC 2011 - 2012

-----------------

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
MÔN: VẬT LÍ (Chuyên)
Ngày thi : 30/6/2011
Thời gian làm bài: 150 phút
(không kể thời gian giao đề)

Chữ ký GT 1 :
.............................
Chữ ký GT 2 :
.............................

(Đề thi này có 01 trang)
Câu 1. (2,0 điểm)
Giải bằng phương pháp đồ thị: Hai ô tô cùng xuất phát từ địa điểm A. Xe 1 chạy lúc 5
giờ với tốc độ không đổi v = 40km/h, đến B cách A 60km thì nghỉ lại 1 giờ, sau đó tiếp tục
chuyển động với tốc độ không đổi v’ = 60km/h, đến C lúc 8 giờ và nghỉ ở đó đến 10 giờ.
Xe 2 chuyển động thẳng đều muốn gặp xe 1 tại cả B và C thì phải có tốc độ nằm trong
khoảng nào ?
Câu 2. (2,0 điểm)
Đặt một viên bi sắt, đặc, hình cầu bán kính R = 6cm được nung nóng tới nhiệt độ t =
325°C lên mặt một khối nước đá rất lớn ở 0°C. Hỏi viên bi chui vào khối nước đá đến độ
sâu H bằng bao nhiêu ? (Hình 1)

H

(Hình 1)
Cho khối lượng riêng của sắt, nước đá lần lượt là D 1 = 7800kg/m3, D2 = 915kg/m3;
nhiệt dung riêng của sắt là c = 460J/kg.K; nhiệt nóng chảy của nước đá là λ = 3,4.105J/kg.
Bỏ qua sự dẫn nhiệt của nước đá, sự trao đổi nhiệt với môi trường ngoài và độ nóng lên
của nước đá đã tan.
Câu 3. (2,5 điểm)
Cho sơ đồ mạch điện như hình 2.

C
A

V
B
_ +

oU o
0


Biến trở AB có điện trở toàn phần là 110 Ω và phân bố đều theo chiều dài. Hiệu điện
thế giữa hai đầu đoạn mạch là U0 không đổi.
a) Khi con chạy C ở đầu A của biến trở, vôn kế chỉ 138V. Khi con chạy C chia biến trở
AC 8
= thì vôn kế chỉ 27,6V. Tính điện trở vôn kế.
thành 2 phần có tỉ lệ độ dài
CB 3


(Hình 2)

b) Thay vôn kế bằng hai bóng đèn Đ 1(6V - 3W) và Đ2(2V - 1W) thì phải mắc thế nào
để cả 2 bóng đèn sáng bình thường ? Xác định vị trí của con chạy C khi đó.
Câu 4. (2,5 điểm)
Thấu kính hội tụ O1 có tiêu cự f1 = 20cm đặt đồng trục với thấu kính phân kì O 2 có tiêu
cự f2 = 20cm. Khoảng cách giữa hai quang tâm là 30cm. Vật sáng AB có dạng mũi tên
được đặt vuông góc với trục chính trong khoảng giữa hai thấu kính, A nằm trên trục chính.
a) Xác định vị trí đặt vật AB để ảnh A 1B1 của vật qua thấu kính O1 trùng với ảnh A2B2
của vật qua thấu kính O2.
b) Tính tỉ số chiều cao giữa hai ảnh thu được ở câu a.
Câu 5. (1,0 điểm)
Hãy trình bày phương án xác định điện trở của một ampe kế với các dụng cụ: Một
nguồn điện có hiệu điện thế không đổi, một ampe kế cần xác định điện trở, một điện trở R o
đã biết giá trị, một biến trở con chạy Rb có điện trở toàn phần lớn hơn Ro, hai công tắc điện
K1, K2 và một số dây dẫn đủ dùng. Các công tắc và dây dẫn có điện trở không đáng kể.
----------------------------Hết------------------------------Họ và tên thí sinh: ...................................................... Số báo danh: .....................


SỞ GD&ĐT QUẢNG NINH

HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG NĂM HỌC 2011 - 2012

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn: Vật lí chuyên
(Hướng dẫn chấm này có …. trang)
Điể
Câu

Câu
1
2,0

Sơ lược cách giải

m

- Chọn gốc thời gian là lúc 5h, gốc tọa độ O ≡ A.
- Đồ thị chuyển động của xe 1 được biểu diễn bằng đường gấp khúc OMNPQ
(hình vẽ)

điểm
S(km)
(C
)
(B
)

9
0
6
0

(A 0
5
)

P
M M

'

6

7

P
'

0,5đ

Q

N

8

9

1
0

t(h
)

Nếu muốn xe 2 gặp xe 1 tại cả B và C thì đồ thị chuyển động của xe 2 phải là
đường thẳng đi từ gốc tọa độ cắt MN và PQ. Đường thẳng này nằm giữa 2
đường giới hạn OM’P và ONP’ (hình vẽ)

0,25

đ

Tốc độ xe 2 tương ứng với đường OM’P:
v=

90
= 30(km / h)
3

0,5đ

Tốc độ xe 2 tương ứng với đường ONP’:
v=

Câu
2

60
= 24( km / h )
2,5

0,5đ

→ Tốc độ xe 2 nằm trong khoảng 24km / h ≤ v ≤ 30km / h

0,25

a) Khối lượng viên bi sắt:

đ

0,25
đ


2,0
điểm

m1 = V1.D1=

4 3
πR D1
3

Vì khối nước đá có kích thước rất lớn so với viên bi nên nhiệt độ khi cân bằng
nhiệt là 0°C.

0,25

Nhiệt lượng viên bi tỏa ra khi hạ nhiệt độ từ t = 325°C xuống t’= 0°C là:
Q1 = m1c(t - t') =

đ

4 3
πR D1c(t − t ' )
3

Gọi khối lượng nước đá nóng chảy do thu nhiệt của viên bi tỏa ra là m2 kg
Nhiệt lượng thu vào để m2 kg nước đá nóng chảy là:


0,25
đ

Q2 = λ m2
Phương trình cân bằng nhiệt:
Q1 = Q 2
↔

0,25

4 3
πR D1c(t − t ' ) = λ m2
3

→ m2 =

đ

4
πR 3 D1c(t − t ' )
3λ

→ Thể tích của lượng nước đá nóng chảy là:

m2
4
πR 3 D1c(t − t ' )
=
V2 =
D2 3λD2


0,25
đ
0,5đ

h

H

R

Thể tích V2 là tổng thể tích của một hình trụ có chiều cao h, đáy có bán kính R
và thể tích của một nửa hình cầu bán kính R (hình vẽ)
V2 = S.h +

1
1 4
V1 = πR 2 .h + . πR 3
2
2 3

 4
 1
 4 RD1c(t − t ' ) 2 R 
1 4
1
2
⇒ h = (V2 − . πR 3 ) 2 = 
πR 3 D1c(t − t ' ) − πR 3  2 = 
−

2 3
πR
3
λ
D
3
π
R
3
λ
D
3 
2
2




=

2 R  2 D1c(t − t ' ) 
− 1
3 
λD2



→ Viên bi chui vào khối nước đá một độ sâu là:

H=h+R


=

2 R  2 D1c(t − t ' ) 
− 1 +R=
3 
λD2


0,25
đ

 4 D1c(t − t ' )  R  4.7800.460(325 − 0)  6
+ 1 = 
+ 1 ≈ 32( cm )
5

λ D2
3,4.10 .915

3 
3

Câu
3
2,5
điểm

a) Khi con chạy C ở đầu A, vôn kế đo trực tiếp U0 ⇒ U0 = 138V


0,25
đ

AC 8
=
Khi con chạy C ở vị trí
CB 3

+ Điện trở phần CA và CB của biến trở AB là:
R1 =

8
3
R AB = 80(Ω) , R2 = R AB = 30(Ω)
11
11

+ UBC = 27,6V
0,25
đ
V

A

R1

C

R2


_

B

+
oU o
0

0,5đ
Vì (R2//RV) nt R1
⇒ RBC =

R2 .RV
30 RV
=
R2 + RV 30 + RV

Áp dụng tính chất của mạch nối tiếp:


U CA RCA
U − U BC RCA
138 − 27,6 80(30 + RV )
=
⇔ 0
=
⇔
=
⇒ RV = 60 Ω
U BC RBC

U BC
RBC
27,6
30 RV

b) Cường độ dòng điện định mức của mỗi đèn là:
I đm1 =

Pđm1 3
= = 0,5( A)
U đm1 6

I đm 2 =

Pđm 2 1
= = 0,5( A)
U đm 2 2

Vì Iđm1 = Iđm2 , Uđm1 ≠ Uđm2 nên để 2 đèn sáng
0,25

bình thường thì phải mắc chúng nối tiếp

đ
Đ1

C
A

R


’
1

’

R2

Đ2

B

_ +

oU o
0

0,25

Vì Rđ1 nt Rđ2
⇒ Rđ = Rđ1 + Rđ2 =

U đm1 U đm 2
+
= 16(Ω)
I đm1
I đm 2

- Khi 2 đèn sáng bình thường:
UBC’ = Uđm1 + Uđm2 = 6 + 2 = 8(V)

-

Đặt điện trở đoạn BC của biến trở là

-

R2’ = x (0 ≤ x ≤ 110 Ω )

⇒ Điện trở đoạn CA của biến trở là

R1’ = 110 - x
- Điện trở tương đương đoạn mạch BC là:
RBC’ =

16 x
16 + x

- Áp dụng tính chất của đoạn mạch mắc nối tiếp ta có:

đ

0,25
đ
0,5đ


U CA ' RCA '
U − U BC ' RCA '
138 − 8 (110 − x )(16 + x )
=

⇔ 0
=
⇔
=
U BC ' RBC '
U BC '
RBC '
8
16 x
⇔ x 2 + 166 x − 1760 = 0

⇒ x = 10 thỏa mãn điều kiện 0 ≤ x ≤ 110 và x = -176 (loại)

Vậy khi đó con chạy C ở vị trí sao cho RCB = 10 Ω hay AC = 10.CB

0,25
đ

Câu
4

B1'

2,5
I

điểm

F.1


O1

B

.

F2 A

H

B2'

.

A ≡ A2'
'
1

O2

0,5đ

Để 2 ảnh của vật AB qua 2 thấu kính trùng nhau thì cả 2 cùng là ảnh ảo.
Gọi khoảng cách từ O1 đến A là x (0 < x < 20cm)
⇒ Khoảng cách từ O2 đến A là (30-x)

- Có ∆O1 AB đồng dạng với ∆O1 A1 ' B1 '
⇒

O1 A

AB
=
O1 A1 ' A1 ' B1 '

0,25

- Có ∆F1O1 I đồng dạng với ∆F1 A1 ' B1 '
⇒

F1O1
OI
AB
= 1 =
F1 A1 ' A1 ' B1 ' A1 ' B1 '

⇒

O1 A F1O1
F1O1
=
=
O1 A1 ' F1 A1 ' F1O1 + O1 A1 '

⇒ O1 A1 ' =

F1O1 .O1 A
20 x
=
F1O1 − O1 A 20 − x


®

(1)
0,25


- Có ∆O2 AB đồng dạng với ∆O2 A2 ' B2 '
⇒

⇒

O2 A
AB
=
O2 A2 ' A2 ' B2 '

-

Có ∆F2O2 H đồng dạng với ∆F2 A2 ' B2 '

-

⇒

F2O2
OH
AB
= 2
=
F2 A2 ' A2 ' B2 ' A2 ' B2 '


®

O2 A
FO
F2O2
= 2 2 =
O2 A2 ' F2 A2 ' F2O2 − O2 A2 '

⇒ O2 A2 ' =

F2O2 .O2 A
20(30 − x )
=
F2O2 + O2 A
50 − x

(2)

- Theo giả thiết: A1 ' ≡ A2 '

0,25

nên O1 A1 '+O2 A2 ' = 30cm
Thay (1), (2) vào (3) ta có:

(3)

20 x 20(30 − x)
+

= 30 ⇒ x 2 − 70 x + 600 = 0
20 − x
50 − x
⇒ x = 10cm (thỏa mãn 0 < x < 20cm)

và x = 60cm( loại)
Vậy đặt vật AB cách O1 một khoảng x = 10cm thì hai ảnh của vật AB qua 2
thấu kính có vị trí trùng nhau.

®
0,5®

0,25
®

b) Từ kết quả phần a ⇒ O1 A = AA1 ' = A1 ' O2 = 10cm
Áp dụng tính chất đường trung bình trong tam giác
⇒

⇒

0,5®

A1 ' B1 '
=4
A2 ' B2 '

+ Phương án thí nghiệm:
Câu
5

1,0
điểm

0,25
+

- Lắp mạch
A

K1

-

U
R0

K2
Rb

điện theo sơ đồ như hình vẽ

đ


- Đóng K1, mở K2, ampe kế chỉ giá trị I1
=> U = I1(RA + Ro)

(1)

0,25


- Mở K1, đóng K2, điều chỉnh con chạy để ampe kế chỉ giá trị I1

đ

=> Phần điện trở của biến trở tham gia vào mạch điện có giá trị bằng R o.

Giữ nguyên vị trí con chạy của biến trở ở vị trí trên và đóng cả K 1, K2,

0,25

số chỉ của ampe kế là I2
=> U = I2(RA +

Ro
)
2

đ
(2)

Từ (1) và (2)
=> RA =

Ro ( 2 I 1 − I 2 )
.
2 ( I 2 − I1 )

0,25


Trong đó Ro đã biết, I1, I2 là số chỉ của ampe kế ở các lần đo trên.

Chú ý: - Giám khảo có thể thảo luận, thống nhất : Chia các ý lớn thành các ý nhỏ, nhưng
điểm nhỏ nhất cho mỗi ý nhỏ là 0,25đ (Tổng điểm của các ý nhỏ phải bằng điểm của ý lớn
đã qui định).
- Học sinh giải cách khác đúng, chặt chẽ, lôgic vẫn cho đủ số điểm qui định.
Riêng bài 4 phần a nếu học sinh áp dụng trực tiếp công thức thấu kính mà không chứng
minh thì cho ½ số điểm của phần a.

đ