ĐÁP ÁN TUYỂN SINH 10 CHUYÊN LÝ (08-09)
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (74.63 KB, 3 trang )
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
THÀNH PHỐ CẦN THƠ NĂM HỌC 2009-2010
Khóa ngày 23 tháng 6 năm 2009
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ
Bài 1 : (1,5 điểm)
Gọi t
1
là thời gian đi lên dốc AC ; t
2
là thời gian đi xuống dốc CB.
Ta có: t
1
+ t
2
= 3,5 (1) (0,25 đ)
Quãng đường lên dốc AC là: S
AC
= v
1
t
1
= 25 t
1
(0,125 đ)
Quãng đường xuống dốc CB là: S
CB
= v
2
t
2
= 50 t
2
(0,125 đ)
Gọi
1
t
′
là thời gian đi lên dốc BC:
2
2
1
BC
1
t2
25
t50
v
S
t
===
′
(0,125 đ)
2
t
′
là thời gian đi xuống dốc CA:
2
t
50
t25
v
S
t
11
2
CA
2
===
′
(0,125 đ)
Theo đề ta có:
)2(8tt4
4
2
t
t2
h4tt
12
1
2
21
=+⇔
=+
=
′
+
′
(0,25 đ + 0,125 đ)
Giải hệ phương trình (1) và (2) => t
1
= 2 h; t
2
= 1,5 h. (0,25 đ)
=> S
AC
= 25 . 2 = 50 km
S
CB
= 50 . 1,5 = 75 km
S
AB
= S
AC
+ S
CB
= 125 km (0,125 đ)
Bài 2 : (1,5 điểm)
Đổi: 300 g = 0,3 kg ; 200 g = 0,2 kg
Gọi: m
1
là khối lượng nhôm trong hỗn hợp.
m
2
= 0,3 – m
1
là khối lượng thiếc trong hỗn hợp.
m
3
= 1 kg : khối lượng nước trong nhiệt lượng kế.
m
4
= 0,2 kg : khối lượng nhiệt lượng kế.
c
1
= 900 J/kg.K : nhiệt dung riêng của nhôm ; c
2
= 230 J/kg.K : nhiệt dung riêng của thiếc.
c
3
= 4200 J/kg.K : nhiệt dung riêng của nước.
c
4
= 460 J/kg.K : nhiệt dung riêng của nhiệt lượng kế.
Khi thả hỗn hợp bột nhôm và thiếc vào nước thì hỗn hợp toả nhiệt để hạ nhiệt độ từ t
1
→ t, nước và
nhiệt lượng kế thu nhiệt để tăng nhiệt độ từ t
2
→ t.
Ta có phương trình cân bằng nhiệt:
(m
1
c
1
+ m
2
c
2
) (t
1
– t) = (m
3
c
3
+ m
4
c
4
) (t – t
2
) (0,5 đ + 0,5 đ)
Với m
2
= 0,3 – m
1
.
Thay số tính được: m
1
= 0,051 kg; m
2
= 0,249 kg. (0,5 đ)
Bài 3 : (3 điểm)
Câu 1 : (1,25 đ)
a) R
AC
= 24 Ω => R
CB
= 36 – 24 = 12 Ω (0,125 đ)
Đặt R
AC
= x; R
CB
= y
Điện trở của đèn:
đm
đm
2
Đ
P
U
R
=
Thay số tính được: R
Đ
= 6 Ω (0,125 đ)
AC1
AC1
x1
RR
RR
R
+
=
Thay số tính được: R
1x
= 8 Ω (0,125 đ)
CBĐ
CBĐ
Đy
RR
RR
R
+
=
Thay số tính được: R
Đy
= 4 Ω (0,125 đ)
R
AB
= R
1x
+ R
Đy
= 8 + 4 = 12 Ω (0,125 đ)
b) Cường độ dòng qua mạch chính :
AB
R
U
I
=
= 0,9 A (0,125 đ)
I
RR
R
I
ĐCB
CB
Đ
+
=
Thay số tính được: I
Đ
= 0,6 A (0,125 đ)
I
RR
R
I
1AC
AC
1
+
=
Thay số tính được: I
1
= 0,6 A (0,125 đ)
Nhiệt lượng toả ra trên R
1
trong thời gian 10 phút :
tRIQ
1
2
1
=
(0,125 đ)
Thay số tính được: Q = 2592 J. (0,125 đ)
Câu 2 : (1,75 đ)
Để đèn sáng bình thường:
A1
6
6
U
P
II
đm
đm
đmĐ
====
(0,125 đ)
Lúc này: U
CB
= U
Đ
= 6 V (0,125 đ)
U
AC
= U – U
CB
= 10,8 – 6 = 4,8 V (0,125 đ)
A4,0
R
U
I
1
AC
1
==
(0,125
đ)
Điện trở của phần biến trở AC là:
4,0I
8,4
II
U
I
U
R
1
AC
x
AC
x
−
=
−
==
(1) (0,25 đ)
Điện trở của phần biến trở BC là:
1I
6
II
U
I
U
R
Đ
CB
y
CB
y
−
=
−
==
(2) (0,25 đ)
Vì: R
x
+ R
y
= 36
Từ (1) và (2) suy ra:
36
1I
6
4,0I
8,4
=
−
+
−
(0,125 đ)
=>
018I51I30
2
=+−
Giải phương trình ta được: I = 0,5 A (loại) vì I < 1 A.
và I = 1,2 A. (0,25 đ)
Ω=
−
=⇒
6
4,02,1
8,4
R
x
và R
y
= 30 Ω (0,125 đ)
Vậy C đã chia biến trở:
5
1
30
6
R
R
CB
AC
==
(0,25 đ)
Bài 4 : (2 điểm)
Câu 1 : (0,5 đ) Điện trở tương đương của mạch là:
( )
( )
65
43
43
2
65
43
43
2
1AB
RR
RR
RR
R
RR
RR
RR
R
RR
++
+
+
+
+
+
+=
(0,375 đ)
Thay số và suy ra được: R
4
= 15 Ω (0,125 đ)
Câu 2 : (1 đ) Ampe kế A
1
chỉ cường độ dòng điện qua mạch chính.
AB
A
R
U
II
1
==
Thay số tính được: I
A1
= 6 A (0,25 đ)
Ta có:
V455,0.648UUU
1234
=−=−=
(0,125 đ)
43
43
2
234
234
RR
RR
R
U
I
+
+
=
; Thay số tính được I
234
= 3 A (0,25 đ)
A2
15
5.345
R
UU
I
4
2234
4
=
−
=
−
=⇒
(0,25 đ)
Số chỉ của A
2
là: I
A2
= I
A1
– I
4
= 6 – 2 = 4 A. (0,125 đ)
Câu 3 : (0,5 đ) Hiệu điện thế giữa hai điểm M và N:
Ta có: I
56
= I – I
234
= 6 – 3 = 3 A. (0,125 đ)
2234556CNMCMN
RIRIUUU
+−=+=
(0,25 đ)
Thay số tính được: U
MN
= 6 V. (0,125 đ)
Bài 5 : (2 điểm)
Câu 1 : (1,75 đ) Để hai đèn sáng bình thường, ta cần sử dụng biến trở R
b
với hai đèn và mắc chúng
thành hai nhóm, sao cho mỗi nhóm có hiệu điện thế 6 V. Lúc này điện trở của các nhóm ghép nối tiếp phải
bằng nhau. (0,125 đ)
Ta có:
Ω===
15
4,2
6
P
U
R
2
1đm
2
1đm
1
(0,125 đ)
Ω===
10
6,3
6
P
U
R
2
2đm
2
2đm
2
(0,125 đ)
A4,0
6
4,2
U
P
I
1đm
1đm
1đm
===
A6,0
6
6,3
U
P
I
2đm
2đm
2đm
===
Vì I
đm1
< I
đm2
nên cần mắc thêm biến trở song song với Đ
1
để chia dòng cho bóng đèn Đ
1
. (0,25 đ)
Ta có 3 cách mắc cơ bản sau: (Đ
1
//R
b
) nt Đ
2
(1) ; (Đ
1
//Đ
2
) nt R
b
(2) ; (Đ
1
//R
b1
) nt (Đ
2
//R
b2
) (3)
(mỗi cách mắc đúng, cho 0,25 đ) (0,75 đ)
- Khi (Đ
1
//R
b
) nt Đ
2
, ta có:
2
b1
b1
R
RR
RR
=
+
. Thay số và suy ra: R
b
= 30 Ω (0,125 đ)
- Khi (Đ
1
//Đ
2
) nt R
b
, ta có:
21
21
b
RR
RR
R
+
=
. Thay số tính được: R
b
= 6 Ω (0,125 đ)
- Khi (Đ
1
//R
b1
) nt (Đ
2
//R
b2
), ta có:
)1bb2
1bb2
1b1
1b1
RR(R
)RR(R
RR
RR
−+
−
=
+
= 16 Ω
=> R
b2
= 50 – 16 = 34 Ω. (0,125 đ)
Câu 2 : (0,25 đ) Cách mắc có lợi:
Cách mắc nào có công suất toàn phần nhỏ hơn thì cách mắc đó có hiệu suất lớn hơn.
- Sơ đồ hình 1 có: I = I
đm2
- Sơ đồ hình 2 và 3 có: I > I
đm2
(0,125 đ)
Vậy sơ đồ hình (1) có hiệu suất lớn nhất. (0,125 đ)
---------------------------------------
