Đáp án đề thi chuyên lí Tiền Giang 2014-2015

dapandechinhthuc SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TIỀN GIANG KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 Năm học 2014 − 2015 Môn thi Vật lí chuyên HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Văn bản gồm 07 trang) I Hướng dẫn chung 1 Giám khảo khi chấm b[.]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TIỀN GIANG ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 Năm học 2014 − 2015 Mơn thi: Vật lí chun HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Văn gồm 07 trang) I Hướng dẫn chung: Giám khảo chấm không tự ý thay đổi điểm số câu, Nếu thí sinh làm khác với hướng dẫn chấm tổ chấm thi tự làm đáp án cho điểm số câu theo qui định đáp án, ghi lại biên gởi lại Hội đồng chấm Giám khảo khơng làm trịn điểm số thi II Đáp án thang điểm: Bài Đáp án Bài Bài 1: 1,75đ (1,0đ) Tính giá trị điện trở R4: Điểm * Khi khóa K mở: IA = I24 _ Điện trở tương đương mạch: (R1  R )(R  R ) (1  3)(3  R ) 19  5R Rm  R  1  (R  R )  (R  R ) (1  3)  (3  R )  R4 _ Cường độ dòng điện qua mạch chính: U 6(7  R ) Im   R m 19  5R _ Hiệu điện hai đầu đoạn mạch AB: 4(3  R ) 6(7  R ) 24(3  R ) U AB R ABIAB    R 19  5R 19  5R _ Cường độ dòng điện qua ampe kế: U 24(3  R ) 24 I A I 24  AB   (1) R 24 19  5R  R 19  5R / A * Khi khóa K đóng: I I _ Điện trở tương đương mạch: RR 1.3  R12     R1  R    R 3R 3.R  R 34    R3  R4  R4 3R  15R /  => R AB R12  R 34    R 4(3  R )  15R 21  19R / 1  => R d R AB  R  4(3  R ) 4(3  R ) _ Cường độ dịng điện qua mạch chính: U 6.4(3  R ) Id   Rd 21  19R _ Hiệu điện hai đầu đoạn mạch CB: 0,25 0,25 (2) - Trang 1- 3R 6.4(3  R ) 72R   R 21  19R 21  19R _ Cường độ dòng điện qua ampe kế: U 72R 72 I A/  CB   (3) R 21  19R R 21  19R 72 24 /  * Theo đề bài: I A I  I A  21  19R 19  5R => 5(19  5R ) 3(21  19R ) => R 1 U CB U34 R 34 I34  I34 ICB 0,25 0,25 2.(0,75đ).Tính cường độ dịng điện qua khóa K khóa K đóng * Giả sử cường độ dịng điện qua khóa K khóa K đóng có chiều từ C đến D thì: I K ICD I A/  I (4) * Thay R4 = 1 vào (2) (3) ta thu được: 6.4(3  R ) 6.4(3  1) Id   2,4A 21  19R 21  19.1 72 72 I A/   1,8A 21  19R 21  19.1 0,25 − Hiệu điện hai đầu đoạn mạch AC: U AC U12 R12 I12  2,4 1,8V U 1,8  0,6A => I  R2 0,25 − Thay vào (4) ta thu được: I K ICD 1,8  0,6 1,2A Vậy cường độ dịng điện qua khóa K khóa K đóng có chiều từ C đến D có độ lớn 1,2A 0,25 Bài 1,75đ Đặt R AA1 = x2 R BB1 = x1; R AB1B = R1 R AA1B = R2 thì: R A1AB1 R A1A  R AB1 x  (R1  x1 ) R A1BB1 R BB1  R A1B x1  (R  x ) RM   R A1AB1 R A1BB1 R A1AB1  R A1BB1 x1   x1  R  x   x  R  x    x1  R  x    x  R1   x  R1  0,25 x   x1  R  x  R1  R 0,25 - Trang 2- IM  U  R1  R  U  R M  x  R  x1   x  R  x  (1) L L R  2 S1  S2  x x 0,25  x  R Do: (2)    x2  R 1 & x x L L x1 1  x 2  S1  S2  U  R1  R  IM  0,25 Từ (1) (2) ta có: x  x   L  R  R1   R1    L  R  R1   R  U  R1  R  IM  x xR xR  (R  R1 )  (R  R )  (R  R )  R 1R L L L U  R1  R  L2 =  x (R  R1 )  xL(R  R )  R 1R 2L2 U  R1  R  L2 0,25 IM  2  R  R1   L  x  x  R1R 2L Do U, R1, R2, L ≥ nên để IM cực tiểu thì: [(R2 – R1)2(L – x)x + R1R2L2] cực đại hay [(L – x)x] cực đại (do (R2− R1)2 ≥ Áp dụng bất đẳng thức Côsi (với x < L) ta thấy: 0,25 (L  x)  x 2 (L  x).x   (L  x)  x  4(L  x)x R1 1 (L  x)  2(L  x)x  x 0   (L  x)  x  0 L L L  2x 0  L 2x  x   x Max  2 U  R1  R  L 4U 0,25 I M     => L L  R  R1   L    R1R 2L2 R1  R 22  Bài * Gọi U1/ r1I1 hiệu điện hao phí điện trở r1, ta có: 1,50đ U1 US  U1/  US U1  U1/ IS I1 => US U1  r1I1 360  4IS (1) 0,25 / Gọi U r2 I hiệu điện hao phí điện trở r2, ta có: IT I U T U R  U 2/ RI  r2I 10I T  1.I T 0,25 => U T 11IT (2) * Từ công thức liên hệ hiệu điện hiệu dụng số vòng dây máy biến ta có: US N S 360  4IS 400    4 UT NT 11IT 100 => 90  IS 11IT (3) 0,25 * Do dòng điện Fucô máy biến không đáng kể, nên: - Trang 3- PS PT  USIS U T IT IT US 400   4  IT 4IS => (4) IS U T 100 * Từ (3) (4) ta thu được: 90  IS 11(4IS ) => IS 2A & IT 8A * Khi đó, ta thấy: _ Cơng suất tiêu thụ bóng đèn là: P RIT2 10.82 640W _ Công suất cung cấp đầu nguồn là: P1 U1IS 360.2 720W Vậy hiệu suất toàn mạch sử dụng máy biến là: P 640 H  100%  100% 88,89% P1 720 0,25 0,25 0,25 Bài 1.(1,00 đ) Xác định khoảng nhìn rõ trước mắt 2,00đ * Khi mang thấu kính phân kỳ có độ lớn tiêu cự 100cm: _ Do mang thấu kính phân kỳ (f < 0) nên: f1  100cm _ Do mang thấu kính phân kỳ cách mắt O M O1 1 1cm nên vị trí vật AB cách mắt: OMA = OMO1 + O1A = 1  d => d OM A  1 _ Do vật AB đặt trước kính nên AB vật thật (d > 0) Do đó: d O M A  1 (1) _ Khi quan sát vật AB vô cực (mắt khơng điều tiết) thì: A’  CV O M A   d V  Từ công thức thấu kính ta có: 1 1   /  /  d V/ f1  100cm 0 f1 d V d V d V dV Do kính mang cách mắt 1cm nên khoảng cực viễn mắt người là: 0,25 O M CV O M A V/ O M O1  O1A V/ 1  d V/ 1  100 101cm _ Tương tự, quan sát vật AB cách mắt 25cm (mắt điều tiết tối đa) thì: A/  CC O M A 25  d C 24cm Từ cơng thức thấu kính ta có: 1 d f 24( 100)  600   /  d C/  C   cm  19,355cm f1 d C d C d C  f1 24  ( 100) 31 Do kính mang cách mắt 1cm nên khoảng cực cận mắt người là: OM CC OM A C/ O M O1  O1A C/   d C/ 1  19,355 20,355cm 0,25 Vậy mắt người cận thị khơng mang thấu kính nhìn rõ vật cách mắt từ 20,355cm đến 101cm * Khi mang thấu kính phân kỳ có độ lớn tiêu cự 200cm: _ Do mang thấu kính phân kỳ (f < 0) nên: f  200cm - Trang 4- _ Do mang thấu kính phân kỳ sát mắt O M O 2 0 nên vị trí ảnh A’B’ cách mắt là: O M A ' O M O  O A ' O 2A '  d ' _ Do ảnh A’B’ trước mắt trước thấu kính phân kỳ nên ảnh ảo (d’ < 0) Do đó: d '  O M A ' _ Khi quan sát vật AB cho ảnh cực viễn mắt (để mắt không điều tiết) thì: A’  CV d V/  O M CV  101cm Từ cơng thức thấu kính ta có: 1 d V/ f    dV  / f d V d V/ dV  f2 ( 101)(  200) 20200  cm 204,04cm ( 101)  ( 200) 99 _ Tương tự, quan sát vật AB cho ảnh cực cận mắt (mắt phải điều tiết tối đa) thì: A’  CC d C/  O M CC  20,355cm Từ cơng thức thấu kính ta có: 1 d/ f (  20,355)(  200)   /  dC  / C  22,661cm f2 dC dC d C  f (  20,355)  (  200) Vậy mắt người cận thị mang thấu kính phân kỳ có độ lớn tiêu cự 200cm nhìn rõ vật cách mắt từ 22,661cm đến 204,040cm (1,00đ) Khi dùng kính lúp để quan sát vật nhỏ trước mắt: Tương tự, dùng kính lúp (là thấu kính hội tụ f > 0) có tiêu cự f L = 4cm ảnh A’B’ vật nhỏ cần quan sát phải lên cực cận CC cực viễn CV mắt _ Do mắt người cận thị khơng mang kính sửa tật đặt tiêu điểm ảnh FL/ kính lúp nên: O M O L FL/ O L  L f L 4cm Khi đó, vị trí ảnh A’B’ vật AB cách mắt là: O M A ' O M O L  O L A ' L  d ' f L  d ' => d ' O M A ' f L O M A ' _ Do ảnh A’B’ trước mắt trước kính lúp nên ảnh ảo (d’ < 0) Do đó: d '  (O M A ' f L ) _ Khi quan sát vật AB cho ảnh cực viễn mắt (để mắt khơng điều tiết) thì: A’  CV d V/  (O M CV  f L )  (101  4)  97cm Từ cơng thức thấu kính ta có: 1 d V/ f L ( 97).4 388   /  dV  /   cm 3,8416cm fL dV dV d V  f L ( 97)  101 _ Khi quan sát vật AB cho ảnh cực cận mắt (mắt phải điều tiết tối đa) thì: A’  CC d C/  (O M CC  f L )  (20,355  4)  16,355cm Từ cơng thức thấu kính ta có:  0,25 0,25 0,25 0,25 - Trang 5- 0,25 1 d C/ f L (  16,355).4 13084 P   /  dC  /   cm 3,2140cm fL dC dC d C  f L (  16,355)  4071 Vậy, mắt cận thị nói (khơng mang thấu kính phân kỳ sửa tật mắt) đặt cố định tiêuMđiểm ảnh/ kính lúp người quan 0,25 SF1 từ 7,21cm đến 7,84cm S vật nhỏ cách mắt sát I   / O Bài d * Trường hợp S1 ảnh thật (OS1 = ), ta có hình vẽ sau: 1,00đ N Q Xét hai tam giác đồng dạng MOS1 QIS1 ta được: OS1 OM    IS1 4.OS1 IS1 IQ OI 240 OI OS1  IS1 5.OS1  OS1   48cm d1/ 5 / df 48.20 34,3cm Mà d1  /  (d1/ > 0) d1  f 48  20 * Trường hợp S2 ảnh ảo (OS2 = d2/): ta có hình vẽ sau: 0,25 0,25 P S2  S’2 M I  O N Q Xét hai tam giác đồng dạng MOS2 PIS2 ta được: OS2 MO    IS2 4.OS2 IS2 PI 0,25 - Trang 6- IS2 OS2  OI 4.OS2  OS2  OI 240  80cm 3 / 0,25 df (  80).20  16cm (d2/ < 0) / d  f ( 80)  20 * Gọi m m x khối lượng nước đá tinh khiết chứa bình khối lượng bình chứa Gọi c x nhiệt dung riêng chất làm bình chứa Trong thời gian T = 60s đầu tiên, bình chứa lượng nước đá bình tăng nhiệt độ từ t = − 50C đến t2 = 00C (nước đá chưa tan thành nước) Ta có phương trình: k.T1 = (m1c1 + mxcx)(t2 – t1) (1) 0,25 O Trong thời gian T2 = 1280s tiếp theo, nước đá C tan hoàn toàn thành nước 0OC, nhiệt độ bình chứa nước bình khơng đổi k.T2 = m1  (2) 0,25 Trong thời gian T = 200s cuối cùng, bình nước tăng nhiệt độ từ t = 00C đến t3 = 100C Ta có phương trình: k.T3 = (m1c2 + mxcx)(t3 – t2) (3) 0,25 Mà: d  Bài 2,00đ Từ (1) có: m1c1 + mxcx = kT1 t  t1 (4) Từ (3) có: m1c2 + mxcx = kT3 t3  t2 (5) 0,25 Lấy (5) trừ (4) được: m1(c2 – c1) = kT3 kT1 – t  t t  t1 (6) 0,25 Chia hai vế hai phương trình (2) (6): kT2 T2    kT3 kT1 T3 T1   c2  c1 t  t t  t1 t  t t  t1  => T2 (c  c1 ) T3 T1  t  t t  t1 1280(4200  2100)  3,36.105 J / kg 200 60  10  0  ( 5) 0,25 0,25 0,25 Vậy nhiệt nóng chảy λ nước đá  = 3,36.105J/kg Lưu ý: - Trang 7- _ Trong phần câu câu, học sinh làm theo cách khác, kết giải thuật hợp lý, cho điểm tối đa phần câu _ Sai đơn vị kết câu hỏi trừ 0,25 điểm cho lần không 0,50 điểm cho toàn thi HẾT - - Trang 8- ... Cường độ dòng điện qua ampe kế: U 72R 72 I A/  CB   (3) R 21  19R R 21  19R 72 24 /  * Theo đề bài: I A I  I A  21  19R 19  5R => 5(19  5R ) 3(21  19R ) => R 1 U CB U34 R 34 I34... 4IS 400    4 UT NT 11IT 100 => 90  IS 11IT (3) 0,25 * Do dịng điện Fucơ máy biến khơng đáng kể, nên: - Trang 3- PS PT  USIS U T IT IT US 400   4  IT 4IS => (4) IS U T 100 * Từ... cho điểm tối đa phần câu _ Sai đơn vị kết câu hỏi trừ 0,25 điểm cho lần khơng q 0,50 điểm cho tồn thi HẾT - - Trang 8-