HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH VÀO THPT CHUYÊN 2015

HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH VÀO THPT CHUYÊN 2015 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG HDC CHÍNH THỨC (Bản HDC có 06 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN BẮC GIANG NĂM HỌC 2019 202[.]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG HDC CHÍNH THỨC (Bản HDC có 06 trang) CÂU HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN BẮC GIANG NĂM HỌC 2019-2020 MƠN THI: VẬT LÍ Ngày thi: 04/6/2019 Ý NỘI DUNG ĐIỂM CHUYỂN ĐỘNG CƠ (3,0 điểm) Tính v1, v2 khoảng cách từ A đến C + Ta có: AC = v1.t ; BC v t + Từ BC = 3AB  BC  AC (1) A B C (2) 0,5 3 + Thay (1) vào (2), ta được: v t  v1.t  v  v1 (3) 4 + Mặt khác theo đề ta có: v1  v 15 (km / h) (4) + Từ (3) (4)  v1 = 60 (km/h) ; v2 = 45 (km/h) Thời gian xe chuyển động từ A đến C t = 30 phút = 1,5 h AC v1.t 60.1,5 90 (km) Tính khoảng cách xe, vận tốc xe thứ xe thứ hai - Kể từ lúc xe gặp C (lúc 30 phút) đến giờ, thời gian xe chuyển động t ' 30 phút = 0,5 h - Quãng đường mà xe + Xe 1: s1 v1.t ' 60.0,5 30(km) + Xe 2: s v t ' 45.0,5 22, 5(km) Vì hai xe chuyển động theo hai phương vng góc với nên ta có khoảng cách hai xe 2 2 0,5 0,5 0,5 0,5 s = s + s = 30 + 22,5 = 37,5 (km) Vận tốc xe thứ xe thứ hai là: v = s 37,5 = = 75 (km/h) t' 0,5 0,5 DỊNG ĐIỆN KHƠNG ĐỔI (4,0 điểm) Tính Rx hiệu suất mạch điện 12R x 16(3  R x )  R R  R AB  + Ta có: R AB  12  R x 12  R x U (12  R x )16 12  R x  + Cường độ dòng điện: I   R 16(3  R x ) 3Rx 12  R x 12R x 12R x  + Hiệu điện hai đầu AB: U AB I.R AB   R x 12  R x  R x + Công suất tiêu thụ biến trở: PR x  U 2AB 144.R x  Rx (R x  3)  R x1 9  + Cho PR x 9  R x  10R x  0    R x 1  * Với R x1 9  : 36 64 U R AB  ; R  ; I1  1, 75 A 7 R - 1/6 - 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 PAB I12 R 15, 75 W P U.I1 16.1, 75 28 W P 15, 74 H1  AB  56, 25% P 28 * Với R x 1  : 12 64 U R AB  ; R  ; I  3, 25 A 13 13 R 12 PAB I 22 R AB 3, 252 9, 75 W 13 P U.I2 16.3, 25 52 W P 9, 75 H  AB  18, 75% P 52 Tính Rx (PR x ) max 144.R x 144 PR x   2 (R x  3)   Ta có:  R x   R x   0,5 0,25    đạt giá trị nhỏ Công suất PR x đạt giá trị cực đại mẫu số  R x  R x   2 Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: R x  Rx Mẫu số đạt giá trị nhỏ dấu “=” xảy ra, đó: Cơng suất tiêu thụ biến trở cực đại: (PR x )max  Rx   R x 3  Rx 144 144  12 W 12 (2 R x ) 0,25 0,25 0,25 0,5 NHIỆT HỌC (3,0 điểm) Tìm nhiệt dung riêng chất lỏng đổ thêm vào nhiệt lượng kế * Khi có cân nhiệt lần thứ nhất, nhiệt độ cân toC: + Ta có: mc1 (t  t1 ) mc (t  t) (1) o + Theo đầu bài: t t  9; t1 23 C (2) Thay (2) vào (1) giải ra, ta được: t2 = 74oC, toC = 74 - = 65oC * Khi có cân nhiệt lần thứ hai, nhiệt độ cân t ' t  10 65  10 55o C : + Ta có: 2m.c(t ' t ) (mc1  mc )(t  t ') + Thay số vào ta tìm c = 2550 J/kg.K Dùng dây đốt nóng a) Giải thích tính nhiệt độ mơi trường t0 * Giải thích: Dây đốt nóng hoạt động với công suất P đủ bù phần nhiệt mà bình tỏa mơi trường nên nhiệt độ bình khơng tăng * Tính t0: + Gọi nhiệt độ mơi trường t0, hệ số tỉ lệ công suất truyền nhiệt bình mơi trường theo hiệu nhiệt độ chúng k (W/oC) + Khi nhiệt độ nước bình ổn định cơng suất tỏa nhiệt dây đốt cơng suất tỏa nhiệt từ bình mơi trường, đó: P k(t  t ) (1) - 2/6 - 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 1, 2P k(t  t ) (2) Từ (1) (2) thay số t = 65oC, t2 = 74oC  t0 = 20oC b) Tính thời gian + Gọi q nhiệt lượng mà bình nước tỏa mơi trường nhiệt độ bình giảm 1oC q (c1  c )m 5100 (J) + Công suất nhiệt tỏa nhiệt bình nước mơi trường (là nhiệt lượng mà bình nước tỏa s) cơng suất dây đốt nóng hoạt động P (W) + Ta có: Ptoa k '.q với k ' tốc độ hạ nhiệt độ bình nước P Suy ra: k' = (oC/s) q + Thời gian để bình khơng trao đổi nhiệt với mơi trường t - t q(t - t ) 5100.(65 - 20) = = = = 255 (s) k' P 900 * Cách khác: + Nước không trao đổi nhiệt với môi trường nhiệt độ nước nhiệt lượng kế nhiệt độ môi trường t0 + Nhiệt lượng nước nhiệt lượng kế tỏa môi trường Q toa m(c1  c )(t  t ) + Vì nhiệt lượng tỏa tỉ lệ thuận với thời gian  nên Q toa k(t  t ). 0,5 + Từ (1): P k(t  t )  k = 20 m(c1  c ) 255(s) + Suy ra:   k QUANG HỌC (4,0 điểm) Xác định vị trí, tính chất ảnh S' S tạo thấu kính, tính khoảng cách vật ảnh, vẽ ảnh 1 df 30.20    d'   60 cm d d' f d  f 30  20 + Vậy ảnh S' ảnh thật, cách thấu kính 60 cm (hoặc sau thấu kính 60 cm) 0,25 + Khoảng cách vật ảnh: SS'  d  d '  30  60 90 cm 0,25 + Áp dụng cơng thức thấu kính: 0,5 + Vẽ ảnh S F O F' S' 0,5 Hỏi sau kể từ thấu kính bắt đầu chuyển động (t = 0) quỹ đạo chuyển động S' khơng bị trùng lại? + Vì d = 30 cm < 2f = 40 cm nên thấu kính chuyển động xa vật (d tăng) lúc đầu ảnh S' S chuyển động lại gần S cịn cách S đoạn 80 cm ảnh bắt đầu đổi chiều chuyển động rời xa S, quỹ đạo chuyển động S' bắt đầu bị trùng lại với quỹ đạo trước + Quỹ đạo chuyển động S' khơng cịn trùng lại khoảng cách vật ảnh SS'  90 cm - 3/6 - 0,25 ' + Ta có: d1 d  vt 30  t (cm)  d1  d1f (30  t).20  d1  f t  10 t  60t  900 + Khoảng cách vật ảnh: SS d1  d  t 10 t  60t  900 ' Khi SS1 90 cm, ta có: 90  t  30t 0 t  10 + Giải ta được: t = t = 30 s + Vậy sau 30 s kể từ lúc bắt đầu thấu kính chuyển động quỹ đạo chuyển động ảnh S' khơng cịn trùng lại với quỹ đạo trước Xác định góc  ' Sau thấu kính chuyển động 10 s d 30  1.10 40 cm 2f d nên ' ' khoảng cách SS2 đạt giá trị nhỏ 80 cm ' Muốn cho ảnh S3 trùng với vị trí S' lúc t = ta cần phải xoay thấu kính ' góc  cho ảnh dịch chuyển rời xa S đoạn  = 10 cm để SS3 90 cm + Từ hình vẽ ta có: d d cos  d3 + Áp dụng công thức thấu kính 1   d d 3' f 1  '   d cos (d  )cos f  cos   d  d '2   0,25 0,25 0,25 0,5 d 3' d 3'  d '2   cos  f  d  d '2   0,25 ' S    O d '2 d2 0,9   25,84o S'2 S3' 0,5  0,25 Vậy ta phải quay thấu kính góc  25,84o 25o50 ' * Cách khác: ' ' + Ta có: d d cos 40 cos  ; d d 2cos 50 cos  1 1 1  '     + Áp dụng cơng thức thấu kính d3 d3 f 40.cos 50.cos 20 1  cos  2(  ) 0,9   25,84o 5 CÂN BẰNG VẬT RẮN (3,0 điểm) Tìm k  + Vẽ hình, phân tích lực tác dụngvàovật  + Các lực tác dụng vào vật gồm: P , N , Fms N     + Điều kiện cân cầu: P  N  Fms 0  Fms P sin , N P cos  - 4/6 -   F P ms 0,25 0,25 + Để cầu khơng trượt xuống cần điều kiện: Fms kN  P sin  kP cos   k tan   0,25 0,25 Vậy, để cầu khơng bị trượt xuống k  3 góc  thay đổi Cho k = a) Tính góc  max + Vẽ hình, phân tích lực + Các lực tácdụng vào vật gồm:    P , N , Fms , T y x O   N T A 0,25   Fms P α     - Áp dụng điều kiện cân lực: P + N + T + Fms = - Chiếu lên Ox, Oy: + Chiếu (1) lên Ox ta được:  P sin   T  Fms 0 + Chiếu (1) lên Oy ta được: N  P cos  0  N P cos  Áp dụng quy tắc mô men trục quay qua A: Psinα M P M Fms  P.R sin  Fms 2R  Fms = Để cầu khơng bị trượt Fms kN Psinα  kPcosα  tanα 2k Thay k = vào ta α  30o Vậy αmax = 30o b) Tính N, Fms, T (1) (2) (3) (4) P P sin  max P  Từ (4) có Fms = P Từ (2)  T P sin  max  Fms  Từ (3) ta có N = Pcosαmax = 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 ĐIỆN TỪ (1,5 điểm) Giải thích xuất dịng điện + Do tác dụng trọng lực, MN chuyển động xuống nhanh dần + Khi MN chuyển động, số đường sức từ qua diện tích ACNM liên tục tăng nên xảy tượng cảm ứng điện từ, mạch xuất dòng điện cảm ứng Xác định chiều dịng điện tính I + Thanh MN có dịng điện nên từ trường tác dụng lên lực điện từ MN chuyển động nhanh dần cường độ dịng điện cảm ứng tăng dần nên lực điện từ tăng dần Khi tốc độ MN đủ lớn lực điện từ cân với trọng lực, lúc chuyển động thẳng + Vì trọng lực hướng xuống nên lực điện từ hướng lên + Áp dụng quy tắc bàn tay trái, ta xác định chiều dòng điện chạy từ M sang N - 5/6 - 0,5 0,5 + Khi MN chuyển động thẳng đều, ta có: P 0,15 Ft P  B.I. P  I   1,5 (A) B. 0,5.0, A I M Q C  Ft  P 0,5 N D PHƯƠNG ÁN THỰC HÀNH (1,5 điểm) Cơ sở lý thuyết + Xét cốc đựng nước đặt vào chậu nước to Thành cốc đáy có bề dày d, diện tích ngồi S + Thể tích nước đựng cốc V  + Mức nước bên so với đáy cốc có độ cao h FA (như hình vẽ) + Cốc nước cân chậu nước khi: P FA  (M  M n ).g g.(d  h).S h  M  V. .(d  h)S (1) 0,5  P + Với lượng nước khác đổ vào cốc, độ cao mực nước bên so với đáy cốc khác + Giả sử đổ lượng nước khác V1, V2 tương ứng có h1, h2 V  V1 M  V1 (d  h1 )S  S Từ (1):  (2) h  h1 M  V2 (d  h )S M  V1 (M  V1)(h  h1 )  h1   h1 (3) S (V2  V1 ) Tiến hành thí nghiệm * Bước 1: Cho nước vào cốc với thể tích V1, thả cốc vào chậu để cốc cân bằng, nước phẳng lặng Xác định mực nước cốc h1 (đọc vạch chia) * Bước 2: Thực lại bước với thể thích nước cho vào cốc V 2, V3,…tương ứng với mực nước cốc h2, h3,… * Bước 3: Hoàn thành bảng số liệu tính tốn Từ đó: d  h1 h2 V1 V2 …… d S Chú ý chấm bài: - Thí sinh làm theo cách khác cho điểm tối đa phần - Nếu sai thiếu đơn vị 01 lần trừ 0,25 điểm; trừ tồn không 0,5 điểm cho lỗi - 6/6 - 0,25 0,25 0,5 ... Bước 1: Cho nước vào cốc với thể tích V1, thả cốc vào chậu để cốc cân bằng, nước phẳng lặng Xác định mực nước cốc h1 (đọc vạch chia) * Bước 2: Thực lại bước với thể thích nước cho vào cốc V 2, V3,…tương... thành bảng số liệu tính tốn Từ đó: d  h1 h2 V1 V2 …… d S Chú ý chấm bài: - Thí sinh làm theo cách khác cho điểm tối đa phần - Nếu sai thi? ??u đơn vị 01 lần trừ 0,25 điểm; trừ tồn khơng 0,5 điểm cho... độ MN đủ lớn lực điện từ cân với trọng lực, lúc chuyển động thẳng + Vì trọng lực hướng xuống nên lực điện từ hướng lên + Áp dụng quy tắc bàn tay trái, ta xác định chiều dòng điện chạy từ M sang