Phần chùm sáng tới chiếu trực tiếp lên thước không phản xạ trên gương.. Do đó bóng của thước trên tường là đoạn AB như hình 5.
Trang 1SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU
NĂM HỌC 2010-2011
HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn: VẬT LÝ
(Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 04 trang)
-
Gọi khối lượng của mỗi ca chất lỏng trong bình 1 là m0, khối lượng của chất lỏng trong bình 2 là m, nhiệt dung riêng của chất lỏng là C
Sau khi đổ lần thứ nhất khối lượng chất lỏng trong bình 2 là (m + m0) có nhiệt
độ t1 = 100C
0,5
Sau khi đổ lần 2 phương trình cân bằng nhiệt là:
C(m + m0)(t2 - t1) = Cm0(t01 - t2) (1) 0,5 Sau khi đổ lần 3 [Coi hai ca toả cho (m+ m0) thu]
C(m + m0)(t3 - t1) = 2Cm0(t01 - t3) (2) 0,5 Sau khi đổ lần 4 [Coi ba ca toả cho (m+ m0) thu]
C(m + m0)(t4 - t1) = 3Cm0(t01 - t4) (3) 0,5
Từ (1) và (3) ta có:t t t t t t t t t01 0C
4 01
2 01 1 4
1
) (
−
−
=
−
−
Từ (1) và (2) t C
t t
t t t t
t
3 3 01
2 01 1 3
1
) (
−
−
=
−
−
(5) 1
Do tính đối xứng nên ta có thể xem điện trở dây cung AB1B là R1 và điện trở dây cung AA1B là R2 ta có mạch điện tương đương như hình 2
1 AmB
1 BxB
2 nB
A
2 xA
L
x 1 ( R
; L
xR R
; R ) L
x 1 ( R
; L
R x R
1 1
1
Khi đó điện trở toàn mạch A1B1 là:
2 1
1 2 1
2 B
A
R R
L
xR R ) L
x 1 ( R ) L
x 1 ( L
xR R
1
1 = + − + − + 0,5
Đặt (R2 R1)
L
x
X = − ta được:
2 1
2
( 1
X R X R
R A B
+
− +
= Khi đó cường độ dòng điện mạch chính:
I =
+ −
+
=
− +
+
=
) R R ( L
x R ) R R ( L
x R
) R R (
U )
X R )(
X R (
) R R (
U R
U
1 2 2
1 2 1
2 1 2
1
2 1 B
A1 1
0,5
Để I đạt min ta chỉ cần xét R A1B1, vì R1 + R2 không đổi, áp dụng bất đẳng thức
0,5
B1
A
A1
B
O x
x Hình 1
-m
n
xA A
nB A
1
Hình 2
-A
B
Trang 2côsi ta có: 1 2 2
2
2
R R ( ) X R )(
X R
Nên R A1B1cực đại khi R1 + X= R2 - X
2
2
1 R R
X = −
→ 2
2 )
1 2
L x R R R R L
→ Vậy cường độ dòng điện mạch chính đạt cực tiểu khi x =
2
L
0,5
Để I đạt max ta thì phải có (R1+ X)(R2-X) đạt min khi 0 ≤ x ≤ L
Ta thấy f(X) = (R1+ X)(R2-X) = -X2 + (R2 - R1)X + R1.R2
Vì f(X) là hàm số bậc 2 có hệ số A = -1< 0 nên đồ thị là một phần parabol quay
bề lỏm xuống dưới
Xét ở hai cận x = 0 và x = L thì tương ứng X = 0 và X = R2 - R1 khi đó f(X) đều bằng nhau, đạt cực tiểu và bằng f(X) min = R1R2
Vậy I max khi x =0 hoặc khi x = L nghĩa là khi A1 trùng A; B1 trùng B hoặc A1 trùng B; B1 trùng A
0,5 0,5
Gọi x độ dâng mực nước ở nhánh A, y là độ hạ xuống của mực nước ở nhánh B khi dầu đầy
Ta có: xS1 =yS2⇒x=2y (1) 0,5 Gọi M, N là hai điểm cùng nằm ngang với mặt phẳng
phân cách giữa dầu và nước A và B (hình vẽ 3)
Ta có: PM = PN => (x+y)d1 = (h+y)d2 ⇒x+y = (h+y).0,75 (2)
0,5
0,5
Từ (1) và (2) ta có: y cm
3
20
Thể tích dầu đã đổ vào nhánh B là: V = S2(h+y) = 10 3 3
3
16
m
−
Khối lượng dầu đã đổ vào nhánh B là: m = V.D2 = 4kg 0,5
Hình 3
h x
y
Trang 3Khi khối trụ cân bằng nước dâng lên ở các nhánh
A, B lần lượt là a, b
Với:
= +
≤
≤
=
−
≤
≤
cm 3
80 y h b 0
cm 3
20 x h a 0
Gọi thể tích chiếm chổ của khối trụ trong nước là
V1.Do D3 < D1 nên khối trụ nổi trên nước FA=P3 Tức là: V1d1=V3d3 => V1=360cm3
0,5
Mặt khác V1 = a.S1 + bS2 => a + 2b = 3,6 (3) 0,25 Gọi C, D là hai điểm cùng nằm ngang với mặt phẳng phân cách giữa dầu và
nước A và B sau khi thả khối trụ (hình vẽ 4)
PC = PD => ( x + y – b + a)d1 = (h+y-b)d2
(x+y)d1 + (a-b)d1 = (h+y)d2 - b.d2 Theo câu 1: (x+y)d1 = (h+y)d2 => b a
d
d d b
2
2
Từ (3) và (4) a = 0,4cm, b = 1,6cm thỏa mãn với điều kiện trên 0,25 Vậy thể tích đã tràn ra khỏi bình B là: ∆V = b.S2 = 0,32.10-3m3
Khối lượng dầu tràn ra ngoài là: ∆m = ∆V.D2 = 0,24kg 0,5
Phần chùm tia sáng phản xạ từ gương không bị MN chắn hắt lên tường tạo ra vùng sáng trên tường, còn phần bị MN chắn sẽ tạo bóng của MN trên tường Phần chùm sáng tới chiếu trực tiếp lên thước không phản xạ trên gương Do đó bóng của thước trên tường là đoạn AB như hình 5
Phân tích cho 0,5đ
Hình
vẽ cho 1,5đ
Từ hình vẽ ta thấy AB = NK mà theo định luật phản xạ ánh sánh ta có:
MIN = β = 450 suy ra AB = NK= IN.tanβ = IN 0,5
A
B β
N
M G
α
Hình 5
K
I H
Hình 4
h+y
V1
b
a
V1
x+y
Trang 4IN = IH + HN = MH.tanβ + MN.cosα = MN.sinα.tanβ + MN.cosα = (1 3) 10(1 3) 27,3cm
2 + = + ≈ Vậy chiều dài bóng của thước trên tường là: AB = 27,3cm
0,5
Giả sử chiều dòng điện qua Rx có chiều như hình vẽ 6
Từ sơ đồ mạch điện ta có:
+
=
+
=
+
= +
x d
x
I I I
I I I
U U U U
3
2 1
3 d 2 1
IđRđ+(Iđ+Ix)R=(I2+Ix)R+I2R=> (k+1)Iđ=2I2 =>
2
1 k
I2 = +
Iđ (2) 0,75 Kết hợp (1) và (2) ta có:
W) ( 9 k 4
) 1 k ( P k
) 1 k ( P R I 4
) 1 k ( P
R kI P R
I P
kR I
d
2 2
2 d
2 2
2 d d 2
2 2
2 d
+
=
=
⇒
=
Khi k=3 theo ý 1=> I2=2Id (3) không phụ thuộc Rx 0,5 Theo sơ đồ mạch điện hình 6 ta có: Uđ+U3=U => 4Iđ=2-Ix (4) 0,5
U2=Ux+U3 => I2R=IxRx+(Iđ +Ix)R (5) 0,5
từ (3), (5) thay số ta có: Iđ=
8
) 8 R (
Ix x +
(6)
Từ (4) và (6) suy ra: Ix= R 410
x + (7)
0,5
Ta lại có: Px=Ix Rx=(R16R10)2 0,4 R2x 20Rx 100 0
x
+
Ghi chú: + Tất cả các bài toán nếu giải theo cách khác mà đúng đều cho điểm tối đa.
+ Một lần thiếu đơn vị trừ 0,25đ, còn 2 lần trở lên trong cả bài thi trừ tối đa 0,5đ
R 1
Đ
R x
A +
B
I2Ix
Iđ
I3 I
Hình 6