Đáp án đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Vật Lý 2008

Giả sử có một điểm sáng S đặt tr-ớc thấu kính phân kỳ tiêu điểm F, quang tâm O.. + Tia sáng song song với trục chính thì cho tia ló có đ-ờng kéo dài đi qua tiêu điểm tr-ớc F..  Theo giả

ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYấN KHTN NĂM 2008

MễN: VẬT Lí

Câu 1: (2 điểm)

Do đèn sáng bình th-ờng nên: Uđ = 6V, Pđ = 9W

Dòng qua đèn: 1,5A

6

9 U

P I đ

đ

đ   

 I4 = Iđ IA = 1,5  1,25 = 0,25A

 U3 = U4 = I4 R4 = 0,25 12 = 3V

 U1 = U  Uđ U4 = 12  6  3 = 3V

4

3

R

U

I

1

1

1     I2 = Iđ I1 = 1,5  0,75 = 0,75A

 Giá trị điện trở R2 là:      8

75 , 0

6 12 I

U U I

U R

2

đ 2

2

I3 = I1 I4 = 0,75  0,25 = 0,5A

 Giá trị điện trở R3 là:   6

5 , 0

3 I

U R

3

3

0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ

Câu 2: (2 điểm)

Ký hiệu các khoảng cách và thời điểm:

d1 = 20m, d2 = 25m, t1 = 10s, t2 = 15s, t3 = 25s, t4 = 30 s

Ta có: t1 là lúc Ronaldo chạy đến A; t2 là lúc Deco chạy đến A;

t3 là lúc Ronaldo chạy đến B; t4 là lúc Deco chạy đến B

* ở thời điểm t1 khi Ronaldo đến B thì Deco ở vị trí cách B là d1 = 20m (Hình 2a), thời gian

chạy khoảng cách này của Deco là t12 = t2 t1 Vậy:

10 15

20 t

t

d v d t t

v

1 2

1 1 1 1 2















* T-ơng tự, ở thời điểm t3 khi Ronaldo đến B thì Deco ở vị trí cách B là d2 = 25m (Hình 2b),

thời gian chạy khoảng cách này của Deco là t34 = t4 t3 Vậy:

25 30

25 t

t

d v

d t t

v

3 4

2 2

2 3 4















* Ta thấy thời gian chạy trên đoạn AB của các cầu thủ là:

t13 = t24 = t3 t1 = t4 t2 = 25  10 = 15s

và họ chạy với vận tốc v2 = 5m/s Vậy:

0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ

A

d1

d2

L = v2(t3  t1)

A

R 1

R 2 R 3

R 4

Đ U

I 3

I 2

I 4

I A

I đ

L = v2.t13 = 5 15 = 75m

Câu 3: (2 điểm)

I Giả sử có một điểm sáng S đặt tr-ớc thấu kính phân kỳ tiêu điểm F, quang tâm O Vẽ ảnh

S' của S qua thấu kính, ta nhận thấy:

+ Tia sáng qua quang tâm truyền thẳng  S, S' và O nằm trên một đ-ờng thẳng

+ Trục chính vuông góc với mặt thấu kính  OM  OL  tam giác MOL vuông tại O

+ Tia sáng song song với trục chính thì cho tia ló có đ-ờng kéo dài đi qua tiêu điểm tr-ớc F

Từ đó, ta suy ra cách dựng:

 Dựng đ-ờng thẳng d đi qua S và S'

 Vẽ đ-ờng tròn đ-ờng kính ML, cắt đ-ờng thẳng d tại hai điểm là O và O'

 Theo giả thiết, thấu kính là thấu kính phân kỳ nên vật thật cho ảnh ảo gần thấu kính hơn

vật

 quang tâm phải nằm ngoài đoạn SS' về phía S' Vì vậy, ta chọn điểm O là quang tâm của

thấu kính

 Đ-ờng thẳng đi qua M và O là trục chính  của thấu kính

 Vẽ mặt thấu kính đi qua O và L

 Qua S dựng vẽ tia sáng song song với trục chính, gặp thấu kính tại I

 Nối I với S' cắt trục chính tại F F chính là tiêu điểm của thấu kính

Ghi chú: Học sinh có thể vẽ với điểm M quá gần, nên đ-ờng tròn đ-ờng kính ML cắt đ-ờng

thẳng d tại hai điểm O và O' đều nằm ngoài đoạn SS' về phía S' (Nh- trên hình 3b) Khi đó cả

hai điểm đều có thể chọn làm quang tâm của thấu kính

II a)

Trong khoảng thời gian t, ng-ời đi từ B1 đến B2 thì bóng của đỉnh đầu ng-ời dịch chuyển từ C1

đến C2

Xét SKC1:

H

h SK

B A KC

C

B 1 1

1

1

0,25đ

0,5 đ

0,25đ

S

K

A1

A2

B1

B2

C2

C1

S

S'

I

L

O

M

F

d



S

S'

L

O'

M

2

Xét SKC2:

H

h SK

B A KC

C

2

2



H

h KC

C B

KC

C

B

2

2 2

1

1

Xét KC1C2: Từ (*)  C1C2 // B1B2

Điều này đúng với mọi khoảng thời gian t nên suy ra: Bóng đỉnh đầu ng-ời đó dịch chuyển

trên một đ-ờng thẳng song song với mép đ-ờng

b) Gọi v' là vận tốc trung bình của bóng đỉnh đầu ng-ời trong khoảng thời gian t:

t

C C '

v 1 2

Vận tốc của ng-ời là:

t

B B

v 1 2

Xét KC1C2:

H

h 1 KC

C B 1 KC

C B KC KC

KB C

C

B B

1

1 1 1

1 1 1 1

1 2

1

2



H

h H H

h 1 C

C

B

B

'

v

v

2

1

2

h H

H v ' v



Giá trị của v' không phụ thuộc vào khoảng thời gian t nghĩa là bóng đỉnh đầu ng-ời dịch

chuyển đều với vận tốc

h H

H v ' v



0,5 đ

0,5đ

Câu 4: (2 điểm)

Ký hiệu q1 là nhiệt l-ợng tỏa ra của n-ớc trong bình khi nó giảm nhiệt độ đi 10C, q2 là nhiệt

l-ợng thu vào của chai sữa khi nó tăng nhiệt độ lên 10C

a) Ph-ơng trình cân bằng nhiệt đối với chai sữa thứ nhất và thứ hai:

q1(t0  t1) = q2(t1 tX) (1)

q1(t1  t2) = q2(t2 tX) (2) Thay t0 = 360C, t1 = 330C, t2 = 30,50C vào ta tìm đ-ợc: tX = 180C và

5

1 q

q 1

2  b) Từ (1) suy ra nhiệt độ của chai thứ nhất khi lấy ra:

x 0 2 1

1 x

2 1

x 2 x 1 x 1 0 1 2

1

x 2 0 1

q q

q t

q q

t q t q t q t q q

q

t q t q























T-ơng tự, khi lấy ra chai thứ hai, vai trò t0 đ-ợc thay bởi t1 thì:

2 1

1 x

x 1 2 1

1 x

q q

q t

t t q q

q t























Tổng quát, chai thứ n khi lấy ra sẽ có nhiệt độ là:

1 2 x

x 0 n

2 1

1 x

q

q 1

1 t

t t q q

q t







































Theo điều kiện đầu bài: tn < 250

C

18

7 6

5 25

18 36 6

5 18

t

n n

































Bắt đầu từ n = 6 thì bất đẳng thức trên thỏa mãn Vậy đến chai thứ n = 6 thì nhiệt độ n-ớc

trong bình bắt đầu nhỏ hơn 250C

Chú ý: Học sinh có thể giải theo cách tính lần l-ợt các nhiệt độ Giá trị nhiệt độ của bình thứ n

0,25đ 0,25đ 0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ

nh- sau:

Câu 5: (2 điểm)

a)

2 1 4 2

1 4 1

2

1

4

2

4

1

4

I

I 3

1 R 3

R I

I R

I

R

I

P

P











































Tìm

1

4

I

I

Ta có: I = I1 + I3 = I2 + I4

mà:

R

R I U R

R I U R

U U

R

U

3

4 4 3

4 3

3

3















R

R 3 I U R

R I U R

U U

R

U

2

1 1 2

1 2

2

2















I

I I 2 I 4 R

R 3 I U I R

R I U

I

1

4 4 1 1

4 4

3

4 P 3

4

P

P

1 4 1

Ta nhận thấy tỷ số

1

4 I

I không phụ thuộc vào RX b) Ta có:

*UABUAMUMNUNB I1R1IxRxI4R4U

3I1RIxRx2I1RU 5I1RIxRx U (1)

*UMB UMNUNB I2R2 IxRxI4R4

I1IxRIxRx2I1R I1RIxRRx (2)

Khử I1 khỏi hệ ph-ơng trình trên để tìm IX, chẳng hạn nhân hai vế của (2) với 5 rồi cộng với

(1):

x x

xR U 5I R R

x x

R 4 R 5

U I









Khi đó ta viết đ-ợc biểu thức công suất tỏa nhiệt trên RX là:

x x

2 2

x x 2 x

2

x

x

R 4 R

R 5

U R

R 5

R U R

I

P



























áp dụng bất đẳng thức Côsi:

R 20 2 R 4 R

R 5 2 R 4 R

R

x x

x







Dấu "=" xảy ra, tức là PX đạt giá trị lớn nhất

R 80

U P

2 max  , khi:

4

5 R R

4 R

R

x







0,75đ 0,25đ

0,5 đ

0,5 đ

R 2

R X

R 1

I X

I

M

N

Ghi chú: Thí sinh có thể làm các bài theo cách khác với đáp áp nh-ng nếu đúng thì vẫn cho điểm tối đa