2019 DA TS LHP

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học: 2019-2020 Môn:VẬT LÝ(chuyên) Thời gian làm bài:150 phút ĐỀ CHÍNH THỨC (Hướng dẫn chấm gồm: trang) Câu Câu 1,5 đ HƯỚNG DẪN CHẤM Sau người bắt đầu xuất phát, người quãng đường: ĐIỂM l = 30 = 15 km Quãng đường người : s1 = v1.t Quãng đường người : s2 = v2.(t-0,5) 0,25 ⇒ t = 1h Khi người gặp người 1, ta có : s1 = s2 ; ; Vậy, người gặp người cách vị trí xuất phát là: 30km Khi người thứ ba xuất phát người thứ được: 1 30.( + ) = 20km l1 = v1t01 = ; 0,25 60 = 10km người thứ hai được: l2 = v2t02 = ; *) Khi quãng đường chuyển động người thứ 1, người thứ 2, người thứ 3: s1 = 20 + 30t s2 = 10 + 60t s3 = v3t ; ; 0,25 ; ⇒t = 20 (1) v3 − 30 Khi người thứ gặp người thứ 1, ta có: s3 = s1; ; Sau 40 phút tiếp quãng đường chuyển động người thứ 1, người thứ 2, người thứ là: 2 s1, = 20 + 30(t + ) = 30t + 40 s2, = 10 + 60(t + ) = 50 + 60t s3, = v3 (t + ) 3 ; Theo giả thiết, ta có: ; s1, + s2, = 2s3, ; ⇒ 30t + 40 + 50 + 60t = 2v3 (t + ) (2) 4v32 − 270v3 + 2700 = Từ (1) (2), ta có: ; Giải phương trình nghiệm: v3 = 55,292 km/h v3 = 12,2 km/h)( loại, người thứ đuổi kịp người thứ nên v3 > v1) Vậy, vận tốc người thứ : v3 = 55,292 km/h 0,25 0,25 0,25 Câu 1,0 điểm Gọi nhiệt độ ban đầu bình B tb bình A ta ∆m Gọi t1là nhiệt độ bình A rót vào khối lượng nước nóng (lần đổ đi) ∆m Khi : cm(t1-ta) = c (tb-t1) Trong đó; m khối lượng nước ban đầu bình, c nhiệt dung riêng nước mta + ∆mtb ktb + ta ∆m = t2 = 0,25 Vậy, sau lần đổ đổ lại, hiệu nhiệt độ bình là: t b – t a 250 170 800 1− k t − t1 = ( t b – t a ) ( )= = − = C 1+ k 1+ k 3 1− k Để nhận hiệu nhiệt độ bình (t - t3) sau lần đổ đổ lại thứ 2, công thức phải thay tb thành t2 ta thành t1 tức là: t – ta t – t1 t4 − t3 = = b 1+ k 1+ k   ÷ 1− k  1− k  Như vậy: Cứ lần đổ đổ lại, hiệu nhiệt độ bình giảm ( Sau n lần đổ đổ lại hiệu nhiệt độ hai bình là: 1+ k 1− k ) lần 0,25 t b(n ) − t a(n) = tb – ta n 1+ k   ÷ 1− k  Trong trường hợp ta : tb – ta = 40 C; 1+ k = 1− k => k = 0,2 Trong trường hợp ta : tb – ta = 400C t b(n ) − t a(n) = Với n = Câu tb – ta 3  ÷ 2 = ∆m = 40g; m = 200g 400  3  ÷  2 ≈ 5, 260 C < 60 C 0,25 Vậy, sau lần đổ đổ trở lại hiệu nhiệt độ bình nhỏ 60C 2,5 điểm a Khi K đóng, chạy C trùng với M biến trở bị nối tắt, dịng điện không qua biến trở, mạch điện gồm (R2 // Đ) nt R1, 0,25 IA = I = 2,5A=I1 0,25 U1=12V; Ud=U2=6V; Id=1A; I2=1,5A ; R2 = 4( Ω ) b Hiệu suất sử dụng điện mạch điện: P1 + P§ P U I + Ud I d 30 + H = ci = = = = 80% 0,25 Ptm Ptm U AB I 45 Khi K mở, Đặt x = RMC ⇒ RCN = R – x = – x ( Ω ) R I CM N Đ ã I R1 M RCN B A • • • C R2 − + I2 0,25 0,25 0,25 Rtm = R1 + R − x + R2 ( R Đ + x ) 4( + x ) − x + 6,8 x + 152 = 4,8 + − x + = R2 + R Đ + x 4+6+ x 10 + x U 18(10 + x ) I= = Rtm − x + 6,8 x + 152 I R2 4.I 72 72 = = = R2 + RĐ + x 10 + x − x + 6,8 x + 152 163,56 − ( x − 3,4) IĐ nhỏ ⇒ 163,56 – (x – 3,4)2 lớn ⇒ x = 3,4( Ω ), IĐ=0,44A Lập bảng biến thiên, nhận xét Khi K mở, đèn sáng mờ chạy C vị trí cho R MC = 3,4 ( Ω ), nên dịch chuyển chạy từ M tới vị trí ứng với R MC = 3,4 Ω đèn sáng mờ dần, tiếp tục dịch chuyển chạy từ vị trí tới N đèn sáng mạnh dần lên Khi x=0 Iđ=0,47A Khi x=8 Ω Iđ=0,51A, C trùng với N đèn sáng mạnh Vậy để đèn sáng mờ chạy C vị trí cho R MC = 3,4( Ω ) RCN = 4,6( Ω ).IĐ=0,44A 1,5 điểm R R 6x R1x = x = N R1 + Rx + x Điện trở tương đương R1 Rx=x: 6x 10 x + 24 R = R0 + R1x = + = 6+ x 6+ x Điện trở toàn mạch: U 9( x + 6) I= = R (24 + 10 x) Cường độ dòng điện qua mạch chính: 54 x U x = I R1x = 10 x + 24 M’ Ta có 542 x Px = I x2 Rx = (10 x + 24) Cơng suất tiêu hao Rx : Hình b 542 xHình a = ⇒ 100 x − 492 x + 576 = (10 x + 24) 300I Đ = H L I A L Câu Phương trình có nghiệm x=3 Cơng suất tiêu thụ Rx 542 x Px = I x2 Rx = (10 x + 24) Ω ; Hoặc x=1,92 0,25 0,25 0,25 025 0,25 0,25 Ω K 0,25 Áp dụng bất đẳng thức cosi Px cực đại x=2,4 Công suất cực đại Px max=3,0375 W Ω D L 0,25 y= 6x 6+ x M’ R = R0 + R1x = + y Đặt suy U 9y 81 y I= = ;U y = ; Py = R y+4 y+4 ( y + 4) Câu điểm Áp dụng bất đẳng thức cosi y=4 suy 0,25 6x =4 6+ x suy x=12 0,25 Ω 0,25 Hình a 0,25 Hình b a) Khi người nhìn thấy ảnh M’của mắt gương, người đứng vị trí biểu diễn hình a I Ta có: HA = MC = ⇒ AI = 2m, HI = 1m L 0,25 Do AB = L = 2,5 m ⇒ BI = 0,5 m ⇒ MI = 1m B Vậy: người đứng cách tường đoạn HM = HI + IM = 2m 0,25 b) Khi người nhìn thấy ảnh chân gương, người đứng vị trí giống biểu diễn hình b Đặt MI = M’I = x M 'I x 3x NI = = ;M 'N = 2 Góc ∠MIB = ∠M’IB = ∠M’IN = 60 ⇒ DC = MN = 1,5 x; DM ' = ⇒ 3x + 0,25 BK = 1,25 Ta có: AB = 2,5m ⇒ m; AK = 1,25 m CK = CA – AK = MH – AK = MI + IH – AK = x – 0,25 BK CK 1, 25 x − 0, 25 = ⇒ = M ' D CD 1, x 3x + x= 2+ ≈ 2,22 m S N1 0,25 R1 Giải ta có: hay cách tường MH = x + IH = 3,22 mM1 Xét gương quay quanh trục O ii từ vị trí M1 đến M2 (góc M1OM2 = β) N2 R2 I O P i' i' J K M2 B H lúc pháp tuyến quay góc N1KN2 = β (góc có cạnh tương ứng vng góc) ∆ Xét IPJ có ∠IJR2 = ∠JIP + ∠IPJ 0,25 Hay 2i’ = 2i + α’ => α’ = 2( i’ – i ) (1) ∆ Xét IJK có ∠IJN2 = ∠JIK + ∠IKJ Hay i’ = i + β=> β = ( i’ – i ) (2) β β A Từ (1) (2) => α’=2 Vậy gương quay góc quanh trục vng góc với tia tới tia phản xạ quay góc 0,25 β Câu 1,5 điểm Bước 1: gọi thể tích phần rỗng V r , thể tích cầu V C ; thể tích phần nhôm VC-Vr Dùng dây treo vào cầu, để khơng khí, lấy lực kế móc vào dây treo, để cầu cân khơng khí, lực kế giá trị F1 F1 = (VC − Vr ).d nh Giá trị lực kế trọng lượng vật: (1) Bước 2: Dùng dây treo vào cầu, thả cầu chìm hẳn vào bình nước; lấy lực kế móc vào dây treo kéo lên để cầu nằm cân lơ lửng nước Đọc số lực kế lúc F2 Điều kiện cân cầu: F2 = F1 − VC d n (2) F − F2 VC = dn Từ (2) ta có: F − F2 F1 Vr = − dn d nh Thay vào (1) ta có: Các giá trị dn ; dnh đọc bảng, giá trị F1 F2 đọc lực kế, từ suy thể tích phần rỗng Chú ý: + Thiếu sai đơn vị trừ 0,25 điểm/lỗi, toàn khơng trừ q 0,50 đ; + Điểm tồn tổng điểm câu khơng làm trịn; + Học sinh làm cách khác cho điểm tương đương -HẾT 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 C M