Đề thi vào 10 môn Vật lí trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong năm 2015 - 2016

Ý

Nội dung

Điểm

C1.1

 Do d₀ > d nên lực đẩy Ác-si-mét lớn hơn trọng lượng của thanh Þ thanh chuyển động thẳng đứng đi lên

 Ta có: F_A = d₀.V = d₀.S.L (S là tiết diện của thanh)

- Khi thanh bắt đầu chuyển động cho đến khi đầu trên chạm mặt nước, lực đẩy Ác-si-mét không thay đổi. Thanh đi được một đoạn là H₀.

- Vậy công trong giai đoạn này là:A₁=d₀.S.L.H₀

- Khi đầu trên của thanh bắt đầu nhô khỏi mặt nước thì lực Ác-si-mét giảm dần đến bằng 0 cho tới khi đầu dưới lên khỏi mặt nước. Quãng đường đi trong giai đoạn này là L.

Vậy: A₂ = $\frac{1}{2}$.d₀.S.L²

- Công của lực đẩy Ác-si-mét trong toàn bộ quá trình là:

A_A = A₁ + A₂ = d₀.S.L.H₀ + $\frac{1}{2}$.d₀.S.L²

0,25

0,25

0,25

C1.2a

Thanh lên tới điểm cao nhất thì đầu dưới của thanh cách mặt nước là h.

Công của trọng lực thực hiện trong cả quá trình có độ lớn là:

A = P(H₀ + L + h)

Mà P là trọng lượng của thanh: P = d.S.L

Þ A = d.S.L(H₀ + L + h)

Theo định luật bảo toàn năng lượng: A = A_A

Þ d.S.L(H₀ + L + h) = d₀.S.L.H₀ + $\frac{1}{2}$d₀.S.L²

Þ d(H₀ + L + h) = d₀.H₀ + d₀.L

Þ$h=\frac{2d_0{H}_0+d_{0}L-2d{H}_0-2dL}{2d}=H_0\frac{d_0-d}{d}-L\frac{2d-d_0}{2d}$

Thay số: h = 4 cm. 

0,25

0,25

0,25

C1.2b

Để thanh ra khỏi mặt nước thì h ³ 0

Þ $H_0\frac{d_0-d}{d}-L\frac{2d-d_0}{2d}\ge 0$

Þ $H_0\ge \frac{L(2d-d_0)}{2(d_0-d)}$

thay số: H₀ ³ 6 cm

0,25

0,25

Ý

Nội dung

Điểm

C3.1a

R_v = $\infty$; R_A = 0

Phân tích mạch: R₁ nt R₂ nt (R_CN//R_CM)

Tính : R=10Ω ; I=U/R=1,8A

ÞI_A1=I_A2=0,9A

U_V=U-U_R1=U-IR₁=18-1,8.3=12,6V

0,25

0,25

C3.1b

Phân tích mạch: R₁ nt R₂ nt [x//(20-x)]

Điện trở toàn mạch là : $R=R_1+R_2+\frac{x(20-x)}{20}=3+2+\frac{x(20-x)}{20}$ 

Þ $R=\frac{100+20x-x^2}{20}$

Có: $I=\frac{U}{R}=\frac{360}{100+20x-x^2}$

$U_{CB}=I.R_{CB}=\frac{360}{100+20x-x^2}.\frac{x(20-x)}{20}$  ;  $U_{CB}=\frac{18x(20-x)}{100+20x-x^2}$

Dòng điện qua A₁ là  $I_1=\frac{U_{CB}}{(20-x)}=\frac{18x}{100+20x-x^2}$

Dòng điện qua A₂ là $I_2=\frac{U_{CB}}{x}=\frac{18(20-x)}{100+20x-x^2}$

Số chỉ của V là U_v = U – IR₁ ;

$U_v=18-\frac{360.3}{100+20x-x^2}=18-\frac{1080}{100+20x-x^2}$

Khi con chạy C dịch chuyển từ M đến N thì x tăng

Số chỉ của ampe kế A₁ là I₁ , ta có:

$\frac{1}{I_1}=\frac{100+20x-x^2}{18x}=\frac{100}{18x}+\frac{\left(20-x\right)}{18}$

Khi x tăng thì $\frac{100}{18x}$ giảm và $\frac{(20-x)}{18}$ giảm dẫn đến $\frac{1}{I_1}$ giảm Þ I₁ tăng

Số chỉ của ampe kế A₂ là I₂, ta có: $\frac{1}{I_2}=\frac{50}{9(20-x)}+\frac{x}{18}$

Khi x tăng thì hai số hạng đều tăng dẫn đến$\frac{1}{I_2}$ tăng Þ I₂ giảm

Số chỉ của vôn kế là $U_v=18+\frac{1080}{x^2-20x-100}$

Xét mẫu số   f(x) = x²-20x-100

f(x) đạt cực tiểu tại x=-b/2a=10 Ω

Khảo sát: $0\le x\le 10$  Þ  U_v tăng khi x tăng

 $10\le x\le 20$ Þ  U_v giảm khi x tăng

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

C3.1c

Công suất tiêu thụ trên biến trở là P_x:  $P_x=\frac{U_{BC}^2}{R_{BC}}$

Trong phần a ta đã tính được $U_{CB}=\frac{(20-x).18x}{100+20x-x^2}$

Và $R_{CB}=\frac{(20-x)x}{20}$

do đó $P_x=\frac{{\left(18x\right)}^2{(20-x)}^2\times 20}{{(100+20x-x^2)}^2(20-x)x}=\frac{6480(20x-x^2)}{{(100+20x-x^2)}^2}$

$P_x=\frac{6480}{{\left[\frac{100}{\sqrt{20x-x^2}}+\sqrt{20x-x^2}\right]}^2}$

Để P_x  cực đại thì mẫu số phải cực tiểu Þ  $\left[\frac{100}{\sqrt{20x-x^2}}+\sqrt{20x-x^2}\right]$cực tiểu

Theo BĐT Côsi ta có:

${}^{}\frac{100}{\sqrt{20x-x^2}}+\sqrt{20x-x^2}\ge 2\sqrt{\frac{100}{\sqrt{20x-x^2}}\times \sqrt{20x-x^2}}$ $\to$$\frac{100}{\sqrt{20x-x^2}}+\sqrt{20x-x^2}\ge$20

Mẫu số nhỏ nhất khi$\frac{100}{\sqrt{20x-x^2}}=\sqrt{20x-x^2}$

Þx² – 20x +100 = 0$\to$(x – 10)² = 0  $\Rightarrow$ x = 10Ω

Vậy công suất tiêu thụ trên biến trở đạt cực đại khi C ở giữa biến trở

Công suất đó là :

$P_{m\text{ax}}=\frac{6480(20\times 10-{10}^2)}{{\left(100+20\times 10-{10}^2\right)}^2}=16,2\left(W\right)$

0,25

0,25

C3.2

Phân tích mạch: R₁ nt R₂ nt(R_p//R_MN)

Có U=U_AC+U_CB =(R₁+R₂)I+U_CB

U_CB=$\frac{100}{3}{I}_p^2$

Þ $I=\frac{U_{CB}}{R_{MN}}+I_p=\frac{5}{3}{I}_p^2+I_p$

Þ$18=5(\frac{5}{3}{I}_p^2+I_p)+\frac{100}{3}{I}_p^2$

Þ125I_p²+15I_p-54=0

ÞI_p=0,6A

0,25

0,25

C3.3

Khi C trùng với M ta có x=0

* Nếu U_AB>0 Þ U_MB>0. Khi đó R_đ=0

Þ$U_{DM}=\frac{U}{R_1+R_2}{R}_2=\frac{18}{5}2=7,2V$

* Nếu U_AB<0 Þ U_MB<0 Þ R_đ=¥

Ta có mạch: R₁ nt R₂ nt R

_{=> $U_{DM}=-\frac{U.R_2}{R_1+R_2+R_{MN}}=-1,44V$}

0,25

0,25

0,25

Ý

Nội dung

Điểm

C4.a

 Khoảng cách giữa vật và ảnh là L = d + d'

Mà: $d\text{'}=\frac{df}{d-f}$

Þ$L=d+\frac{df}{d-f}\Rightarrow d^2-Ld+Lf=0$  (1)

- Để có hai vị trí của thấu kính đều cho ảnh rõ nét của AB trên màn thì phương trình  (1) phải có 2 nghiệm phân biệt

 Þ $\Delta =L^2-4Lf>0\Rightarrow L>4f$ = 80 cm   

0,25

0,25

0,25

C4.b

Vẽ hình

- Xét nửa trên trục chính của thấu kính

- Chứng minh được: $\Delta S\text{'}MN~\Delta S\text{'}IO\Rightarrow \frac{MN}{IO}=\frac{S\text{'}N}{S\text{'}O}$

-  Thay được : $\frac{MN}{IO}=\frac{d+d\text{'}-L}{d\text{'}}=\frac{d+\frac{df}{d-f}-L}{\frac{df}{d-f}}=\frac{d}{f}+\frac{L}{d}-\frac{L}{f}$

-  Vì $\frac{L}{f}$ không đổi, IO không đổi nên: MN_min khi $\frac{d}{f}=\frac{L}{d}$ (BĐT Cô-si)

$\Rightarrow d=\sqrt{Lf}=30cm$

- Như vậy để vùng sáng hiện trên màn E có kích thước nhỏ nhất thì điểm sáng S phải cách thấu kính 30 cm.

0,25

0,25

0,25

Ý

Nội dung

Điểm

Cơ sở lí thuyết

Kí hiệu: V_m; m₀ là thể tích, khối lượng của vương miện

V_v: Thể tích khối vàng

D_n: Khối lượng riêng của nước

+ Xét sự cân bằng của khối vàng (hoặc vương miện) có khối lượng m₀ và vật m khi treo ở hai đầu thanh cứng

10ml₂=10m₀l₁                                   (1)

+ Khi nhúng khối vàng trong nước, để có sự cân bằng ta phải giảm khối lượng của vật m đi Dm₁

10(m-Dm₁)l₂=10(m₀-D_nV_v)l₁          (2)

+ Thay khối vàng bằng vương miện, ta phải giảm khối lượng của m đi Dm₂

10(m-Dm₂)l₂=10(m₀-D_nV_m)l₁         (3)

(1)(2)Þ $\frac{m-\Delta m_1}{m}=\frac{m_0-D_n{V}_v}{m_0}\Rightarrow V_v=\frac{m_0\Delta m_1}{m{D}_n}$

(1)(3)Þ $\frac{m-\Delta m_2}{m}=\frac{m_0-D_n{V}_m}{m_0}\Rightarrow V_m=\frac{m_0\Delta m_2}{m{D}_n}$

Gọi tỉ lệ vàng là x; tỉ lệ bạc là 1-x

$\left\{\begin{array}{l}\frac{V_m}{V_v}=\frac{\frac{m_{0}x}{D_V}+\frac{m_0(1-x)}{D_B}}{\frac{m_0}{D_V}}=x+\frac{D_V}{D_B}(1-x)\\ \frac{V_m}{V_v}=\frac{\Delta m_2}{\Delta m_1}\end{array}\right.$

 => $\frac{\Delta m_2}{\Delta m_1}=\frac{D_v}{D_B}+(1-\frac{D_V}{D_B})x\Rightarrow x=\frac{\frac{D_V}{D_B}-\frac{\Delta m_2}{\Delta m_1}}{\frac{D_V}{D_B}-1}$  (4)

Biết được D_V; D_B; Dm₁; Dm₂ ta sẽ xác định được x.

0,25

0,25

0,25

Tiến trình thực hiện

+ Buộc dây ở hai đầu thanh, một bên treo vương miện, một bên treo đĩa có chứa nhiều quả nặng. Dùng dây treo thanh ở một điểm nào đó sao cho thanh cân bằng nằm ngang. 

+ Nhúng khối vàng vào trong chậu nước đồng thời lấy đi một số quả nặng có tổng khối lượng Dm₁ sao cho thanh vẫn cân bằng nằm ngang.

+ Thay khối vàng bằng chiếc vương miện và nhúng vương miện này trong nước. Lấy đi một số qủa nặng sao cho thanh vẫn cân bằng nằm ngang. Tính tổng khối lượng Dm₂ của các quả nặng lấy đi (so với lúc đầu tiên). Nếu Dm₂≠Dm₁ thì chứng tỏ vương miện bị pha tạp.

+ Thay các số liệu cần thiết vào công thức (4) để tính x

+ Tính tỉ lệ % của vàng trong vương miện: TL = x.100%.

0,25

0,25

0,25