Đề thi vào 10 môn Vật lí trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc có đáp án (4 đề tự luận)

Câu

Ý

Lời giải vắn tắt

Điểm

1

a)

- Khi C ở cách đầu A đoạn 10 cm và cách B đoạn 40 cm thì điện trở của biến trở tham gia vào mạch điện  lần lượt là: R₁ = 1 W , R₂ = 9 W.

- Công suất tỏa nhiệt trên biến trở ứng với hai vị trí trên là:

P = $\frac{U^2{R}_1}{{\left(R_1+R_0\right)}^2}=\frac{U^2{R}_2}{{\left(R_2+R_0\right)}^2}$

à R₀  = 3 W.

0,5

0,25

0,25

b)

Công suất tỏa nhiệt trên R₀ tương ứng là:

 $P_1=\frac{U^2{R}_0}{{\left(R_1+R_0\right)}^2}$ và $P_2=\frac{U^2{R}_0}{{\left(R_2+R_0\right)}^2}$

à Tỷ số: $\frac{P_1}{P_2}=9$ 

0,25

0,25

2

1)

Tính d và d’ để L_min Ta có sơ đồ tạo ảnh:   $\text{S}\stackrel{\left(L_1\right)}{\to }{S}_1^{\text{'}}$

  - Khi ảnh hiện rõ trên màn, khoảng cách vật –màn là khoảng cách L giữa vật thật và ảnh thật. $\text{L }=\text{ d }+\text{ d}’$

- Mặt khác: f = $\frac{\text{dd}\text{'}}{d+d\text{'}}$                            

à d, d’ là hai nghiệm của phương trình: x² – L.x + f.L = 0

Δ = L² – 4Lf.

ĐK để phương trình có nghiệm là Δ $\ge$0 à L  4f

Suy ra: L_min = 4f = 96cm

 Khi đó: d = d’ = L_min/2 = 48cm.        

0,25

0,25

2)a)

Tìm f₂  và vẽ hình          

Sơ đồ tạo ảnh:

   $\text{S}\stackrel{\left(L_1\right)}{\to }{S}_1^{\text{'}}\stackrel{\left(L_2\right)}{\to }{S}_2^{\text{'}}$

Ta có: $d_1=d_1^{\text{'}}=48cm$

Vì vết sáng trên màn có đường kính không đổi khi tịnh tiến màn nên chùm tia ló tạo bởi L₂ phải là chùm song song với trục chính. Tức là ảnh của S tạo bởi hệ hai thấu kính phải ở xa vô cùng. Ta có:  $d_2^{\text{'}}=\infty \to d_2=f_2$

Mà: $d_2=l-d_1^{\text{'}}=$18- 48 = -30cm

 Vậy: f₂ = -30cm: L₂ là thấu kính phân kì.    

0,25

0,25

2)b)

Có 3 trường hợp lớn có thể xảy ra:

- TH1: chùm ló sau L₂ là một chùm hội tụ và điểm hội tụ A nằm trước ảnh $S_1^{\text{'}}$

Từ hình vẽ, ta có: $\frac{D\text{'}}{D}=\frac{40-d_2^{\text{'}}}{30-d_2^{\text{'}}}=2$

 Vậy:  40 – d₂’ = 60 – 2d₂’ à  d₂’ = 20cm

   Từ đó: $f_2=\frac{d_2{d}_2^{\text{'}}}{d_2+d_2^{\text{'}}}=\frac{-30.20}{-10}=60cm$

à Thấu kính L₂ là thấu kính hội tụ.

- TH2: chùm ló sau L₂ là một chùm hội tụ và điểm hội tụ A nằm sau ảnh $S_1^{\text{'}}$

Lúc này S₂’ nằm trong khoảng giữa hai vị trí của màn E, ta có:

 $\frac{D\text{'}}{D}=\frac{40-d_2^{\text{'}}}{d_2^{\text{'}}-30}=2$

Vậy: $\text{4}0–{\text{ d}}_{\text{2}}’={\text{ 2d}}_{\text{2}}’–\text{ 6}0=>d_2^{\text{'}}=\frac{100}{3}cm$

Từ đó: $f_2=\frac{d_2{d}_2^{\text{'}}}{d_2+d_2^{\text{'}}}=\frac{-30.\frac{100}{3}}{-30+\frac{100}{3}}=-300cm$

Thấu kính L₂ là một thấu kính phân kì.

- TH3: chùm ló sau L₂ là một chùm phân kì. ảnh S₂’ là ảnh ảo.

Từ hình vẽ, ta có:

O₂S₂’ = |d₂’|, O₂S₁’ = |d₂|

Vậy: $\frac{D\text{'}}{D}=\frac{\left|d_2\right|+\left|d_2\text{'}\right|+10}{\left|d_2\right|+\left|d_2\text{'}\right|}=\frac{40-d_2\text{'}}{30-d_2\text{'}}=2$

Suy ra: d₂’ = 20cm > 0: điều này vô lí.

Chú ý: Học sinh cũng có thể chỉ cần xét 2 TH trên vì khi xảy ra TH 1 thì cũng coi như không thể xảy ra TH 3.

0,5

0,25

0,5

0,25

3

* Gọi P là trọng lượng của thanh AC

- P₁ là trọng lượng đoạn BC: P₁= $\frac{1}{7}P$, P₂ là trọng lượng đoạn AB : P₂= $\frac{6}{7}P$

- l  là chiều dài thanh AC, V là thể tích vật chìm trong nước

-    d₃ là độ dài đoạn BC : d₃=  $\frac{1}{7}l$, d₂ là khoảng cách từ B đến P₂ : d₂ = $\frac{3}{7}l$, d₁ là khoảng cách từ B đến P₁ : d₁ = $\frac{1}{14}l$

* Vì lực ép của thanh lên điểm A bị triệt tiêu nên theo điều kiện cân bằng lực ta có phương trình cân bằng lực sau :

       P₁d_1­ + Fd₃ = P₂d₂ (1)

* Vì vật nằmlơ lửng trong lòng chất lỏng nên :

      F = V.d – Vd_x = V(d – d_x) (2)

Từ (1) và (2)  ta có :

      P₁d_1­ + Fd₃ =  P₂d₂ <=> $\frac{1}{7}P.\frac{1}{14}l\text{ + F.}\frac{\text{2}}{\text{14}}l\text{ = }\frac{\text{6}}{\text{7}}P.\frac{3}{7}l$

à 35P  = 14F

à 35P = 14 V( d – d_x )

à ( d – d_x ) =  $\frac{35P}{14V}$

à  d_x = d - $\frac{35P}{14V}$ ( 3 )

với P = 10. m  

V = S .h = $\pi .R^2.h$ = 3,14 .0,1² _. 0,32 = 0,01(m³)

 Thay vào ( 3) ta có

           d_x = 35000 -$\frac{35.100}{14.0,01}=10.000\left(\raisebox{1ex}{$N$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$m^3$}\right.\right)$  

Chú ý: HS cũng có thể xét điều kiện cân bằng cho thanh với chỉ có hai lực gây ra tác dụng làm quay đó là lực F tác dụng vào đầu C và trọng lực đặt vào trung điểm G của AC.

0,5

0,5

0,5

4

a)

Gọi điện trở toàn phần của biến trở là R, điện trở phần AC là x

Khi K mở ta có mạch như hình vẽ.

điện trở toàn mạch

$\begin{array}{l}{R}_{tm}=R-x+\frac{3(x+3)}{x+6}+2\\ =\frac{-x^2+(R-1)x+21+6R}{x+6}\end{array}$

Cường độ dòng điện qua đèn:

$I_1=\frac{U_{CD}}{x+R_1}=\frac{I.R_{CD}}{x+R_1}=\frac{24}{-x^2+(R-1)x+21+6R}$        

Khi đèn tối nhất thì I₁ nhỏ nhất hay mẫu số lớn nhất

$x=\frac{R-1}{2}$.

Theo đề bài x=1$\Omega$.

à  R=3$\Omega$

0,25

0,25

0,25

0,25

b)

Khi K đóng ta có mạch như hình vẽ, điện trở toàn mạch:                                                                       

$R_{tm}=\frac{17R^{\text{'}}-60}{4(R^{\text{'}}-3)}$

(R’ là điện trở toàn phần của biến trở mới)

Cường độ dòng điện mạch chính:

I = $\frac{32(R^{\text{'}}-3)}{17R^{\text{'}}-60}$

Cường độ dòng điện qua BC:

I_BC = $\frac{48}{17R^{\text{'}}-60}$

$\Rightarrow R^{\text{'}}=12\Omega$

0,25

0,25

0,25

0,25

5

a)

Nhiệt lượng nước đá thu vào để tăng nhiệt độ từ -5⁰C đến 0⁰C là

 $Q_1=C_{1}m\left[0-(-5)\right]=\mathrm{2090.5.}m=10450m$

Nhiệt lượng nước đá thu vào để nóng chảy hoàn toàn$Q_2=\lambda m=333000m$

Nhiệt lượng nước tỏa ra khi hạ nhiệt độ từ t₂ xuống 0⁰C

$Q_3=C_{2}m{t}_2=4180.t_2.m$

- TH1: để nhiệt độ cân bằng nhỏ hơn 0⁰C thì Q₁ > Q₂ + Q₃.

Hay 10450 m > 333000m + 4180.m.t₂ à vô nghiệm

- TH2: để nhiệt độ cân bằng bằng 0⁰C thì Q₁ + Q₂ > Q₃.

10450 m + 333000m > 4180.m.t₂ à t₂ < 82,2⁰C

- TH3: để nhiệt độ cân bằng lớn hơn 0⁰C thì Q₁ + Q₂ < Q₃.

à t₂ > 82,2⁰C.

0,25

0,25

0,25

0,25

b)

Với t₂ = 50⁰C à xảy ra TH2 tức là nhiệt độ cân bằng của hệ là 0⁰C. Gọi Δm là khối lượng nước đá bị tan ta có:

10450 m + 333000. Δm = 4180.m.50 à Δm = 0,6 m

à khối lượng nước lỏng trong bình là: m’ = m + Δm = 1,6 m

0,25

0,25

6

a)

+ Các khối cầu là đồng chất nên: $\frac{m_2}{m_1}=\frac{P_2}{P_1}=\frac{V_2}{V_1}=\frac{R_2^3}{R_1^3}$ (1)

0,25

b)

Từ giả thiết à tam giác OO₁O₂ vuông ở O à $\widehat{O}={90}^0$ 

Góc hợp bởi OA₂ với đường thẳng đứng là β = 90⁰ – α à sin β = cos α (2)

Xét trục quay là O à cánh tay đòn của trọng lực P₁ là O₁H, cánh tay đòn của trọng lực P₂ là O₂H₁.

Điều kiện cân bằng:

P₁.(R₁ + R₂) sin α = P₂.(R₁ + R₂)sin β

à P₁sin α =  P₂.sin β  (3)

Thay (1), (2) vào (3) ta được: tana = $\frac{R_2^3}{R_1^3}$

Áp dụng số: Với R₁ = 2R₂ à tan α = 1/8 à α = 7,1⁰

0,25

0,25

0,25

Bài

Điểm

Bài 1:

(2 điểm)

a. (0,75 điểm)

Khi hệ ở trạng thái cân bằng tổng áp suất ở đáy của hai bình phải bằng nhau.

$\frac{10.m_1}{S_1}+10.D_1.h_1=\frac{10.m_2}{S_2}+10.D_1.h_2$

Thay số: $\frac{10.1,2}{{40.10}^{-4}}+{10.10}^3.h_1=\frac{10.1}{{20.10}^{-4}}+{10.10}^3.h_2$

Hay: h₁ = h₂ + 0,2 (1).

Tổng thể tích nước trong bình:

V = h₁.S₁ + h₂.S₂.

Thay số: 2.10^-3 = 40.10^-4.h₁ + 20.10^-4.h₂ à 2h₁ + h₂ = 1 (2).

Từ (1) và (2) ta tìm được: h₁ = 0,4 m và h₂ = 0,2 m.

b. (0,75 điểm)

Có hai trường hợp: khi đổ dầu vào nhánh 2 thì nước ở nhánh 1 sẽ bị trào ra trước hoặc dầu ở nhánh 2 bị trào ra trước. Ta xét trường hợp nước ở nhánh 1 bị trào ra trước. Gọi H₁ và H₂ là độ dài của các cột nước trong hai cột, x là chiều dài của cột dầu. Khi đó H₁ = H = 0,45 m. Vì tổng thể tích nước trong hai ống vẫn không đổi bằng 2 l nên H₁ và H₂ vẫn thỏa mãn (2) à H₂ = 0,1 m.

Điều kiện cân bằng cho hệ: $\frac{10.m_1}{S_1}+10.D_1.H_1=\frac{10.m_2}{S_2}+10.D_1.H_2+10.D_{2}x$ (3)

Thay số: $\frac{10.1,2}{{40.10}^{-4}}+{10.10}^3.0,45=\frac{10.1}{{20.10}^{-4}}+{10.10}^3.0,1+{\mathrm{10.8.10}}^2.x$

à x = 0,1875 m

Khi đó tổng độ cao của cột chất lỏng bên ống 2 là: H₂ + x = 0,2875 m < 0,45 m à như vậy giả thiết là đúng.

à khối lượng dầu lớn nhất có thể đổ vào là:

m = D₂.x.S₂ = 8.10².0,1875.20.10^-4 = 0,3 kg

c. (0,5 điểm)

h₁, h₂, x phải thỏa mãn các phương trình (2) và (3)

Ta có các phương trình:

2h₁ + h₂ = 1 (4)

h₁ = h₂ + 0,2 + 0,8 x (5)

Độ chênh lệch mực chất lỏng ở hai nhánh là 0,15 m

à h₁ = h₂ + x + 0,15 (6) hoặc h₁ + 0,15 = h₂ + x (7)

Từ (4), (5), (6) ta có: h₁ = 0,47 m, h₂ = 0,07 m, x = 0,25

Từ (4), (5), (7) ta có: h₁ = 0,87 m, h₂ = - 0,73 m, x = 1,75 (loại)

à độ cao của hai nhánh: H = h₁ = 0,47 m.

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Bài 2:

(2 điểm)

Điện trở của đèn là: R_đ = 12 Ω, đặt R = x.

Điện trở tương đương của mạch:

R_tđ = $\frac{12.x}{12+x}+R_0=\frac{\left(12+R_0\right)x+12R_0}{12+x}$ 

à cường độ dòng điện trong mạch: I = $\frac{U}{R_{t\text{d}}}=\frac{U\left(12+x\right)}{\left(12+R_0\right)x+12R_0}$

à cường độ dòng điện qua biến trở:

I_x = $I\frac{12}{x+12}=\frac{12U}{\left(12+R_0\right)x+12R_0}$ 

Công suất trên biến trở: P_x = $I_x^{2}x=\frac{{12}^2{U}^{2}x}{{\left[\left(12+R_0\right)x+12R_0\right]}^2}$

à P_x = $\frac{{12}^2{U}^2}{{\left[\left(12+R_0\right)\sqrt{x}+\frac{12R_0}{\sqrt{x}}\right]}^2}$$\le$ $\frac{{12}^2{U}^2}{\mathrm{4.12.}{R}_0\left(12+R_0\right)}=\frac{3U^2}{\left(12+R_0\right)R_0}$  = 9 W

à U² = 3.R₀(12 + R₀) (1)

Dấu “ = ” xảy ra khi x = $\frac{12R_0}{12+R_0}$

Khi đèn sáng bình thường thì hiệu điện thế hai đầu biến trở bằng hiệu điện thế hai đầu đèn bằng 6 V

à I_x.x = 6 hay $\frac{12U}{\left(12+R_0\right)x+12R_0}\frac{12R_0}{12+R_0}=\frac{12U}{\left(12+R_0\right)\frac{12R_0}{12+R_0}+12R_0}\frac{12R_0}{12+R_0}$ = 6

Hay: U = 12 + R₀ (2)

Từ (1) và (2) suy ra: R₀ = 6 Ω và U = 18 V.

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Bài 3:

(2 điểm)

a. (0,5 điểm)

Trong mỗi chu trình vật đi được quãng đường bằng: 10.10 – 4.5 = 80 cm, thời gian thực hiện một chu trình là: 10 + 5 = 15 s.

Nhận xét: 2. 15 < t = 43 s < 3.15 s à vật đang ở trong chu trình thứ 3.

Ngoài ra: t = 43 s > 2.15 + 10 = 40 s

à vật đang giật lùi, thời gian giật lùi là: 43 – 40 = 3 s.

à khoảng cách đến điểm xuất phát là: AC = 2.80 + 10.10 – 3.5 = 245 m.

b. (0,5 điểm)

TH1: Nhận xét: 6.80 < AC = 500 m < 7.80 (m) à vật đang ở trong chu trình thứ 6 và đang tiến: AC = 500 m = 6.80 + 20 m à vật tiến thêm 20 m à thời gian tiến thêm là: 20:10 = 2 s à tổng thời gian là: 6.15 + 2 = 92 s.

TH 2: 500 cm = 400 cm + 100 cm

à tổng thời gian là: 5.15 + 10 = 85 s.

c. (1 điểm)

Giả sử khi gặp nhau vật đi từ A đang chuyển động ở giai đoạn thứ n + 1. Có hai trường hợp có thể xảy ra là khi gặp nhau thì vật A đang tiến hoặc vật A đang lùi. Biểu thức tính quãng đường và thời gian ứng với hai trường hợp trên là:

- TH 1: Nếu vật đang đi về phía B:

S₂ = 80.n + 10. Δt (cm)

Thời gian: t = 15.n + Δt (s)

(với 0 < Δt $\le$ 10 s, n là số chu trình)

- TH 2: Nếu vật đang đi giật lùi về phía A:

S₂ = 80.n + 10.10 – 4. Δt (cm)

Thời gian: t = 15.n + 10 + Δt (s)

(với 0 $\le$Δt$\le$5 s, n là số chu trình).

- Quãng đường mà vật 1 đã đi S₁ = 6.t

Khi hai vật gặp nhau thì tổng quãng đường mà chúng đã đi bằng AB.

Giả sử khi gặp nhau vật 2 đang chuyển động về B :

80.n + 10. Δt  + 6 (15.n + Δt ) = 1000

à n =  $\frac{1000-16.\Delta t}{170}$(1)

Với 0 < Δt $\le$ 10 s à 4,94 < n < 5,88 à n = 5 à giả sử đúng.

Thay vào (1) suy ra: Δt = 9,375 s.

à Khi gặp nhau hai vật cách A một khoảng là: S₂ = 80.n + 10. Δt  = 493,75 cm.

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Bài 4:

(2 điểm)

- Gọi: q_K là nhiệt dung của nhiệt lượng kế.

q_C là nhiệt dung của một ca nước nóng, t là nhiệt độ của nước nóng.

- Khi đổ một ca nước nóng: ${\text{q}}_{\text{C}}\left[{\text{t - (t}}_{\text{0}}\text{+ 5)}\right]{\text{ = 5q}}_{\text{K}}$  (1)

- Khi đổ thêm 1 ca nước nóng lần hai:

 ${\text{q}}_{\text{C}}\left[{\text{t - (t}}_{\text{0}}\text{+ 5 + 3)}\right]{\text{ = 3(q}}_{\text{K}}+{\text{q}}_{\text{C}})$ (2)

- Khi đổ thêm 5 ca nước nóng lần ba:

_{${\text{5q}}_{\text{C}}\left[{\text{t - (t}}_{\text{0}}\text{+ 5 + 3 + }\Delta \text{t)}\right]{\text{ = (q}}_{\text{K}}+2{\text{q}}_{\text{C}})\Delta \text{t}$} (3)

- Từ (1) và (2) ta có: ${\text{ 5q}}_{\text{K}}{\text{- 3q}}_{\text{C}}{\text{= 3q}}_{\text{K}}{\text{+ 3q}}_{\text{C}}$$\Rightarrow$${\text{ q}}_{\text{C}}\text{= }\frac{{\text{q}}_{\text{K}}}{\text{3}}$ (4)

- Từ (2) và (3) ta có: ${\text{ 5(3q}}_{\text{K}}+3{\text{q}}_{\text{C}})-5{\text{q}}_{\text{C}}\Delta {\text{t = (q}}_{\text{K}}+2{\text{q}}_{\text{C}})\Delta \text{t }$ (5)

- Thay (4) vào (5) ta có:${\text{ 5(3q}}_{\text{K}}+{\text{q}}_{\text{K}})-5\frac{{\text{q}}_{\text{K}}}{\text{3}}\Delta {\text{t = (q}}_{\text{K}}+2\frac{{\text{q}}_{\text{K}}}{\text{3}})\Delta \text{t }$

 => ${\text{ 20q}}_{\text{K}}\text{= }\frac{{\text{10q}}_{\text{K}}}{\text{3}}\Delta \text{t }$

=> $\Delta$t = 6 (⁰C)

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Bài 5:

(2 điểm)

Sơ đồ tạo ảnh:

a) (0,5 điểm)

Ta có: d₁’ = = - 9 cm; d₂ = l – d₁’ = l + 9;

d₂’ = = .

Để ảnh cuối cùng là ảnh thật thì d₂’ > 0 ð l > 15cm.

b) (0,5 điểm)

Ta có: d₁’ = = ; d₂ = l – d₁’ = ;

d₂’ = = ;

k =  = -  = - . 

Để k không phụ thuộc vào d₁ thì l = 6 cm; khi đó thì k = $\frac{4}{3}$; ảnh cùng chiều với vật.

c) (1 điểm)

Đặt O₁A = d₁, O₂A = d₂ (d₁ > 0, d₂ < 60 cm)

Ta có: d₁ + d₂ = 60 =>d₂ = 60 – d₁ (1)

 d₁’ = $\frac{-18d_1}{d_1+18}$ (2)

d₂’ = $\frac{(60-d_1)24}{60-d_1-24}=\frac{(60-d_1)24}{36-d_1}$ (3)

Do vật thật qua thấu kính phân kỳ luôn cho ảnh ảo, cùng chiều, nhỏ hơn vật và gần thấu kính hơn vật nên để hai ảnh trùng nhau thì ảnh của vật qua thấu kính hội tụ phải nằm trong khoảng O₁O₂ do đó ảnh này phải là ảnh ảo => d₁’, d₂’ < 0

Khi hai ảnh trùng nhau ta có  $\left|{d_1}^{,}\right|$ + $\left|{d_2}^{,}\right|$ = 60

=> - d₁’ - d₂’ = 60  (4)

Thay (2), (3) vào (4) ta được $\frac{18d_1}{d_1+18}-\frac{(60-d_1)24}{36-d_1}=60$

=> 11${d_1}^2$ -  240d₁ – 10800 = 0 => d₁ = 44,1cm.

Vậy AB cách thấu kính L₁ khoảng d₁ = 44,1cm.

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25