SỞ 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) Câu ý Nội dung - yêu cầu Điểm Câu 1 4,0 Gọi khối lượng của mỗi ca chất lỏng trong bình 1 là m 0 , 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 + m 0 ) có nhiệt độ t 1 = 10 0 C. 0,5 Sau khi đổ lần 2 phương trình cân bằng nhiệt là: C(m + m 0 )(t 2 - t 1 ) = Cm 0 (t 01 - t 2 ) (1) 0,5 Sau khi đổ lần 3 [Coi hai ca toả cho (m + m 0 ) thu] C(m + m 0 )(t 3 - t 1 ) = 2Cm 0 (t 01 - t 3 ) (2) 0,5 Sau khi đổ lần 4 [Coi ba ca toả cho (m + m 0 ) thu] C(m + m 0 )(t 4 - t 1 ) = 3Cm 0 (t 01 - t 4 ) (3) 0,5 Từ (1) và (3) ta có: Ct tt tt tt tt 0 01 401 201 14 12 40 )(3 =⇒ − − = − − (4) 1 Từ (1) và (2) Ct tt tt tt tt 0 3 301 201 13 12 22 )(2 =⇒ − − = − − (5) 1 Câu 2 4,0 1 2,0 Do tính đối xứng nên ta có thể xem điện trở dây cung AB 1 B là R 1 và điện trở dây cung AA 1 B là R 2 ta có mạch điện tương đương như hình 2 0,75 1AmB 1 BxB2nBA 2 xAA R) L x 1(R; L xR R;R) L x 1(R; L R.x R 1111 −==−== 0,25 Khi đó điện trở toàn mạch A 1 B 1 là: 21 1 21 2 BA RR L xR R) L x 1(.R) L x 1( L xR R 11 +       +−       −+ = 0,5 1 Hình 3 A B h x y M N B 1 A A 1 B O x x Hình 1 + - m n xAA R 1 1 AmB R nBA R 1 1 BxB R A 1 B 1 Hình 2 + - I A B Đặt )( 12 RR L x X −= ta được: 21 21 ))(( 11 RR XRXR R BA + −+ = Khi đó cường độ dòng điện mạch chính: I =       −−       −+ + = −+ + = )RR( L x R.)RR( L x R )RR.(U )XR)(XR( )RR.(U R U 122121 21 21 21 BA 11 0,5 2 2,0 Để I đạt min ta chỉ cần xét 11 BA R , vì R 1 + R 2 không đổi, áp dụng bất đẳng thức côsi ta có: 2 21 21 ) 2 RR ()XR)(XR( + ≤−+ 0,5 Nên 11 BA R cực đại khi R 1 + X= R 2 - X 2 21 RR X − =→ 22 )( 21 12 L x RR RR L x =→ − =−→ Vậy cường độ dòng điện mạch chính đạt cực tiểu khi x = 2 L 0,5 Để I đạt max ta thì phải có (R 1 + X)(R 2 -X) đạt min khi 0 ≤ x ≤ L Ta thấy f(X) = (R 1 + X)(R 2 -X) = -X 2 + (R 2 - R 1 )X + R 1 .R 2 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 = R 2 - R 1 khi đó f(X) đều bằng nhau, đạt cực tiểu và bằng f(X) min = R 1 R 2 Vậy I max khi x =0 hoặc khi x = L nghĩa là khi A 1 trùng A; B 1 trùng B hoặc A 1 trùng B; B 1 trùng A 0,5 0,5 Câu 3 4,5 1 2,5 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: 21 SyxS = ⇒ 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: P M = P N => (x+y)d 1 = (h+y)d 2 ⇒ x+y = (h+y).0,75 (2) 0,5 0,5 Từ (1) và (2) ta có: cmy 3 20 = . 0,5 Thể tích dầu đã đổ vào nhánh B là: V = S 2 (h+y) = 33 10. 3 16 m − Khối lượng dầu đã đổ vào nhánh B là: m = V.D 2 = 4kg 0,5 2 2,0 2 Khi khối trụ cân bằng nước dâng lên ở các nhánh A, B lần lượt là a, b Với:      =+≤≤ =−≤≤ cm 3 80 yhb0 cm 3 20 xha0 Gọi thể tích chiếm chổ của khối trụ trong nước là V 1 . Do D 3 < D 1 nên khối trụ nổi trên nước. F A =P 3 . Tức là: V 1 d 1 =V 3 d 3 => V 1 =360cm 3 0,5 Mặt khác V 1 = a.S 1 + bS 2 => 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)  P C = P D => ( x + y – b + a)d 1 = (h+y-b)d 2  (x+y)d 1 + (a-b)d 1 = (h+y)d 2 - b.d 2 . Theo câu 1: (x+y)d 1 = (h+y)d 2 => ab d dd ba 4 2 21 =⇒ − = (4) 0,5 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.S 2 = 0,32.10 -3 m 3 Khối lượng dầu tràn ra ngoài là: ∆m = ∆V.D 2 = 0,24kg 0,5 Câu 4 3,0 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 = 45 0 suy ra AB = NK= IN.tanβ = IN 0,5 IN = IH + HN = MH.tanβ + MN.cosα = MN.sinα.tanβ + MN.cosα = cm3,27)31(10)31( 2 ≈+=+  Vậy chiều dài bóng của thước trên tường là: AB = 27,3cm 0,5 Câu 5 4,5 1 2,0 Giả sử chiều dòng điện qua R x có chiều như hình vẽ 6. Từ sơ đồ mạch điện ta có:      += += +=+ xd x III III UUUU 3 21 3d21 (1) 0,75 3 R 1 R 2 R 3 Đ R x A + B - C D U I 1 I 2 I x I đ I 3 I Hình 6 A B β N M G α Hình 5 K I H Hình 4 A B h+y V 1 b C D a V 1 x+y I đ R đ +(I đ +I x )R=(I 2 +I x )R+I 2 R=> (k+1)I đ =2I 2 => 2 1k I 2 + = I đ (2) 0,75 Kết hợp (1) và (2) ta có: W)(9. k4 )1k( P k4 )1k( P RI 4 )1k( P RkIP RIP kRIP 2 d 2 2 2 d 2 2 2 dd 2 22 2 dd + = + =⇒      + = = ⇒    = = 0,5 2 2,5 Khi k=3 theo ý 1=> I 2 =2I d (3) không phụ thuộc R x 0,5 Theo sơ đồ mạch điện hình 6 ta có: U đ +U 3 =U => 4I đ =2-I x (4) 0,5 U 2 =U x +U 3 => I 2 R=I x R x +(I đ +I x )R (5) 0,5 từ (3), (5) thay số ta có: I đ = 8 )8R(I xx + (6) Từ (4) và (6) suy ra: I x = 10R 4 x + (7) 0,5 Ta lại có: P x =I x 2 R x = 0100R20R4,0 )10R( R16 x 2 x 2 x x =+−⇒= + => R x =10Ω 0,5 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. 4 . GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM HỌC 2 010- 2011 HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: VẬT LÝ (Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 04 trang) Câu. xạ ánh sánh ta có: MIN = β = 45 0 suy ra AB = NK= IN.tanβ = IN 0,5 IN = IH + HN = MH.tanβ + MN.cosα = MN.sinα.tanβ + MN.cosα = cm3,27)31 (10) 31( 2 ≈+=+  Vậy chiều dài bóng của thước trên tường. I đ = 8 )8R(I xx + (6) Từ (4) và (6) suy ra: I x = 10R 4 x + (7) 0,5 Ta lại có: P x =I x 2 R x = 0100 R20R4,0 )10R( R16 x 2 x 2 x x =+−⇒= + => R x =10 0,5 Ghi chú: + Tất cả các bài toán nếu giải