Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Vật lí THPT chuyên (Có đáp án) - Năm học 2013-2014 - Sở GD & ĐT Bắc Ninh

UBND tØnh B¾c Ninh 
Së Gi¸o dôc vµ §µo T¹o 
®Ò thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt chuyªn 
N¨m häc 2013-2014 
M«n thi : VËt lý (Dành cho thÝ sinh thi vµo chuyªn Lý) 
Thêi gian lµm bµi: 150 phót (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) 
Ngµy thi: 20 th¸ng 6 n¨m 2013 
Bài 1: (2,0 điểm) 
 Một học sinh làm thí nghiệm để đo nhiệt dung riêng của nhôm như sau: Dùng một bình chứa đầy nước ở 
nhiệt độ t0 = 18oC. Học sinh đó thả vào bình một hòn bi nhôm ở nhiệt độ t = 100oC, sau khi cân bằng nhiệt thì 
nhiệt độ của nước trong bình là t1 = 30oC. Học sinh đó lại thả vào bình một hòn bi thứ hai giống hệt hòn bi trên 
thì nhiệt độ của nước khi cân bằng nhiệt là t2 = 41,5oC. Biết khối lượng riêng của nước và của nhôm lần lượt là 
1000kg/m3 và 2700kg/m3; nhiệt dung riêng của nước là 4200J/kgK. Bỏ qua: sự bay hơi của nước khi viên bi 
tiếp xúc với mặt nước, nhiệt dung riêng của bình chứa và sự trao đổi nhiệt giữa bình chứa với môi trường. Xác 
định nhiệt dung riêng của nhôm theo thí nghiệm này. Biết nhiệt dung riêng chính xác của nhôm là C = 880 
J/kgK. Hỏi phép đo của học sinh này có sai số tương đối là bao nhiêu? 
Bài 2. (2,5 điểm) 
 Cho mạch điện như hình vẽ. Biết UMN không đổi, r = 1, đèn Đ1 loại 6V-3W, 
đèn Đ2 loại 12V-16W. Biến trở được làm từ một vòng dây dẫn đồng chất, tiết diện 
đều và uốn thành một vòng tròn tâm O, tiếp điểm A cố định, thanh kim loại CD (có 
điện trở không đáng kể) tiếp giáp với vòng dây tại hai điểm C, D và có thể quay 
xung quanh tâm O. Quay thanh CD đến vị trí sao cho góc  o90AOD   thì đèn 
Đ1 sáng bình thường và công suất tiêu thụ trên toàn biến trở đạt giá trị cực đại. Giả 
sử rằng điện trở của các bóng đèn không thay đổi khi nhiệt độ thay đổi. 
 1. Tính điện trở của dây làm biến trở và hiệu điện thế UMN. Đèn Đ2 sáng 
như thế nào? 
 2. Khảo sát độ sáng của các đèn khi quay thanh CD quanh O. 
Bài 3. (2,0 điểm) (Chú ý: thí sinh được áp dụng công thức về thấu kính) 
 Một thấu kính hội tụ L, quang tâm O, trục chính Ox nằm ngang, tiêu cự f 
tạo ảnh thật ' '1 1A B của một vật sáng A1B1 vuông góc với Ox (A1 nằm trên Ox). 
Dịch chuyển A1 trên Ox và A1B1 song song với chính nó, tới vị trí A2B2 thì thu 
được ảnh ' '2 2A B ngược chiều với ảnh 
' '
1 1A B . Trên hình vẽ chỉ cho ba điểm 
'
1B , 
O và '2B . 
1. Hãy vẽ hình xác định vị trí các vật A1B1, A2B2 và tiêu điểm của thấu kính L. 
2. Cho ' ' ' '2 2 1 1A B 2A B ; A1A2 = 12cm và 
' '
1 2A A = 54cm. Tính tiêu cự f của thấu kính 
L. 
Bài 4: (1,5 điểm) 
 Một cục nước đá đang tan, trong nó có chứa một mẩu chì được thả vào trong nước. Sau khi có 200g 
đá tan chảy thì thể tích phần ngập của cục nước đá giảm hai lần. Khi có thêm 120g đá nữa tan chảy thì 
cục nước đá bắt đầu chìm. Tìm khối lượng mẩu chì. Cho biết khối lượng riêng của nước đá, nước và chì 
lần lượt là 0,9g/cm3, 1g/cm3, 11,3g/cm3. 
Bài 5: (1,0 điểm) 
 Để đo tốc độ âm thanh trong không khí, hai học sinh tiến hành thí nghiệm như sau: Học sinh thứ nhất 
đặt một cái loa cách bức tường thẳng dài một khoảng 1 12l m để tạo ra một tiếng động lớn, học sinh thứ 
hai đặt một máy thu âm (trong đó tự động ghi nhận thời điểm thu được âm thanh) cách bức tường một 
khoảng 2 15l m . Học sinh thứ hai quan sát thấy khoảng thời gian giữa lần thứ nhất và lần thứ hai máy 
thu được âm cách nhau 0,02t s  . Tính tốc độ truyền âm trong không khí. Biết khoảng cách từ loa tới 
máy thu là 0 50l m và âm thanh phản xạ trên tường tuân theo quy luật phản xạ gương, bỏ qua kích thước 
của loa và máy thu. 
Bài 6: (1,0 điểm) 
 Một cốc hình trụ khối lượng 180g, bên trong có vạch chia thể tích mỗi vạch chia ứng với 20cm3. Khi cốc 
không chứa gì thì trọng tâm của cốc nằm ở vạch chia thứ 8 kể từ đáy cốc. Tìm khối lượng nước cần đổ vào để 
trọng tâm của cốc nước ở vị trí thấp nhất, xác định vị trí ấy? Cho khối lượng riêng của nước là D = 1g/cm3. 
============ Hết ============ 
(Đề thi có 01 trang) 
Họ và tên thí sinh: ......................................................................... SBD: ........................................ 
§Ò chÝnh thøc 
Hình 2 
   
– 
M 
r 
N 
 D 
D 
+ U 
A 
C 
O 
Đ1 
Đ2 
'
2B 
'
1B 
O 
x 
H­íng dÉn chÊm ®Ò thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt chuyªn 
N¨m häc 2013-2014 
M«n thi : VËt lý 
Bài Hướng dẫn giải Điểm 
1 Gọi Vn là thể tích nước chứa trong bình, Vb là thể tích của hòn bi nhôm, Dn là khối lượng 
riêng của nước, Db là khối lượng riêng của nhôm, Cn là nhiệt dung riêng của nước, Cb là 
nhiệt dung riêng của nhôm. 
Vì bình chứa đầy nước nên khi thả viên bi vào, thể tích nước tràn ra ngoài bằng thể tích của 
viên bi: Vtràn = Vb 
Ta có phương trình cân bằng nhiệt thứ nhất ( nước thu nhiệt, bi tỏa nhiệt) 
mb.Cb.(t – t1) = .Cn.(t1 – t0) 
' ( )n n b nm V V D  là khối lượng nước còn lại sau khi bị tràn ra một phần) 
↔ Vb.2700.Cb.(100 – 30) = (Vn – Vb).1000.4200.(30 – 18) 
↔ Vb.Cb.189000 = 50,4.106Vn – 50,4.106Vb 
↔ 3VbCb = 800(Vn – Vb) (1) 
Khi thả thêm một viên bi nữa thì phương trình cân bằng nhiệt thứ hai (nước và bi 1 thu 
nhiệt, bi 2 tỏa nhiệt) 
"
2 1 2 2( )( ) ( ) ( )n n b b b b b b bm C m C t t m C t t V D C t t      
" ( 2 )n n b nm V V D  là khối lượng nước còn lại sau khi thả hai viên bi 
↔ Vn.48,3.106 – 2Vb.48,3.106+Vb.Cb.31050 = Vb.Cb.157950 
↔Vb(126900.Cb+96,6.106) = Vn.48,3.106 (2) 
Giải hệ phương trình (1) và (2) ta được: 1046 4,34
241n b b
V V V  (3) 
Thay (3) vào (1) ta được: Cb ≈ 890,7 J/kgK 
Sai số tuyệt đối của phép đo là: 10,7 /bC C C J kgK    
Sai số tương đối của phép đo là: 10,7 0,0122 1, 22%
880
C
C

   
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,5 
0,5 
2 1) Tính điện trở của dây biến trở, UMN và độ sáng của đèn Đ2. 
- Điện trở của đèn Đ1: R1 = 12, cường độ dòng điện định mức của Đ1: Iđm1 = 0,5A. 
- Điện trở của đèn Đ2: R2 = 9 
- Đoạn mạch MN gồm: r nt [R2 // (R1 nt Rb)] 
Rb = AC AD
AC AD
R R
R R
 (1) (cung DC bị nối tắt, không có dòng điện qua) 
R1b = R1 + Rb = 12 + Rb R2.1b = 2 1
2 1
9(12 )
21
b b
b b
R R R
R R R


 
RMN = R2.1b + r = 
129 10
21
b
b
R
R


I2.1b = IMN = 
(21 )
129 10
MN MN b
MN b
U U R
R R



U1b = U2.1b = I2.1b.R2.1b = 
9. (12 )
129 10
MN b
b
U R
R


Ib = I1 = I1b = 1
1
9
129 10
b MN
b b
U U
R R


 (2) 
Pb = 
2 2
2
2
2
81 81
129(129 10 ) ( 10 )
MN b MN
b b
b
b
b
U R UI R
R R
R
 
 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Pb cực đại 
2
129 10
 
   
 
b
b
R
R
cực tiểu 129 10 12,9b b
b
R R
R
     
RAC = RAD = 25,8  điện trở của dây làm biến trở là R = 4RAC = 103,2 
- Đèn Đ1 sáng bình thường nên I1 = Iđm1 = 0,5A thay vào (2) ta được UMN  14,3V 
- U2 = U1b = I1b R1b = 12,45V  U2 > Uđm2 đèn Đ2 sáng hơn mức bình thường. 
2) khảo sát độ sáng của các đèn khi dịch chuyển thanh CD. 
- Từ biểu thức Rb = AC AD
AC AD
R R
R R
lập luận để thấy Rb có giá trị cực đại khi RAC = RAD tức khi 
thanh CD vuông góc với OA (trường hợp đang xét). 
  khi quay CD thì điện trở Rb sẽ giảm. 
-Ta thấy Rb = 0 khi C  A hoặc D  A sau đó tiếp tục quay thì Rb lại tăng dần đến khi CD 
vuông góc với OA thì Rb đạt cực đại. 
- Khi Rb giảm. 
Rb + R1 = R1b giảm 
1
1 
 
 bR
 tăng  
2 1 21
1 1 1
b bR R R
  tăng R2.1b giảm  r + R2.1b = RMN 
giảm  cường độ dòng điện mạch chính Ir tăng  Ur = Ir.r tăng  U2 giảm và đèn Đ2 tối 
dần. 
I2 giảm  I1 = Ir – I2 tăng  đèn Đ1 sáng dần lên. 
- Khi Rb tăng, tương tự ta có Đ2 sáng dần lên và Đ1 tối dần đi. 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
3 1) Vẽ trục chính Ox và các tiêu điểm F. 
+ Từ B1’ và B2’ kẻ hai đường thẳng vuông góc với 
trục Ox, cắt trục Ox ở hai điểm A1’ và A2’. Dựng 
thấu kính L vuông góc với Ox ở O. 
+ Nối B1’B2’ cắt TK tại I và trục chính Ox tại F’; 
từ I kẻ đường thẳng Ia song song với trục chính. 
Nối B1’O cắt Ia ở B1, kẻ B1A1  Ox ta được vật 
A1B1. 
+ Kẻ B2’O cắt Ia tại B2, kẻ B2A2  Ox ta được vật 
A2B2. 
Dựa vào đường đi của các tia sáng đặt biệt qua TKHT, dễ dàng lập luận được F’ là tiêu 
điểm của TK, tiêu điểm F được lấy đối xứng với F’ qua O. 
- Vẽ đúng cho 0,5 điểm 
- Lập luận đúng cho 0,5 điểm 
2) Tính tiêu cự của TK 
Theo đề: ' ' ' '2 2 1 1A B 2A B , A1B1 = A2B2 
+ OA2’B2’  OA2B2  
' ' ' '
2 2 2 2
2 2 2 2
A B OA d
A B OA d
  
' '
1 2
1 2
2d d
d d

 d1d2’ = 2d1’d2 (1) 
+ OA1’B1’  OA1B1  
' ' ' '
1 1 1 1
1 1 1 1
A B OA d
A B OA d
  
+ Áp dụng công thức: '
1 1
1 1 1
f d d
  
 '
2 2
1 1 1
f d d
  
 
' '
1 1 2 2
' '
1 1 2 2
d d d d
d d d d
 
  d1’d2’(d1 – d2) = d1d2 (d2’ + d1’) (2) 
+ Giả thiết: d1 – d2 = 12 (3) 
 d2’ + d1’ = 54 
Thay (3) vào (2) ta được 2d1’d2’= 9 d1d2 (4) 
1,0 
0,25 
0,25 
A2 
'
2B
'
2A 
'
1B
'
1A 
B2 
A1 O 
F’ 
I 
X 
B1 
Chia vế với vế của (1) và (4) với nhau ta được: 
'
'1 1
1 1'
1 1
2 9 3
2 2
d d d d
d d
   kết hợp với (1) 
Ta có d2’ = 3d2. Vậy: 
 '
1 1
1 1 1
f d d
  = 
1
5
3d
  1 2
1 2
5 2 2,5
3 3
d d
d d
    d1 = 20cm, d2 = 8cm. 
'
2 2
1 1 1
f d d
  =
2
2
3d
 Suy ra f = 12cm 
0,25 
0,25 
4 Gọi khối lượng của chì và nước đá là mc và md. 
Trọng lượng của cục nước đá có chứa chì khi chưa có nước đá tan là ( )10c dP m m  
Trước khi 200g nước đá tan thì trọng lượng của cục nước đá có chứa chì cân bằng với lực 
đẩy Ác si mét: 0 0( )10 10 ( )c d n c d nP m m V D m m V D      (1) 
Với V0 là thể tích chiếm chỗ của đá chứa chì khi đá chưa tan trong nước. 
Sau khi 200g nước đá tan thì thể tích phần chìm của đá giảm hai lần ' 00 2
VV  
Ta có 0 0
1 1' ( 200)10 10 ( 200)
2 2c d n c d n
P m m V D m m V D        (2) 
(1), (2) suy ra : 400c dm m  (3) 
Sau khi tan thêm 120g (tan 320g) thì thể tích của khối nước đá là 
0
320c d
c
m mV
D D

  
Khi cục nước đá bắt đầu chìm thì 
0
320( 240)10 10 ( 320) c dc d n c d n
c
m mm m VD m m D
D D
 
        
 
 
0 0
1 1 320 1n n nc d
c
D D Dm m
D D D
     
         
     
Thay số : 103 1 320
113 9 9c d
m m   (4) 
Giải hệ phương trình (3), (4) ta được: 113 8,7
13c
m g  và 5087 391,3
13d
m g  
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
5 Gọi v là tốc độ truyền âm trong không khí. Coi bức tường như một gương phẳng. 
Trước hết ta xác định A’ là ảnh của A qua gương (A’ đối xứng với A qua K) do đó A’, I và 
B thẳng hàng. (Vẽ hình đúng) 
Âm thanh từ loa A đến máy thu âm B theo 2 con đường: 
+ Đến B trực tiếp, đi quãng đường 0l hết thời gian 01
lABt
v v
  
+ Đến B theo đường AIB với 'AI IB A B  
hết thời gian 2
'AI IB A Bt
v v v
   
theo đề ta có: 02 1
' 0,02lA Bt t t s
v v
      (1) 
Từ hình vẽ ta thấy: 2 2 2 21 2' ' ( )A B A H HB l l HB     (2) 
2 2 2
0 2 1( )HB l l l   (3) 
Từ (2), (3) suy ra 20 1 2' 4A B l l l  (4) 
Thay (4) vào (1) ta được:
 20 1 2 0
2
0 1 2 0
1 4
4
337, 25 /
t l l l l
v
l l l l
v m s
t
   
 
  

0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
A A’ 
B 
H 
I 
0l 
1l 
2l 
K 
6 Giả sử độ cao nước đổ vào là x vạch, thì trọng tâm O2 của nước ở vị trí 
2
x vạch 
Gọi O là trọng tâm chung của cốc và nước ở vị trí y vạch. 
Goi O1 là trọng tâm của cốc khi không chứa gì, ở vị trí vạch thứ 8. 
P1, P2 lần lượt là trọng lượng của cốc và nước. 
Áp dụng quy tắc hợp lực song song ta có. 
P1.OO1 = P2.OO2 
Từ (*) ta nhận thấy để trọng tâm O ở vị trí thấp nhất, nghĩa là ymin hay (y+9)min. Theo bất 
đẳng thức Cô si. 
Giải phương trình này ta được: x = 6 cm và x = – 24 (loại) 
Vậy lượng nước cần đổ vào ở vạch chia thứ 6, hay khối lượng nước cần đổ vào là 
m2 = 6.20.1 = 120g 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
 Ghi chú: 
1. Phần nào thí sinh làm bài theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa phần đó. 
2. Không viết công thức mà viết trực tiếp bằng số các đại lượng, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. 
3. Ghi công thức đúng mà: 
3.1. Thay số đúng nhưng tính toán sai thì cho nửa số điểm của câu. 
3.3. Thay số từ kết quả sai của ý trước dẫn đến sai thì cho nửa số điểm của ý đó. 
4. Nếu sai hoặc thiếu đơn vị trừ 0,25 điểm nhưng không quá 0,5 điểm cho toàn bài. 
5. Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25 điểm. 
x/2 
x 
O2 
O1 
O 
8 
y