Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 trường THPT chuyên Phan Bội Châu năm học 2014 -2015 môn thi: Vật lý

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN 
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU 
NĂM HỌC 2014 - 2015 
Môn thi: VẬT LÝ 
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 
Câu 1.(4,0 điểm) Hai bạn Quang và Minh cùng xuất phát đồng thời từ A đến địa điểm B. Quang thực 
hiện hành trình như sau: trên nửa quãng đường đầu Quang đi bộ với tốc độ V1 = 5km/h, nửa quãng 
đường còn lại đi xe đạp với tốc độ V2 thì tốc độ trung bình trên cả quãng đường AB là 8km/h. Minh 
thực hiện hành trình như sau: nửa thời gian đầu đi bộ với tốc độ V1, nửa thời gian sau đi xe đạp với tốc 
độ V2. Cho rằng thời gian đổi phương tiện không đáng kể. 
1. Tìm tốc độ trung bình của Minh trên toàn bộ quãng đường. 
2. Biết khi một bạn tới B, thì bạn kia còn cách B một khoảng d = 7,5km. Tình khoảng cách AB. 
3. Khi khoảng cách giữa hai bạn là 3km thì Minh đẫ đi được quãng đường bằng bao nhiêu? 
Câu 2.(3,5 điểm) Trong một hai bình cách nhiệt chứa nước có nhiệt độ và khối lượng tương ứng là t1 
= 20oC; t2= 600C; M1 = 2kg; M2 = 4kg. Khi đổ lượng nước có khối lượng m từ bình 1 sang bình 2, 
chờ cân bằng nhiệt được thiết lập ở nhiệt độ t3. Người ta lại lấy một lượng nước có khối lượng 2m 
chuyển từ bình 2 sang bình 1, sau khi cân bằng nhiệt thì nhiệt độ ở hai bình lúc này chênh lệch nhau 
200C. Tính m và t3. (Bỏ qua sự mất mát nhiệt ra môi trường). 
Câu 3.(3,0 điểm) Một bể nước có đáy phẳng nằm cách mặt nước một khoảng h 
(hình bên). Người ta dùng một cái giác bám bằng cao su để giữ một khối gỗ 
bần trọng lượng P chìm hoàn toàn trong nước. Để giữ được khối gỗ bần thì 
diện tích nhỏ nhất của giác bám là bao nhiêu nếu khối lượng riêng của nước là 
0, của bần là , áp suất khí quyển là p0. 
Câu 4.( 4,0 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ dưới đây: 
Bóng đèn Đ1 ghi 3V – 3W; Đ2 ghi 1,5V – 1,5W. Hiệu điện thế 
hai đầu đoạn mạch không đổi U = 6V. Điện trở R = 0,5. R0 là 
một biến trở con chạy. Coi điện trở của các đèn không phụ thuộc 
vào nhiệt độ. Bỏ qua điện trở của dây nối. 
1. Giá trị toàn phần của biến trở là R0 = 2,5. Xác định vị trí 
con chạy C để đèn Đ1 sáng bình thường. 
2. Xác định giá trị nhỏ nhất của R0 để đèn Đ2 sáng bình 
thường, xác định vị trí con chạy C lúc đó. 
Câu 5.(3,5 điểm) Một khối trụ được đặt trong tiêu cự của thấu kính hội tụ sao cho trục của khối trụ 
trùng cới trục chính của thấu kính. Người ta đặt mắt sau thấu kính trên trục chính thì thấy mặt trước của 
khối trụ (mặt phía gần thấu kính) có bán kính R1= 2R, mặt phía sau của khối trụ (mặt xa thấu kính hơn) 
có bán kính R2 = 1,25R1. Tính tỉ lệ bề dày của ảnh khối trụ với bề dày của nó. 
Câu 6.(2,0 điểm) Một vật có trọng lượng P = 2500N cần được nâng lên cao. Bằng hệ gồm 4 ròng rọc, 
dây nối nhẹ, bền, không giãn. Hãy thiết kế hệ thống ròng rọc để hai người cùng kéo vật lên, biết khi kéo 
đều thì mỗi người tác dụng một lực kéo lên đầu dây bằng 500N. 
.Hết 
Họ và tên thí sinh:.................................................................. Số báo danh:....................... 
Đề thi chính thức 
h 
  U  
R 
R0 
Đ1 
Đ2 C 
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN 
KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU 
NĂM HỌC 2014-2015 
HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC 
Môn: VẬT LÝ 
(Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 05 trang) 
---------------------------------- 
Câu Ý Nội dung Điểm 
1 
 a 
b 
c 
 Gọi S là quãng đường AB. 
+ Thời gian Quang đi hết nửa qưỡng đường đầu là: 
12
St
v
 
+ Thời gian Quang đi hết nửa qưỡng đường sau là: 
22
St
v
 
+ Vận tốc trung bình của Quang trên toàn bộ quãng đường là: 
 vtb1 = 1 2
1 2
1 2
2
2 2
v vS
S S v v
v v


  2 2
2
2.5. 8 20( / )
5
v v km h
v
  

+ Gọi t là khoảng thời gian mà Minh đi hết cả quãng đường AB. 
S = v1.
2
t + v2.
2
t = (v1+ v2)
2
t
  2
1 2 5 20 12,5( / )
2 2tb
v vSv km h
t
 
    
Vậy vận tốc trung của Minh bình trên quãng đường AB là 12,5km/h. 
+ Thời gian Quang đi hết nửa quãng đường đầu: 1
12 10
S St
v
  
+ Thời gian Minh đi hết cả quãng đường AB là: 
2
12,5tb
S St
v
  
 t1 > t. Do đó khi Minh đã đi hết cả quãng đường AB thì Quang đang đi 
trong nửa quãng đường đầu. Hay S < 2d = 15km. 
+ Từ đó suy ra: v1t + d = vtb2t  5t + 7,5 = 12,5t  t = 1(h) 
  S = 12,5.1 = 12,5(km) 
Vậy khoảng cách AB = S = 12,5km. 
 + Thời gian Quang đi hết nửa quãng đường đầu là 1
12 10
S St
v
  nhỏ hơn nửa 
thời gian đầu của Minh đi là t1 = 
2
2 25tb
S S
v
 nên khi khi khoảng cách giữa 2 
người là 3km thì vận tốc của Quang vẫn đang là v1= 5km. 
+ Gọi t là khoảng thời gian kể từ lúc 2 người xuất phát đến lúc 2 người cách 
nhau 3km, ta có: 
- Quãng đường Quang đi được: S1 = v1t 
- Quãng đường Minh đi được: S2 = v1t1 + v2(t- t1) 
+ Ta có: S2 - S1 = 3  v1t1 + v2(t- t1) - v1t = 3 
  12,5 12,55. 20( ) 5 3 0,7( )
25 25
t t t h       
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
0,25 
0,5 
Vậy quãng đường Minh đã đi được là: S1= 6,5km. 0,25 
2 
 + Khi đổ lượng nước có khối lượng m từ bình 1 sang bình 2. Ta có phương 
trình: mc(t3 - t1) = M2 c(t2 - t3) 
  m(t3 - 20) = 4(60 - t3) (1) 
+ Khi đổ lượng nước có khối lượng 2m từ bình 2 sang bình 1. Ta có phương 
trình: 2mc[t3 - (t3 - 20) = (M1 – m)c(t3 - 20 – t1) 
  mt3 = 2(t3 - 40) (2) 
+ Từ (1) và (2) ta có phương trình: 
0
323 3
3 3 0
3 3 3
4,8420 2(60 ) 3 180 800 0
40 55,16
t Ct t t t
t t t C
  
      
 
t3=55,160C 
Từ đó thay vào (2) suy ra: m  0,55kg = 550g. 
1,0 
1,0 
1,0 
0,5 
3 
 + Các lực tác dụng vào vật gồm: trọng lượng của vật P; lực kéo của cái giác 
(lực căng của sợi dây) Fk; trọng lượng của vật. 
+ Phân tích lực như hình vẽ. 
+ Để giữ được khối gỗ bần thì ta có điều kiện: 
 P + Fk  FA  Fk  FA – P 
 Fk = (p0 + Pn).S  100.
0
P P

 
0
0 0
(10 )
10
PS
p h
 


 

+ Vậy, để giữ được khối gỗ bần thì diện tích nhỏ nhất của giác bám là: 
 Smin = 0
0 0
(10 )
10
P
p h
 



0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
4 
 1 + Điện trở của các đèn Đ1, Đ2 lần lượt là: 
1
1
2
2
2 2
1
2 2
2
3 3( );
3
1,5 1,5( )
1,5
dm
dm
dm
dm
U
R
P
U
R
P
   
   
+ Đèn sáng bình thường nên ta có: 
 U2 + UMC = Uđm1 (1) 
 UCB = U – Uđm1 = 6 - 3 = 3(V) 
+ Cường độ dòng điện qua mạch chính: 
 I = 3
3
CB
CN CM
U
R R R

 
+ Cường độ dòng điện qua Đ2: 
 I2 = I – I1 = 
3 1
3 3
CM
CM CM
R
R R
 
 
 (2) 
+ Từ (1) và (2) suy ra: I2(R2 + RCM) = 3  
3
3 CMR
(1,5 + RCM) = 3 
 R2CM + 4,5RCM – 9 = 0  RCM = - 6 (loại) 
 Hoặc: RCM = 1,5 
0,25 
0,5 
0,25 
0,25 
0,25 
P 
Fk 
FA 
h 
  U  
R 
R0 
Đ1 
Đ2 C 
M N 
I I1 
I2 
I 
Vậy: Con chạy C của biến trở ở vị trí sao cho RCM = 1,5 thì đèn Đ1 sáng bình 
thường. 
0,25 
0,25 
 2 + Đặt: RCM = x 
+ Điện trở tương đường toàn mạch: 
 Rtđ = 1 2
1 2
( )CM
CM
R R R
R R R

 
 + R0 – x + R = 
2
0 0( 1) 4,5 6,75
4,5
x R x R
x
    

+ Cường độ dòng điện qua mạch chính: 
 2
0 0
( 4,5)
( 1) 4,5 6,75td
U U xI
R x R x R

 
    
+ Hiệu điện thế ở hai đầu đoạn mạch AC: 
 UAC = IRAC = 2
0 0
( 4,5) 3(1,5 ).
( 1) 4,5 6,75 4,5
U x x
x R x R x
 
     
 UAC = 2
0 0
3 (1,5 ) .
( 1) 4,5 6,75
U x
x R x R

    
+ Cường độ dòng điện qua Đ2 lúc này là: 
 I2 = 2
2 0 0
3 .
( 1) 4,5 6,75
AC
CM
U U
R R x R x R

     
+ Đèn sáng bình thường  Iqua Đ2 = Iđm2 
Hay: 2 0 02
0 0
3 1 ( 1) 4,5 11,25 0
( 1) 4,5 6,75
U x R x R
x R x R
      
    
 (*) 
Phương trình (*) có nghiệm    0  (R0 - 1)2 + 4(11,25 - 4,5R 0)  0 
 R02 + 16R0 - 44  0  (R0 - 7)2  0  0
0
6 3 8( )
6 3 8( ) 0
R
R
   

    
 0 6 3 8( )R    
+ Khi 0 6 3 8( )R     0
2 6 3 8 2 3( 3 1) 2,19( )
2 2
Rx         < R0 = 
6 3 8( )  thõa mãn. 
Vậy, giá trị nhỏ nhất của R0 để đèn Đ2 sáng bình thường là R0(min) = 6 3 8( )   
2,39() và vị trí con chạy C lúc đó để đèn Đ2 sáng bình thường là: RCM = x = 
2,19(). 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
5 
 Vẽ hình: 
0,5 
  H1 
H2 
H1 H2 
M1 
M2 
M2 M1 
O 
F 
I 
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. 
+ Từ hình vẽ ta có: 
M1H1 // M1H1 1 1 1 1
1 1 1
2 (1)OH M H R
OH M H R
   
    
M2H2 // M2H2 2 2 2 2
2 2 2
2,5 (2)OH M H R
OH M H R
   
    
OI // M1H1 1 1 1 1 1
1 1
2 2 (3)F H M H OH f OH f
F O M H f
            
 
OI // M2H2 2 2 2 2 2
2 2
2,5 2,5 1,5 (4)F H M H OH f OH f
F O M H f
     
      

+ Thay (3) vào (1); (4) vào (2 )suy ra: OH1 = 0,5f; OH2 = 0,6f 
+ Mặt khác, từ hình vẽ ta có: 1 2 2 1
1 2 2 1
1,5 5
0,6 0,5
H H OH OH f f
H H OH OH f f
    
  
 
Vậy tỉ số tỉ số giữa bề dày của ảnh và bề dày của vật là: 1 2
1 2
5H H
H H
 
 
0,75 
0,75 
0,5 
0,5 
0,5 
6 
Hệ thống ròng rọc theo yêu cầu bài ra được thiết kế theo hình a hoặc hình b ở 
trên. 
Cả hai trình tren ta đều có: P = 5F  F = 2500 500( )
5 5
P N  
Một người cầm ở đầu dây A và một người cầm ở đầu dây B để kéo vật lên. 
 
  
 
Hình b 
F 
B 
A
F F F F F 
P 
Hình a 
F A F 
B 
F 
P 
 
 
 
 
F