http://webdethi.net

1. http://w
ebdethi.net
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
HẢI DƯƠNG NGUYỄN TRÃI - NĂM HỌC 2013- 2014
MÔN: VẬT LÝ
Thời gian: 150 phút (Đề gồm: 01 trang)
http://webdethi.net
I) HƯỚNG DẪN CHUNG.
+) Thí sinh làm bài theo cách riêng nhưng đáp ứng được yêu cầu cơ bản vẫn cho đủ số điểm.
+) Việc chi tiết hóa điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải đảm bảo không sai lệch so với hướng
dẫn chấm đã được thống nhất trong hội đồng chấm.
+) Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm tổng của bài để lẻ đến 0,25 điểm.
II) ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM.
Câu 1:
(2,0đ) a) (0,75đ)
Sau khi người 2 bắt đầu xuất phát, người 1 đi được quãng đường:
l = 10.
1
2
= 5 km.
Quãng đường người 1 đi được là : s1 = 5 + v1.t
Quãng đường người 2 đi được là : s2 = v2.t
Khi người 2 gặp người 1, ta có : s1 = s2 ; 0,5t h  ;
Vây, người 2 gặp người 1 cách vị trí xuất phát là: 10km.
b) (1,25đ)
*) Khi người thứ ba xuất phát thì người thứ nhất đã đi được: l1 =
v1t01 =
1 1 20
10.( )
2 6 3
km  ; người thứ hai đi được: l2 = v2t02 =
1 10
20.
6 3
km ;
*) Khi đó quãng đường chuyển động của người thứ 1, người thứ 2,
người thứ 3: 1
20
10
3
s t  ; 2
10
20
3
s t  ; 3 3s v t ;
Khi người thứ 3 gặp người thứ 1, ta có: s3 = s1;
3
20
(1)
3( 10)
t
v
 

;
*) Sau 40 phút tiếp thì quãng đường chuyển động của người thứ 1,
người thứ 2, người thứ 3 lần lượt là:
,
1
20 2 40
10( ) 10
3 3 3
s t t     ; ,
2
10 2
20( )
3 3
s t   ; ,
3 3
2
( )
3
s v t 
Theo giả thiết, ta có: , , , 3
1 2 3
3
90 6
2 ; (2)
4 90
v
s s s t
v

   

Từ (1) và (2), ta có: 2
3 34 90 300 0v v   ;
Giải phương trình được nghiệm: v3 = 18,43 km/h và v3 = 4,069
km/h) ( loại, vì người thứ 3 đuổi kịp người thứ 1 nên v3 > v1)
Vậy, vận tốc của người thứ 3 là : v3 = 18,43 km/h.
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
ĐÁP ÁN

2. http://w
ebdethi.net
Câu 2:
(2,5đ)
a) (0,5đ)
Do UCD = 0V; Học sinh lập luận
chỉ ra mạch cầu cân bằng, từ đó
suy ra: 1 2
4
3 4
; 20
R R
R
R R
   
b) (1,0đ)
Khi vôn kế chỉ UCD = 2V ;
Do điện trở vôn kế vô cùng lớn, nên: 1 2
1 2
10 5
4 8 6
ABU
I I A
R R
   
 
I3 = I4 ; Mặt khác I1.R1 + UCD = I3R3; 3
8
15
I A 
và I3.R3 + I4.R4 = UAB => 3 3
4
4
.
8,75ABU I R
R
I

  
c) (1,0đ)
IA = 0,4A; RA = 0, chập hai điểm C và D;
Dòng điện có chiều đi từ C đến D ta có: I1 = Ia + I2 = 0,4 + I2;
Ta có: I1.R1 + I2.R2 = UAB => 4.I1 + 8I2 = 10V;
=> 4.(0,4+ I2) + 8.I2 = 10 => I2 = 0,7 A ; I1 = 1,1 A .
Ta có: UAC = I1.R1 = I3.R3; => I3 = 0,44A; => I4 = I3 + Ia = 0,84A
Mà: UCB = I2.R2 = I4.R4; => 4
20
3
R   .
0,25 đ
0,25 đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu 3:
(2,0 đ)
a) (0,75đ)
Tính hiệu điện thế UAB
• UAD = IA. R13 = I3(R1 + R3) = 0,9 . 60 = 54V
I2 = UAD/R2 = 54/90 = 0,6A
• I = I4 = I2 + I3 = 0,6 + 0,9 = 1,5A
• RAB = RAD + R4 = 1 3 2
1 3 2
( )R R R
R R R

 
+ R4 = 36 + 24 = 60Ω
• UAB = I . RAB = 1,5 . 60 = 90V
b) (1,25đ)
Tính độ lớn của R4
• K mở, ta có RAB = R4 + RAD = R4 + 1 3 2
1 3 2
( )R R R
R R R

 
= R4 + 36
I = UAB/RAB =
4
90
36R 
• UAD = I . RAD =
4
90.36
36R 
IA = UAD/R13 = UAD/60 =
4
54
36R 
(1)
• K đóng, vẽ lại mạch điện bằng cách chập C với B, từ hình vẽ ta có
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
I4
VD
CI1
I3
I2
Ia
V
R1 R2
R3 R4
A B
V

3. http://w
ebdethi.net
Câu 4:
(1,5đ)
Gọi nhiệt độ ban đầu của bình B là tb và của bình A là ta.
Gọi t1là nhiệt độ của bình A khi rót vào nó một khối lượng nước
nóng là m (lần đổ đi).
Khi đó : cm(t1-te) = c m (tn-t1)
Trong đó; m là khối lượng nước ban đầu trong các bình, c là nhiệt
dung riêng của nước.
Từ đó suy ra: t1 = 1
1
b b amt mt kt t
m m k
  

  
; trong đó k = 1
m
m


Gọi t2 là nhiệt độ ổn định của bình B sau khi đổ vào nó khối
lượng nước m lấy từ bình A (lần đổ về). Ta có:
c(m- m ).(tn - t2) = c m (t2 - t1)
=> t2 = 1
1
( )
(1 )
1
b a b
b
m m t mt kt t
kt k t
m k
    
   

Vậy, sau một lần đổ đi đổ lại, hiệu nhiệt độ 2 bình là:
  b a
2 1 b a
t – t1
t t t – t ( )
11
1
k
kk
k

  


Để nhận được hiệu nhiệt độ trong 2 bình (t4 - t3) sau lần đổ đi đổ lại
thứ 2, trong công thức trên phải thay tn thành t2 và te thành t1 tức là:
b a2 1
4 3 2
t – tt – t
t t =
1 1
1 1
k k
k k
 
  
   
Như vậy: Cứ mỗi lần đổ đi đổ lại, hiệu nhiệt độ 2 bình sẽ giảm
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
R234 = R2 + 3 4
3 4
.R R
R R
= 90 + 4
4
15
15
R
R 
= 4
4
90.15 105
15
R
R


.
I2 = UAB/R234 = 4
4
90(15 )
105 90.15
R
R


• UDC = I2 . R43 = 4
4
90(15 )
105 90.15
R
R


x 4
4
15
15
R
R 
= 4
4
90
7 90
R
R 
IA
’
= UDC/R3 = 4
4
6
7 90
R
R 
(2)
• Giả thiết IA = IA
’
 (1) = (2) hay
4
54
36R 
= 4
4
6
7 90
R
R 
=> 2
4R - 27R4 - 810 = 0;
Giải phương trình được nghiệm: R4 = 45Ω và R4 = - 18 (loại
nghiệm âm).
Vậy: R4 = 45Ω
0,25đ
0,25đ
0,25đ

4. http://w
ebdethi.net
(
1
1
k
k


) lần.
Sau n lần đổ đi đổ lại thì hiệu nhiệt độ hai bình là:
b a
( ) ( )
t – t
t t =
1
1
b n a n n
k
k

 
 
 
Trong trường hợp của ta : tb – ta = 400
C; m = 50g; m = 200g
=> k = 0,25 và
1 5
1 3
k
k



Với n = 6 thì
0
0 0b a
( ) ( ) 6
t – t 40
t t = 1,866 2
1 5
1 3
b n a n n
k
k
   
   
   
   
Vậy, sau 6 lần đổ đi và đổ trở lại thì hiệu nhiệt độ 2 bình nhỏ hơn
20
.
0,25đ
0,25đ
Câu 5:
(2đ)
a) Khi dịch chuyển AB cho ảnh
5
" "
4
A B AB AB  . Thấu kính cho
ảnh lớn hơn vật là thấu kính hội tụ (vì vật AB là vật thật). 0,5đ
b) Vật AB cho ảnh A’B’ nhỏ hơn vật nên ở vị trí này AB nằm
ngoài khoảng 2f. Ta vẽ đươc như hình 1.
Do f > 15cm, mà khi ta dịch vật một đoạn 9cm < f , do đó AB phải
nằm trong khoảng từ f đến 2f. Ta được hình vẽ thứ 2.
0,25đ
0,25đ

5. http://w
ebdethi.net
Xét hình 1
AF AB 5
ΔABF ΔOMF = AF= f
OF OM 4
 
Xét hình 2
AF AB 4
ΔABF ΔONF = AF= f
OF ON 5
 
Vì AB dịch 2cm nên ta có:
5 4
9 ; 20( )
4 5
f f cm f cm   
0,25đ
0,25đ
0,5đ
………………………. HẾT………………………