Tài liệu Đề thi vào lớp 10 chuyên lý có đáp án

GV Nguyễn Đức Hiệp SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ Môn thi: VẬT LÝ Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Bài 1: (4 điểm) Một chiếc hộp rỗng thành mỏng hở phía dưới được nhúng vào nước theo phương thẳng đứng cho tới khi nắp hộp được ghi trên hình 1. Áp suất của khí quyển là 76 cm Hg. Biết rằng trong trường hợp này, thể tích V và áp suất p của một khối khí tuân theo định luật p.V = const. Tìm lực nâng tác dụng vào hộp. 3m 1m 1m Hình 1 Bài 2: (4 điểm) Trong bình nhiệt lượng kế chứa nước đá có khối lượng m1 = 0,5 kg ở nhiệt độ t1 = –20oC. Đưa vào bình một lượng hơi nước có khối lượng m2 = 60 g ở nhiệt độ t2 = 100oC. Xác định nhiệt độ trong bình nhiệt lượng kế khi xảy ra cân bằng nhiệt. Cho nhiệt dung riêng và nhiệt nóng chảy của nước đá lần lượt là C1 = 2100 J/kg.K và  = 340 kJ/kg, nhiệt dung riêng của nước là C2 = 4200 J/kg.K và nhiệt hóa hơi của nước là L = 2,2.106 J/kg. Cũng bài toán như trên nhưng lượng nước đá ban đầu chứa trong bình nhiệt lượng kế m1 = 0,3 kg. Bài 3: (4 điểm) Trong một phòng dài L và cao là H có treo một gương phẳng trên tường. Một người đứng cách gương một khoảng bằng l để nhìn gương. Độ cao nhỏ nhất của gương là bao nhiêu để người đó nhìn thấy cả bức tường sau lưng mình. Bài 4: (4 điểm) Cho mạch điện như hình 2, trong đó R1 = R; R2 = 3R; R3 = 4R; R4 = 2R, điện trở các ampe kế không đáng kể. Hiệu điện thế giữa hai đầu mạch P và Q không đổi. Khi khóa K đóng thì ampe kế A1 chỉ 1,2 A. Tính số chỉ của ampe kế A2 khi đóng và khi mở khóa K. R1 A1 + P R2 R3 K R4 A2 – Q Hình 2 Bài 5: (4 điểm) Trên một mỏ hàn nhỏ có ghi 110 V – 50 W. Một người muồn dùng mỏ hàn với nguồn điện 220 V nên đã mắc thêm một bóng đèn 220 V để mỏ hàn nóng bình thường. Hỏi có thể làm theo cách đó được không? Hãy chứng minh bằng tính toán cụ thể. -------- HẾT --------- 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH YÊN BÁI ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 02 trang, 06 bài) KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn thi: VẬT LÍ (THPT chuyên) Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 06/6/2018 Bài 1 (1,5 điểm): An và Bình cùng tập chạy trên ba đoạn đường tạo thành ba cạnh của một tam giác ABC (Hình 1), mỗi người đều chạy với vận tốc có độ lớn không đổi. Biết AB = AC = 450m, BC = 150m. Đầu tiên, hai người cùng xuất phát từ B, An chạy trên đường BC rồi CA, Bình chạy trên đường BA. Biết rằng họ cùng đến A sau thời gian 5 phút. a) Tính vận tốc chạy của An và Bình. b) Sau khi đến A, cả hai lập tức đổi chiều và chạy theo hướng ngược lại với vận tốc có độ lớn như cũ. Tính khoảng thời gian ngắn nhất để hai người gặp nhau đồng thời tại A. A B C Bài 2 (1,0 điểm): Treo quả cầu bằng nhôm bên trong có một lỗ hổng bởi một lực kế. Hình 1 Lực kế chỉ 0,48N khi quả cầu được nhúng ngập hoàn toàn trong nước và chỉ 0,66N khi nó được nhúng ngập hoàn toàn trong dầu. Biết khối lượng riêng của nhôm, dầu và nước lần lượt là: D1 = 2700 kg/m3; D2 = 700 kg/m3; D3 = 1000 kg/m3. a) Khi quả cầu đứng cân bằng trong chất lỏng, hãy xác định các lực tác dụng lên quả cầu. Biểu diễn hướng của các lực đó bằng hình vẽ. b) Tìm thể tích của lỗ hổng trong quả cầu. Bài 3. (2,0 điểm): Trong một bình nhiệt lượng kế có chứa nước đá ở nhiệt độ t1  100 C. Người ta đổ vào bình một lượng nước có khối lượng m = 0,7 kg ở nhiệt độ t2 = 500C. Sau khi cân bằng nhiệt thì tổng thể tích của chất chứa trong bình là V = 1,2 lít. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với nhiệt lượng kế và với môi trường bên ngoài, coi bình nhiệt lượng kế đủ lớn để chứa lượng nước và nước đá nói trên. a) Nước đá trong bình có tan hết không? Tại sao? b) Tìm tổng khối lượng của các chất chứa trong bình. Biết khối lượng riêng của nước và nước đá là Dn = 1000 kg/m3 và Dđ = 900 kg/m3; nhiệt dung riêng của nước và nước đá lần lượt là 4200J/kg.K và 2100J/kg.K; nhiệt nóng chảy của nước đá là 340.103J/kg. Bài 4. (2,5 điểm): Một vật sáng nhỏ, phẳng AB đặt trước và vuông góc với trục chính của một thấu kính hội tụ L1 có tiêu cự bằng 20cm. a) Vật sáng AB cao 2cm đặt cách thấu kính 30cm cho ảnh AB, vẽ ảnh. Xác định vị trí, tính chất và độ cao của ảnh AB qua thấu kính trên. b) Dịch chuyển AB dọc theo trục chính, khi khoảng cách giữa AB và ảnh thật của nó là cực tiểu thì ảnh đó lớn gấp bao nhiêu lần vật? c) Phía sau L1 đặt thêm thấu kính hội tụ L2 (có trục chính trùng với trục chính của L1). Khi AB dịch chuyển dọc theo trục chính thì ảnh A’B’ của nó tạo bởi hệ L1, L2 không thay đổi độ lớn và cao gấp 3 lần AB. Tìm tiêu cự của thấu kính L2. Bài 5. (2,0 điểm): Cho mạch điện như hình vẽ (Hình 2). Các điện trở là R1  R 2  R 3  6; R 4  2. Hiệu điện thế không đổi đặt vào A và B là UAB = 18V. R1 R4 N a) Tìm điện trở tương đương của đoạn mạch trên. B A b) Nối M và B bằng một vôn kế có điện trở R3 rất lớn. Tìm số chỉ của vôn kế. R2 c) Nối M và B bằng một ampe kế có điện trở M không đáng kể. Tìm số chỉ của ampe kế và chiều dòng điện đi qua ampe kế. Hình 2 Bài 6. (1,0 điểm): Cho một viên sỏi và các dụng cụ sau: lực kế; sợi dây mảnh, nhẹ ; bình chứa nước (có thể bỏ lọt viên sỏi vào bình và ngập nước trong bình). Hãy trình bày một phương án xác định trọng lượng riêng của viên sỏi theo trọng lượng riêng của nước d0 đã biết. --------------------------------- HẾT ------------------------------ * Thí sinh không sử dụng tài liệu. * Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:………………………………………………..... Số báo danh:………….... Cán bộ coi thi thứ nhất: …………………………………………… Kí tên:………………….. Cán bộ coi thi thứ hai: …………………………………………… Kí tên:………………….. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH YÊN BÁI ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 02 trang, 06 bài) KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn thi: VẬT LÍ (THPT chuyên) Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 06/6/2018 LỜI GIẢI CHI TIẾT Bài 1 (1,5 điểm): An và Bình cùng tập chạy trên ba đoạn đường tạo thành ba cạnh của một tam giác ABC (Hình 1), mỗi người đều chạy với vận tốc có độ lớn không đổi. Biết AB = AC = 450m, BC = 150m. Đầu tiên, hai người cùng xuất phát từ B, An chạy trên đường BC rồi CA, Bình chạy trên đường BA. Biết rằng họ cùng đến A sau thời gian 5 phút. a) Tính vận tốc chạy của An và Bình. b) Sau khi đến A, cả hai lập tức đổi chiều và chạy theo hướng ngược lại với vận tốc có độ lớn như cũ. Tính khoảng thời gian ngắn nhất để hai người gặp nhau đồng thời tại A. Lời giải: Đổi 5 phút = 300 giây. Gọi v1 và v2 lần lượt là độ lớn vận tốc chạy của An và Bình. (v1, v2 > 0) a) Theo đề bài, quãng đường chạy của An là s1 = BC + CA = 600m và quãng đường chạy của Bình là s2 = BA = 450m. + Tổng vận tốc của An và Bình là: v1  v 2  A B s1  s 2 600  450   3,5 (m/s) t 300 C Hình 1 (1) + Với cùng thời gian chuyển động, quãng đường chuyển động tỉ lệ với vận tốc, ta có: v1 s1 4   v2 s2 3 (2) Giải hệ (1) và (2) ta được: v1 = 2 (m/s) và v2 = 1,5 (m/s). b) An và Bình cùng xuất phát từ A, chuyển động ngược chiều nhau. Để lại gặp nhau tại A, mỗi người phải chuyển động được quãng đường bằng một số nguyên lần chu vi tam giác ABC. Quãng đường tương ứng của An và Bình bây giờ là: S1 = m.1050 (m) và S2 = n.1050 (m) với m và n nguyên dương. Do cùng thời gian chuyển động nên các quãng đường tương ứng tỉ lệ với vận tốc, ta có: S1 v1 4 m 4     . S2 v 2 3 n 3 (3) Để thời gian chuyển động của hai bạn từ lúc xuất phát tại A đến lúc gặp nhau tại A (lần gặp thứ nhất, không kể lần đầu cùng xuất phát) thì m và n phải có giá trị nhỏ nhất, tức là mmin = 4 và nmin = 3  S1  4.1050  4200  m  ; S2  3.1050  3150  m  . Thời gian nhỏ nhất cần tìm bằng: t min  S1 S2   2100  s   35(ph). v1 v 2 Lời bình: Đây là một bài toán dễ. Tuy nhiên, các con hay mắc ở ý b, bởi vì các con không nhận ra rằng các quãng đường đi đều bằng số nguyên lần chu vi tam giác và quên mất rằng: khi hai vật chuyển động với cùng thời gian thì các quãng đường sẽ tỉ lệ thuận với độ lớn của các vận tốc. Điều này chúng ta đã học và vận dụng rồi! Chú ý rằng trong suốt quá trình chuyển động từ lúc cùng xuất phát tại A, đến khi gặp lại nhau tại A lần thứ nhất thì hai người đã gặp nhau ở các vị trí khác (không trùng với A). Bài 2 (1,0 điểm): Treo quả cầu bằng nhôm bên trong có một lỗ hổng bởi một lực kế. Lực kế chỉ 0,48N khi quả cầu được nhúng ngập hoàn toàn trong nước và chỉ 0,66N khi nó được nhúng ngập hoàn toàn trong dầu. Biết khối lượng riêng của nhôm, dầu và nước lần lượt là: D1 = 2700 kg/m3; D2 = 700 kg/m3; D3 = 1000 kg/m3. a) Khi quả cầu đứng cân bằng trong chất lỏng, hãy xác định các lực tác dụng lên quả cầu. Biểu diễn hướng của các lực đó bằng hình vẽ. b) Tìm thể tích của lỗ hổng trong quả cầu. Lời giải: a) Quả cầu cân bằng dưới tác dụng của ba lực: + Lực đàn hồi F của lò xo lực kế (hướng thẳng đứng từ dưới lên). + Trọng lực P (hướng thẳng đứng từ trên xuống). + Lực đẩy Acsimét FA kế (hướng thẳng đứng từ dưới lên). Hình vẽ bên. b) Gọi V0 là thể tích của quả cầu, V là thể tích phần rỗng. + Trọng lượng của quả cầu là P  10.D1  V0  V  1 + Lực đẩy Acsimét tác dụng lên quả cầu khi nhúng trong dầu là FA1  10.D2 .V0 2 + Lực đẩy Acsimét tác dụng lên quả cầu khi nhúng trong nước là FA2  10.D3 .V0 + Điều kiện cân bằng của quả cầu là F  P  FA - Khi nhúng trong dầu: F1  P  FA1  3  4 5  6 - Khi nhúng trong nước: F2  P  FA2 Kết hợp các phương trình tử (1) đến (6), ta có hệ phương trình F1  10.D1  V0  V   10.D 2 .V0  7   F2  10.D1  V0  V   10.D3 .V0  8  Lấy (7) trừ cho (8) vế với vế: F1  F2  10.  D3  D2  .V0  V0  F1  F3 0, 66  0, 48   6.105 (m3) 10.  D3  D 2  10. 1000  700  Từ (7), suy ra: 10.  D1  D2  .V0  F1 10.  2700  700  .6.105  0, 66 V   2.105  m3   20 (cm3). 10.D1 10.2700 Lời bình: Bài toán này cũng vô cùng quen thuộc! Tuy nhiên, các con không cẩn thận sẽ biểu diễn thiếu lực đàn hồi của lò xo lực kế. Đề bài cho các dữ kiện không khớp theo thứ tự cũng dễ gây nhầm lẫn khi viết phương trình và thay số tính toán. Đề nên cho theo thứ tự khối lượng riêng của nhôm, của nước và của dầu. Bài 3. (2,0 điểm): Trong một bình nhiệt lượng kế có chứa nước đá ở nhiệt độ t1  100 C. Người ta đổ vào bình một lượng nước có khối lượng m = 0,7 kg ở nhiệt độ t2 = 500C. Sau khi cân bằng nhiệt thì tổng thể tích của chất chứa trong bình là V = 1,2 lít. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với nhiệt lượng kế và với môi trường bên ngoài, coi bình nhiệt lượng kế đủ lớn để chứa lượng nước và nước đá nói trên. a) Nước đá trong bình có tan hết không? Tại sao? b) Tìm tổng khối lượng của các chất chứa trong bình. Biết khối lượng riêng của nước và nước đá là Dn = 1000 kg/m3 và Dđ = 900 kg/m3; nhiệt dung riêng của nước và nước đá lần lượt là 4200J/kg.K và 2100J/kg.K; nhiệt nóng chảy của nước đá là 340.103J/kg. Lời giải: Thể tích nước đổ vào bình nhiệt lượng kế là V1  m 0, 7   7.104  m3   0, 7 (lít). Dn 1000 Gọi m0 là khối lượng nước đá ban đầu có trong bình nhiệt lượng kế. Nhiệt lượng do nước tỏa ra để hạ nhiệt độ từ t2 = 500C xuống t0 = 00C là Q1  m.cn .  t 2  t 0   0, 7.4200.  50  0   147000  J  . a) Giả sử toàn bộ nước đá tan hết thành nước ở 00C, khi đó thể tích nước do nước đá tan ra là V0 = V – V1 = 1,2 – 0,7 = 0,5 (lít), ứng với khối lượng m0 = 0,5kg. Nhiệt lượng nước đá thu vào để tăng nhiệt độ và nóng chảy hoàn toàn thành nước ở 00C là Q0  m0 .cđ .  t 0  t1   m0 .  0,5.2100 0   10    0,5.340000  1805000  J  Ta thấy Q0 > Q1, vậy nước đá không tan hết và nhiệt độ cân bằng là t0 = 00C. b) Gọi m1 là khối lượng nước đá đã tan thành nước ở 00C, khối lượng nước đá còn lại là m2 = m0 – m1. + Phương trình về thể tích: m  m1 m0  m1  V Dn Dđ + Phương trình cân bằng nhiệt: m0 .cđ .  t 0  t1   m1.  Q1 1  2 + Thay số, ta được hệ phương trình:  0, 7  m1 m0  m1 3 3  1000  900  1, 2.10  m  10.m 0  m1  4,5  kg    m 0 .2100. 0   10    m1.340000  147000  J  21.m 0  340.m1  147  kg     Giải hệ phương trình, ta tìm được m0  0, 41 kg  ; m1  0, 4  kg  . Vậy tổng khối lượng các chất (nước và nước đá) có trong bình nhiệt lượng kế là M  m  m0 1,11 kg  . Lời bình: Thay vì viết “coi bình nhiệt lượng kế đủ lớn”, đề nên viết rõ: “coi dung tích của bình nhiệt lượng kế đủ lớn”. Yêu cầu của đề là “Tìm tổng khối lượng của các chất chứa trong bình” không thật phù hợp, có thể gây sự hoang mang cho thí sinh, vì trong bình chỉ có một chất duy nhất là nước ở thể lỏng và ở thể rắn. Đề nên yêu cầu “Tìm tổng khối lượng vật chất chứa trong bình”. Đây là một bài toán nhiệt cực kì quen thuộc, chỉ đòi hỏi kĩ năng tính toán của các con mà thôi. Các con kiểm tra lại giúp thầy về các bước biến đổi và giải hệ phương trình nhé! Bài 4. (2,5 điểm): Một vật sáng nhỏ, phẳng AB đặt trước và vuông góc với trục chính của một thấu kính hội tụ L1 có tiêu cự bằng 20cm. a) Vật sáng AB cao 2cm đặt cách thấu kính 30cm cho ảnh AB, vẽ ảnh. Xác định vị trí, tính chất và độ cao của ảnh AB qua thấu kính trên. b) Dịch chuyển AB dọc theo trục chính, khi khoảng cách giữa AB và ảnh thật của nó là cực tiểu thì ảnh đó lớn gấp bao nhiêu lần vật? c) Phía sau L1 đặt thêm thấu kính hội tụ L2 (có trục chính trùng với trục chính của L1). Khi AB dịch chuyển dọc theo trục chính thì ảnh A’B’ của nó tạo bởi hệ L1, L2 không thay đổi độ lớn và cao gấp 3 lần AB. Tìm tiêu cự của thấu kính L2. Lời giải: a) Để đơn giản, có thể cho rằng A nằm trên trục chính (đề không cho điều này). I B + Vẽ ảnh (hình bên): + Do OA > OF nên ảnh AB của A O F AB qua thấu kính là ảnh thật, ngược chiều với vật. + Sử dụng các cặp tam giác đồng dạng: OAB OAB; FI FAB, ta chứng minh được công thức: OA.OF 1 ( OF  OF  f  20  cm  ) OA  OF 30.20 Thay số, ta tính được OA   60  cm  . Ảnh cách thấu kính 60cm. 30  20 OA 60 Độ cao của ảnh AB  AB.  2.  4  cm  . OA 30 b) Do ảnh AB của vật thật AB là ảnh thật nên ta đặt OA  d  0; OA  d  0 . d.f (1) trở thành d   2  và có khoảng cách giữa vật và ảnh là d  d  L df Từ (2) và (3) ta có phương trình bậc hai ẩn d: d 2  Ld  Lf  0 * OA   3 Biệt thức của phương trình (*):   L2  4L.f  L  L  4f  . Phương trình (*) có nghiệm khi   0  L  4f. Vậy khoảng cách giữa vật AB và ảnh thật AB của nó là cực tiểu là L = 4.f = 80 (cm). Khi đó (*) có nghiệm kép d  L  40  cm   d  d  40  cm  . Ảnh AB bây giờ cao bằng vật AB 2 và bằng 2cm. * Có thể giải như sau: Khoảng cách giữa vật và ảnh thật là L  OA  OA Áp dụng BĐT AM – GM, ta có L  OA  OA  2 OA.OA  L min  2 OA.OA khi OA  OA  Lmin  2.OA  OA  OA  Vậy AB  AB. L min . 2 OA Lmin / 2   1  AB  AB. OA Lmin / 2 c) * Ta nhận thấy: + Khi AB di chuyển dọc theo trục L2 chính thì tia tới từ B song song với trục L1 chính luôn trùng với chính nó. + Ảnh AB có chiều cao không I đổi, tức là B dịch chuyển trên đường B thẳng song song với trục chính, đường O2 A này cũng luôn trùng với chính nó. F1 O1 F2 + Bải toán tương đương với hệ thấu kính biến tia tới song song với J trục chính thành tia ló khỏi hệ cũng song song với trục chính (Hình vẽ). Điều đó xảy ra khi tiêu điểm ảnh F1 của L1 trùng với tiêu điểm vật F2 của L2 (ta nói hệ vô tiêu). * Từ dữ kiện của đề, ta có AB = 3.AB  OJ = 3.OI. Ta có hệ: O2 JF2 O1IF1  F1  F2   O2 F2 OJ  3 O1F1 OI Suy ra tiêu cự của thấu kính L2 là OF2  3.OF1  3.20  60  cm  . Lời bình: Đây là một bài toán quang hình về thấu kính và hệ thấu kính rất quen thuộc, chúng ta đã luyện tập nhiều lần, giống hệt bài trong ĐỀ THI THỬ SỐ 4 mà thầy đã chữa chi tiết. Rất tiếc nhiều con đã vội quên! Đối với phần c) các con có thể giải theo cách lập biểu thức tính chiều cao của ảnh AB theo khoảng cách OA = d, sau đó biện luận để chiều cao đó không phụ thuộc OA (các hệ số của hạng tử chứa d bằng 0), ta cũng suy ra kết quả. Tuy nhiên cách giải này khá dài. Bài 5. (2,0 điểm): Cho mạch điện như hình vẽ (Hình 2). Các điện trở là R1  R 2  R 3  6; R 4  2. Hiệu điện R1 R4 N thế không đổi đặt vào A và B là UAB = 18V. B a) Tìm điện trở tương đương của đoạn mạch A R3 trên. R2 b) Nối M và B bằng một vôn kế có điện trở rất lớn. Tìm số chỉ của vôn kế. M c) Nối M và B bằng một ampe kế có điện trở không đáng kể. Tìm số chỉ của ampe kế và chiều Hình 2 dòng điện đi qua ampe kế. Lời giải: a) Mạch điện được mắc:  R1 / /  R 2 ntR 3   ntR 4 . R23 = R2 + R3 = 6 + 6 = 12 (  ) R1.R 23 6.12   4  R1  R 23 6  12 RAB = R123 + R4 = 4 + 2 = 6 (  ). R123  b) Số chỉ của vôn kế là UMB. Do điện trở của vôn kế rất lớn nên cường độ dòng điện qua vôn kế rất nhỏ, có thể bỏ qua. Mạch vẫn được mắc như đã xác định ở trên. Số chỉ của vôn kế là UMB = UMN + UNB (1) + Do đoạn AN nối tiếp với đoạn NB thành đoạn mạch AB nên ta có: U AN  U AB . R123 4  18.  12  V   U NB  U AB  U AN  6  V  R AB 6 + Do R2 nt R3 giữa hai điểm A và N nên ta có: U MN  U AN . R3 6  12.  6  V  R 23 12 I1 R134  R1  R 34  6  1,5  7,5    R4 I4 N I B A Thay vào (1), số chỉ của vôn kế là UMB = UMN + UNB = 6 + 6 = 12(V). c) Khi nối M và B bằng một ampe kế có điện trở không đáng kể thì VM = VB, ta chập M với B được sơ đồ tương đương:  R1nt  R 3 / /R 4   / /R 2 . R .R 6.2 R 34  3 4   1,5    R3  R 4 6  2 R1 R3 I2 I1 R1 R2 I3 M N A R4 Ia I4 A R3 I2 R2 I B, M I3 R134 .R 2 7,5.6 10    R134  R 2 7,5  6 3 U 18 I  AB   5, 4  A  10 R AB 3 U AB 18 I2    3 A R2 6 R AB  I1 = I – I2 = 5,4 – 3 = 2,4 (A). I4  I1. R3 6  2, 4.  1,8  A  . R3  R 4 62 Số chỉ của ampe kế là: Ia = I – I4 = 5,4 – 1,8 = 3,6 (A). Chiều dòng điện chạy qua ampe kế từ M tới B (núm có dấu “+” của ampe kế mắc vào điểm M). Lời bình: Bài toán này được trích trong cuốn “45 bài tập vật lí nâng cao lớp 9”. Bài này là một bài toán điện cơ bản và cực dễ. Các con đều làm tốt! Bài 6. (1,0 điểm): Cho một viên sỏi và các dụng cụ sau: lực kế; sợi dây mảnh, nhẹ ; bình chứa nước (có thể bỏ lọt viên sỏi vào bình và ngập nước trong bình). Hãy trình bày một phương án xác định trọng lượng riêng của viên sỏi theo trọng lượng riêng của nước d0 đã biết. Lời giải: * Cơ sở lý thuyết: + Khi treo viên sỏi vào lực kế, số chỉ của lực kế là trọng lượng P của viên sỏi. + Khi nhúng viên sỏi (đã treo vào lực kế) chìm hoàn toàn trong nước, số chỉ của lực kế là P  P  FA (P’ gọi là trọng lượng biểu kiến). Gọi V là thể tích của viên sỏi, d là trọng lượng riêng của viên sỏi, d0 là trọng lượng riêng P d của nước, ta có: V  ; FA  d 0 .V    Suy ra: P  P 1  d0 .P d d0  P   d  d0. d  P  P * * Các bước tiến hành thí nghiệm: + Bước 1: Dùng sợi dây mảnh buộc chặt viên sỏi rồi treo vào lực kế, ghi trọng lượng P của nó. + Bước 2: Nhúng viên sỏi chìm hoàn toàn trong nước (không chạm vào thành và đáy bình), ghi trọng lượng biểu kiến P’. + Bước 3: Tính trọng lượng riêng d của viên sỏi theo công thức (*). Chú ý: Khi nhúng viên sỏi vào bình nước, không cho nó chạm vào thành và đáy bình. Lời bình: Bài phương án thực hành này quá dễ phải không các con. Chắc các con đều làm tốt! --------------------------------- HẾT -----------------------------Các con tham khảo lời giải và đối chiếu với bài làm xem mình hoàn thành được mấy phần nhé! Đây là lời giải chi tiết do thầy biên soạn, bởi vậy không có biểu điểm. Các con kiểm tra lại các bước biến đổi và tính toán giúp thầy nhé! Nếu có gì chưa chuẩn, các con phản hồi giúp thầy để thầy hiệu chỉnh. THÔNG BÁO Lớp ôn thi vào 10 chuyên Vật lí năm học 2019 – 2020 dành cho học sinh lớp 9 mới dự kiến khai giảng vào đầu tháng 7. Các con có bạn, người thân có nhu cầu ôn luyện hãy thông tin để các em đăng kí trong tháng 6/2018 nhé! Theo yêu cầu của một số phụ huynh, nếu lớp đủ sĩ số có thể bắt đầu học từ tháng 6. 1. Nội dung ôn luyện: + Ôn tập kiến thức cơ bản, trọng tâm và mở rộng các nội dung Vật lí THCS, phù hợp với yêu cầu thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Vật lí của trường THPT chuyên Nguyễn Tất Thành khóa 30 (và dự thi HSG lớp 9 THCS cấp tỉnh). + Phương pháp giảng dạy phù hợp với đối tượng học sinh THCS ôn thi vào lớp 10 chuyên Vật lí, từ cơ bản đến nâng cao, có phân loại các dạng bài tập và hướng dẫn phương pháp giải chi tiết với các cách giải khác nhau cho cùng một dạng bài. Từ đó định hướng học sinh có cách nhìn khái quát về hiện tượng và các khái niệm Vật lí, có cách giải ngắn gọn, rõ ràng với lời giải đẹp. + Ngoài giảng dạy khắc sâu kiến thức, còn chú trọng rèn luyện kĩ năng trình bày bài thi. Kết thúc mỗi chuyên đề sẽ có bài kiểm tra đánh giá, từ đó phát hiện, sửa chữa và bổ sung những thiếu sót mà học sinh mắc phải về kiến thức, kĩ năng làm bài thi. + Khoảng đầu tháng 5 năm 2019 (trước khi thi hơn 01 tháng), học sinh được luyện giải các đề thi thử sát với đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Vật lí. Thầy giáo sẽ chấm và chữa chi tiết bài làm của từng học sinh, giúp học sinh làm quen với việc tư duy, với áp lực thực tế khi làm bài, hướng tới mục tiêu đạt kết quả tốt nhất khi dự thi. 2. Thời gian đăng kí và khai giảng lớp học: + Thời gian đăng kí: trong tháng 5 và tháng 6 năm 2018. + Khai giảng lớp học mới: dự kiến 17 giờ (5 giờ chiều) ngày thứ Hai, 02/07/2018. 3. Liên hệ: Thầy giáo Hoàng Ngọc Quang. Số điện thoại: 0986 622 642 – 0941778674. Nhóm Facebook: lychuyenyenbai và dubichuyenlik30 (dự bị chuyên Vật lí khóa 30). Thầy Huỳnh Vũ GIẢI CHI TIẾT ĐỀ CHUYÊN LÝ QUỐC HỌC NĂM HỌC 2018-2019 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề SĐT: 0979.383428 Facebook: https://www.facebook.com/vu.huynh.10048 Câu 1. Đổi 5 phút =1/12h 2 5 Thời gian dự định đi từ nhà đến trường là t  24 ph  h 2 5 Quãng đường đi từ nhà đến trường S  vt  v  km 1 Vận tốc đi trong 2/3 quãng đường đầu tiên là v '  v  20%v  1, 2v  km / h  2 Vì xuất phát muộn 5phút và dừng lại 5 phút để sữa xe nên thời gian thực tế đã đi là t '  18 ph  Ta có t '  2S S 3    3 3v ' 3.24 10 2v 2v 5  5  3 3.1, 2v 72 10 Thế (1) và (2) vào (3) ta có 2 v 3 2v     v  14 km / h  S   5, 6km 9 180 10 5 2. Câu 2. Nhiệt độ cân bằng lần thứ nhất là t2  12 QH 2 0  QAl Khi cân bằng lần thứ nhất ta có  m.CH 0 .12  mC Al  t2  12  20  2  4200.12  900  t2  32   t2  88 Nhiệt độ khi cân bằng lần 2 là t '  t2  12  16  88 12 16  600 C QH 2 0  QAl  QCL  m.CH 2 0 .  t2  12  t '  mC Al  t2  12  t '  2mC  t ' 40  Khi cân bằng lần 2 ta có  900.16  4200.16  2C.20  C  2040 J kgK 3 h 10 Câu 3. Câu 5. THỚI NGỌC TUẤN QUỐC - TRẦN HÀ THÁI TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU - ĐHQG TP. HCM ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN VẬT LÝ 1996-2017 TP. HỒ CHÍ MINH 04/2018 MỤC LỤC PTNK 2017 – 2018…………………………………………………………………………1 PTNK 2016 – 2017…………………………………………………………………………3 PTNK 2015 – 2016…………………………………………………………………………6 PTNK 2014 – 2015…………………………………………………………………………8 PTNK 2013 – 2014…………………………………………………………………………10 PTNK 2012 – 2013…………………………………………………………………………12 PTNK 2011 – 2012…………………………………………………………………………14 PTNK 2010 – 2011…………………………………………………………………………16 PTNK 2009 – 2010…………………………………………………………………………18 PTNK 2008 – 2009…………………………………………………………………………20 PTNK 2007 – 2008…………………………………………………………………………22 PTNK 2006 – 2007…………………………………………………………………………24 PTNK 2005 – 2006…………………………………………………………………………26 PTNK 2004 – 2005…………………………………………………………………………28 PTNK 2003 – 2004…………………………………………………………………………30 PTNK 2002 – 2003…………………………………………………………………………32 PTNK 2001 – 2002…………………………………………………………………………34 PTNK 2000 – 2001…………………………………………………………………………36 PTNK 1999 – 2000…………………………………………………………………………37 PTNK 1998 – 1999…………………………………………………………………………39 PTNK 1997 – 1998…………………………………………………………………………40 PTNK 1996 – 1997…………………………………………………………………………41 ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU Năm học 2017-2018 Môn thi: VẬT LÝ Thời gian làm bài: 150 phút Câu I. M ờ 3 ờ 4 ờ A ờ M ờ H 1 Đ 75 B M 90 s. T ờ H ờ 1 Đ T ờ ở Câu II. H ở Các bình ự ổ vào là: 200C, 350 bình ệ 50 ự ự ằ ầ múc ằ ầ ệ a) Tính M nào ệ ổ ầ 0 ệ ẫ ầ và ổ ổ ệ ờ ở ệ ở b) Bi t kh i ng c a ch t l ầu là mA, kh i l ng l y t bình B là mB. Tính tỉ s nhiệt dung riêng c a ch t l ng trong bình B so v i bình A theo mA, mB. ệ Câu III. H 2 : ng c a m i ca ch t +  A V1 + Hai vôn ệ + chúng +S a) b) Xác ở ệ V2 ở, giá ầ ỉ các ụ ằ ụ ờ nh giá tr c a các Hình 2 : 1 V 10 V 20 mA. dòng ệ ệ ện trở. 1 ở ỉ có hai giá