SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU
NĂM HỌC 2010 - 2011

Môn thi: VẬT LÝ
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (4,0 điểm): Có hai bình cách nhiệt đựng cùng một chất lỏng. Một học sinh lần
lượt múc từng ca chất lỏng ở bình 1 đổ vào bình 2 và ghi lại nhiệt độ khi cân bằng sau
mỗi lần đổ là: t
1
=10
0
C, t
2
=17,5
0
C, t
3
(bỏ sót không ghi), t
4
= 25
0
C. Hãy tìm nhiệt độ t
3
và
nhiệt độ t
01
của chất lỏng ở bình 1. Coi nhiệt độ và khối lượng mà
mỗi ca chất lỏng lấy từ bình 1 là như nhau. Bỏ qua sự trao đổi
nhiệt giữa chất lỏng với bình, ca và môi trường bên ngoài.
Câu 2 (4,0 điểm): Hai sợi dây dẫn điện đồng chất tiết diện đều,

2. Xác định x theo L, để cho cường độ dòng điện mạch chính đạt:
a) Cực tiểu.
b) Cực đại.
Câu 3 (4,5 điểm): Cho bình thông nhau có hai nhánh A và B là hình
trụ, tiết diện lần lượt là S
1
= 100cm
2
và S
2
= 200cm
2
(Hình vẽ 2). Hai
miệng nằm trên cùng một mặt phẳng ngang. Lúc đầu chứa nước có độ
cao đủ lớn, mặt thoáng cách miệng mỗi nhánh là h = 20cm, người ta
đổ từ từ dầu vào nhánh B cho tới lúc đầy. Cho khối lượng riêng của
nước và dầu lần lượt là D
1
= 1000kg/m
3
, D
2
= 750kg/m
3
.
1. Tính khối lượng dầu đã đổ vào nhánh B.
2. Sau khi đổ đầy dầu vào nhánh B, người ta thả nhẹ nhàng một vật
hình trụ đặc, đồng chất, tiết diện S
3
= 60cm

Đ
R
1
R
2
R
x
A +
U
R
3
Hình 4
B -
C
D
Hình 2
A
B
h
B
1
A
A
1
B
O
x
x
Hình 1
+

2
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

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
=⇒

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
A
1
B
1
Hình
2
+
-
I
A
B
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

ta được:
21
21
))((
11
RR
XRXR
R
BA
+
−+
=
Khi đó cường độ dòng điện mạch chính:
I =






−−






−+
+
=

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
)(

)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

x
y
M
N
A
B
h+y
V
1
b
C
D
a
V
1
x+y
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

< 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

=⇒
−
=
(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.
Phâ
n
tích
cho
0,5đ
Hìn
h vẽ
cho

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
I
đ
R
đ
+(I
đ
+I
x

4
)1k(
P
RkIP
RIP
kRIP
2
d
2
2
2
d
2
2
2
dd
2
22
2
dd
+
=
+
=⇒





+

+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

2
R
3
Đ
R
x
A +
B -
C D
U
I
1
I
2
I
x
I
đ
I
3
I
Hình 6