Đề thi Đề số 1 môn vật lý thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian giao đề )

ĐỀ SỐ 1
Môn VẬT LÝ
 Thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian giao đề )
	Bài 1:	(2,0 điểm)
	Giữa 2 địa điểm A và B lúc 6 giờ, có 2 xe chuyển động theo hướng AB với vận tốc không đổi: Nếu xuất phát cùng lúc thì 2 xe gặp nhau tại C sau 3 giờ chuyển động, nếu xe xuất phát tại A chậm hơn 10 phút so với xe xuất phát tại B thì 2 xe gặp nhau tại D. Biết AB = 30km, CD = 20km. Xác định:
	a. Vận tốc của mỗi xe.
 b. Thời điểm của mỗi lần gặp.
Bài 2: (2,0 điểm) 
Ba chất lỏng khác nhau có khối lượng m1, m2, m3; nhiệt dung riêng và nhiệt độ đầu tương ứng là c1, c2, c3 và t1 = 900C, t2 = 200C, t3 = 600C có thể hòa lẫn vào nhau và không có tác dụng hóa học. Nếu trộn chất lỏng thứ nhất với nửa chất lỏng thứ 3 thì nhiệt độ chung của hỗn hợp là t13 = 700C; nếu trộn chất lỏng thứ hai với nửa chất lỏng thứ 3 thì nhiệt độ chung của hỗn hợp là t23 = 300C. Cho rằng không có sự mất nhiệt.
a. Viết phương trình cân bằng nhiệt của mỗi lần trộn.
b. Tính nhiệt độ chung tc khi trộn cả 3 chất lỏng với nhau. 
Bài 3: (2,0 điểm) 
b
B
A
M
a
Một gương phẳng M rộng đặt nằm ngang, mặt phản xạ hướng lên trên, sát với chân một bức tường cao thẳng đứng. Người ta đặt một thước thẳng AB có chiều dài l = 30cm hợp với mặt gương một góc a = 300. Chùm sáng mặt trời là chùm song song chiếu xuống, hợp với mặt gương một góc b = 450. Biết mặt phẳng chứa thước và các tia sáng gặp nó là mặt phẳng thẳng đứng vuông góc với tường 
a. Vẽ hình bóng của thước thu được trên tường.
b. Xác định chiều dài bóng của thước.
 Bài 4 : (2,0 điểm) 
B
C
D
A
R1
R2
R3
R4
A
+
-
U
Cho mạch điện như hình vẽ. Biết U = 6V không đổi; R4 là biến trở; R1 = 4; R2 = 3; R3 = 12; ampe kế có điện trở không đáng kể, bỏ qua điện trở các dây nối.
a. Xác định giá trị của R4 để số chỉ của ampe kế là ICD = 0,1A.
b. Chứng tỏ rằng khi điều chỉnh R4 để IA = 0 thì 
N
C
D
M
M
R1
R2
Rb
R3
+
-
U
 Bài 5 : (2,0 điểm) 
	Cho mạch điện như hình vẽ. Biết UMN không đổi; R1 = R2 = R3 = r; đèn Đ có điện trở Rđ = kr, Rb là biến trở; bỏ qua điện trở của các dây nối.
	a. Điều chỉnh Rb để đèn tiêu thụ công suất bằng 4W. Tính công suất trên R2 theo k.
	b. Cho UMN = 10,5V, r = 6, k = 8; tính Rb để công suất tiêu thụ trên Rb bằng 0,5W.
------------ Hết ------------
3. Hướng dẫn chấm.
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM - Môn VẬT LÝ 
Bài 
Câu
Nội dung
Điểm
1
2.00
a
1,50
- Chuyển động lần 1: v1t - v2t = 30 (1) 
 => v1 - v2 = 30/t = 10
- Chuyển động lần 2:
- v1t1 = v1t + 20 => t1 = (v1t + 20)/v1 
 t1 = (3v1 + 20)/v1 (2)
 - (v2t1 + v2/6) - v2t = 20 
 => t1 = 20 + v2/6) - v2t
v2,1/6
v2,t1
v1,t1
v2,t
v1,t
A
C
B
D
 => t1 = 20 + v2/6) - 3v2 (3)
- Từ 1, 2, 3 có phương trình: v22 + 10v2 - 1200 = 0;
- Giải phương trình tính được v1 = 40km/h; v2 = 30km/h
0.50
0.25
0.25
0.25
0.25
b
0,50
- Gặp nhau lần đầu: 6 giờ + 3 giờ = 9 giờ 00
- Thời gian gặp lần sau: t1 = (3.40 + 20)/40 = 3 giờ 30 phút
- Lúc đó là: 6 giờ + 3 giờ 30 phút + 10 phút = 9 giờ 40 phút
0.25
0.25
2
2,00
a
0,50
 Phương trình cân bằng nhiệt:
- Lần 1: m1c1(t1 – t13) = 1/2m3c3(t13 – t3) => m1c1(90 – 70) = 1/2m3c3(70 – 60) 20m1c1 = 5m3c3
- Lần 2: m2c2(t23 – t2) = 1/2m3c3(t3 - t23) => m2c2 (30 – 20) = 1/2m3c3(60 – 30) 10m2c2 =15m3c3 
0.25
0.25
b
1,50
Tính tc 
- Ta có: 20m1c1 = 5m3c3 => m1c1 = ¼.m3c3 (1)
 10m2c2 =15m3c3 => m2c2 = 1,5m3c3 (2)
- Gọi tc là nhiệt độ chung khi trộn 3 chất lỏng với nhau; nhiệt lượng mỗi chất lỏng thu vào hoặc tỏa ra trong khi trao đổi nhiệt là:
 Q1 = m1c1(t1 – tc), Q2 = m2c2(t2 – tc), Q3 = m3c3(t3 – tc)
 - Theo định luật bảo toàn nhiệt lượng thì: Q1 + Q2 + Q3 = 0
=> m1c1(t1 – tc) + m2c2(t2 – tc) + m3c3(t3 – tc) = 0 (3)
 - Từ 1, 2, 3 giải ra ta được tc = 40,90C
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
3
2.00
a
1,00
 + Cách vẽ:
 - Vẽ tia sáng tới SI cho tia phản xạ qua đầu thước A, tạo bóng trên tường A’.
 - Vẽ tia sáng tới SB cho tia phản xạ qua đầu thước B, tạo bóng trên tường B’.
 - A’B’ là bóng cây thước AB trên tường cần vẽ
 + Hình vẽ:
b
A
B
M
a
B’
A’
I
S
S’
0.25
0.7575
b
1,00
b
A
B
M
a
B’
A’
I
S
S’
H
 - Xét IBB’A’ có IA’//BB’, A’IB = IA’B’ = 450. 
 => IBB’A’ là hình thang cân => IB = A’B’
 - AHB vuông có ABH = 300 => HB = AB/2.
 = 15cm; AH = AB/2 = 15cm
 - AHI vuông cân AHI => HI = AH =15cm
 A’B’ = IB = IH + HB = 15 + 15 40,5cm
0.25
0.50
0.25
4
2,00
a
0,75
B
C
D
A
R1
R2
R3
R4
A
+
-
U
- Mạch gồm (R1//R3)nt(R2//R4)
- Ta có : I1R1 + (I1 – IA)R2 = U ó 4I1 + (I1 – 0,1)3 = 6 => I1 = 0,9A
- U1 = U3 = I1R1 = 0,9.4 = 3,6V => U2 = U4 = U – U1 = 2,4V.
- I3 = U3/R3 = 3,6/12 = 0,3A ; I4 = I3 + IA = 0,3 + 0,1 = 0,4A
- R4 = U4/I4 = 2,4/0,4 = 6
0.25
0.25
0.25
b
1,25
B
C
D
A
R1
R2
R3
R4
A
+
-
U
- IA = 0 => UCD = 0 (R1//R3)nt(R2//R4) => U1 = U3; U2 = U4. (1)
- Hoặc (R1ntR2)//(R3ntR4) => I1 = I2; I3 = I4. (2)
- => U1/R1 = U2/R2; U3/R3 = U4/R4 (3)
- Từ 1, 2, 3 => 
0.50
0.25
0.25
0.25
5
2,00
a
1,00
- Ta có I1 + Iđ = I2 + I3 => U1/r + Uđ/r = U2/r + U3/r
I2
I3
Iđ
M
I1
M
Ib
M
N
C
D
M
M
R1
R2
Rb
R3
+
-
U
 => U1 + Uđ/k = U2 + U3 ó U1 + Uđ/k = U2 + (U1 + U2) – Uđ
 => 
 - P ó 	
 - PR2 = = = 	
0.25
0.25
0.25
0.25
b
1,00
 - Ta có I1R1 + (I1 – Ib)R2 = U ó 6I1 + 6(I1 – Ib) = 10,5
 => I1 = (3,5 + 2Ib)/4 => U1 = I1R1 = (3,5 + 2Ib)3/2
I2
I3
Iđ
M
I1
M
Ib
M
N
C
D
M
M
R1
R2
Rb
R3
+
-
U
 - Uđ = U1 + Ub = (3,5 + 2Ib)3/2 + Ub => Iđ = Uđ /Rđ 
 = {(3,5 + 2Ib)3/2 + Ub}/48
 - I3 = Ib + Iđ = {(3,5 + 2Ib)3/2 + Ub}/48 + Iđ
 => U3 = I3.R3 = {(3,5 + 2Ib + Ub)/48 + Ib}6 = (3,5 + 2Ib + Ub)/8 + 6Ib
 - Uđ + U3 = U ó 3,5 + 2Ib + Ub + (3,5 + 2Ib + Ub)/8 + 6Ib = 10,5
 => 50Ib + 6Ub = 24,5 (1)
 - PRb = Ib2Rb => (2) ; PRb = => Ub =(3)
 - Từ 1, 2, 3: 9Rb2 – 150,125Rb + 625 = 0; giải phương trình => Rb1 = 8, Rb2 = 8,6
0.25
0.25
0.25
0.25
+ Lưu ý: - Sai hoặc thiếu đơn vị trừ 0.25đ mỗi loại cho toàn bài
	 -Học sinh có cách giải khác, lập luận đúng vẫn cho đủ điểm.
Đề số 2:
1. Ma trận đề.
Chủ đề
Nhận biết
Thông hiểu
Vận dụng
Cộng
Cấp độ thấp
Cấp độ cao
Cơ học
Số điểm
1
2
1
4
Nhiệt học
Số điểm
2
1
1
4
Quang học
Số điểm
1
1
1
1
4
Điện học
Số điểm
1
3
4
8
Tổng số câu
1
2
3
4
5
Tổng điểm
2
4
6
8
20
Tỉ lệ %
10%
20%
30%
40%
100%
2. Đề.
ĐỀ SỐ 2
Môn VẬT LÝ
 Thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian giao đề )
	Bài 1:	(2,0 điểm)
Trên đoạn đường thẳng AB dài 22,5km; lúc 6 giờ có xe1 chuyển động từ A đến B dự định hết 2 giờ nhưng do 2/3 quãng đường đầu đi với vận tốc v1 nên quãng đường còn lại phải tăng vận tốc thêm 5km/h.
 a. Tính vận tốc v1.
 b. Xe2 cũng đi từ A đến B với vận tốc đều v2 = 19km/h nhưng xuất phát chậm hơn xe1 là 45 phút. Hỏi 2 xe gặp nhau lúc mấy giờ, nơi gặp nhau cách A bao nhiêu km?
Bài 2: (2,0 điểm) 
Hai gương phẳng G1 và G2 đặt hợp với nhau một góc = 1200, mặt phản xạ hướng vào nhau. Một điểm sáng S đặt trước 2 gương, cách cạnh chung của 2 gương một khoảng OS = a = 10cm. Gọi S1 là ảnh của S qua G1, S2 là ảnh của S qua G2.
a. Vẽ hình và tính khoảng cách S1S2.
b. Tìm điều kiện của S để khi S dịch chuyển mà S1S2 không đổi.
Bài 3: (2,0 điểm) 
Để có nước ở nhiệt độ t đựng trong bình hình trụ A, người ta trộn một phần nước ở nhiệt độ t1 = 100C với hai phần nước ở nhiệt độ t2 = 10C. Mực nước trong bình A là h1 = 10cm. Bỏ qua sự mất nhiệt.
a. Tính nhiệt độ t.
b. Bây giờ người ta đổ hết nước của bình A vào bình hình trụ B (giống bình A) đựng nước đá ở nhiệt độ t0, độ cao của nước đá trong bình là h2 = 40cm. Khi có cân bằng nhiệt thì mực nước trong bình B tăng thêm một đoạn h = 0,2cm so với lúc vừa rót xong. Bỏ qua sự mất nhiệt; tính t0. 
Cho nhiệt dung riêng của nước là c1 = 4200J/kg.K, của nước đá là c2 = 2000J/kg.K; nhiệt nóng chảy của nước đá là = 3,4.105J/kg; khối lượng riêng của nước là D1 = 1000kg/m3, của nước đá là D2 = 900kg/m3. 
 Bài 4 : (2,0 điểm) 
N
M
B
C
D
A
R1
R2
R3
R4
A
+
-
Cho mạch điện như hình vẽ. Biết UAB không đổi; R1 = 4; R2 = 6; R3 =12; R4 = 6; ampe kế có điện trở không đáng kể, bỏ qua điện trở các dây nối.
a. Biết số chỉ của ampe kế là Ia = 0,25A; tính UAB.
b. Tháo bỏ R4 giữa 2 điểm D,N và mắc vào đó bằng 2 điện trở, mỗi điện trở có giá trị r: khi mắc nối tiếp 2 điện trở r thì số chỉ của ampe kế là Ia1; khi mắc song song 2 điện trở r thì số chỉ của ampe kế là Ia2 = 7Ia1. Tính r.
	Bài 5 : (2,0 điểm) 
	Cho mạch điên như hình vẽ: R1 = R3 = 30; R2 = 60; đèn Đ có điện trở Rđ không đổi; UAB = 54V không đổi. Khi k mở hay đóng đèn Đ đều sáng bình thường. 
B
A
Đ
k
R1
R3
R2
	a. Tính các giá trị định mức của đèn Đ?
	b. Thay khóa k bằng điện trở R4 = 60. Gọi các cường độ dòng điện qua R1; R2; R3 và R4 lần lượt là I1; I2; I3 và I4. Chứng tỏ I1 = I3 và I2 = I4; tính công suất tiêu thụ của đèn Đ lúc này.
------------ Hết ------------
Hướng dẫn chấm.
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM - Môn VẬT LÝ 
Bài 
Câu
Nội dung
Điểm
1
2.00
a
1,00
- Độ dài quãng đường đầu: s1 = 2/3.22,5 = 15km, quãng đường còn lại s2 = 22,5 – 15 = 7,5km
- Ta có phương trình: s1/v1 + s2/(v1 + 5) = 2 => 15/v1 + 7,5/(v1 + 5) = 2 
- Giải phương trình tính được v1 = 10km/h
0.50
0.25
0.25
b
1,00
- Sau 45ph = 3/4h xe1 đi được s’1 = 3/4.v1 = 3/4.10 = 7,5km, đoạn đường còn lại phải đi
 s’’1 = s1 - s’1 = 15 – 7,5 = 7,5km
- Thời gian xe1 phải đi hết đoạn đường s’’1 là: t0 = s’’1/v1 = (7/5)/10 = 0,75h = 3/4h, trong thời gian t0 xe2 đi được: s’2 = v2.t0 = 19.3/4 = 14,25km => s’’1 + s2 > s’2; vậy xe1 gặp xe2 ở đoạn đường sau và lúc đó xe1 đã tăng vận tốc v’1 = v1 + 5 = 15km/h.
- Ta có phương trình: v2.t – v’1 = s1 – s’2 => 19t – 15t = 15 – 14,25 = 0,75 => t = 0,1875h = 
 11,25ph = 11ph15gy => Lúc đó là 6h + 45ph + 45ph + 11ph15gy = 7h41ph15gy
- Nơi gặp cách A là sA = s1 + t.v’1 = 15 + 0,1875.15 = 17,8125km.
0.25
0.25
0.25
0.25
2
2,00
a
1,50
- Vẽ hình: Đúng, đầy đủ các ký hiệu 
- Tính S1S2: S1 là ảnh của S nên O1 = O2 và O3 = O4 
 => O1 + O3 = O2 + O4 = 1200 => S1OS2 = 1200 
- Tam giác S1OS2 cân tại O và O = 1200 nên S1 = S2 = 300
=> S1HO là ½ tam giác đều => cm
Tương tự cm
2
1
O
I
J
a
S
S1
S2=21
G1
G2
H
3
4
- Vậy S1S2 = S1H + S2H = cm 17,3cm
0.50
0.25
0.25
0.50
b
0,50
- Xét tại điểm O, khi S dịch chuyển mà OS = a không đổi nên S dịch chuyển trên cung tròn tâm O bán kính OS = a = 10cm và S1OS2 = 1200 luôn không đổi nên S1S2 = cm.
- Vì O dịch chuyển trên cạnh chung của 2 gương nên một cách tổng quát thì S dịch 0.25
chuyển trên mặt trụ tâm O bán kính a = 10cm.
0.25
0.50
3
2.00
a
0,50
- Gọi m là khối lượng nước ở nhiệt độ t1 thì 2m khối lượng nước ở nhiệt độ t2, ta có phương trình cân bằng nhiệt: mc(t1 – t) = 2mc(t – t2) .
- Thế số và giải phương trình ta được: t = 40C
0.250
0.250
b
1,50
- Mực nước trong bình tăng thêm chứng tỏ nước của bình A đã đông thành đá, gọi x là độ cao cột nước đã đông thành đá; do khối lượng nước trước và sau khi đông không đổi nên:
 x.S.D1 = (x + )SD2 => x = 1,8 nước chỉ đông đặc 1 phần, nhiệt độ chung là 00C.
- Ta có phương trình cân bằng nhiệt: h1.S.D1c(t – 0) + (x +) .S.D2. = h2.S.D2.c(0 – t0).
- Thế số và giải phương trình, tính được: t0 = - 10,80C
0.50
0.50
4
2,00
a
1,00
- Mạch gồm (R1//R3)nt(R2//R4) : 
 I1/I3 = R3/R1 = 12/4 = 3 => I1 = 3I3 (1) và I2/I4 = R4/R2 = 6/6 = 1 => I2 = I4.
 I1 + I3 = I2 + I4 => 4I3 = 2I4 => I3 Dòng điện chạy từ C à D
- Ta có I1R1 + I2R2 = I3R3 + I4R4 ó 4I1 + (I1 – 0,25)6 = 12I3 + (I3 + 0,25)6 (2)
 Từ (1) và (2) tính được I3 = 0,25A => I4 = 0,5A ; => U3 = I3R3 = 0,25 . 12 = 3V, 
 U4 = I4R4 = 0,5 . 6 = 3V => UAB = U3 + U4 = 3 + 3 = 6V
0.25
0.25
0.25
0.25
b
1,00
- Khi r nt r: (R1//R3)nt(R2//[r nt r])
 R13 = (R1.R3)/( R1 + R3) = 3, R22r = (R2.2r)/( R2 + 2r) = 6r/(3 + r)
 Rm = R13 + R22r = (9 + 9r)/(3 + r) => I = U/Rm= 2(3 + r)/3(1 + r) 
 => U13 = I.R13 = 2(3 + r)/(1 + r); U22r = I.R22r = 4r/(1 + r)
 => I1 = U13/R1 = (3 + r)/2(1 + r); I2 = U22r/R2 = 2r/(1 + r) =>
Ia1 = I1 – I2 = (9 – r)/6(1 + r)
 - Khi r//r: (R1//R3)nt(R2//[r // r])
 R2r/2 = (R2.r/2)/( R2 + r/2) = 6r/(12 + r)
 R’m = R13 + R2r/2 = (36 + 9r)/(12 + r) => I’ = U/R’m =(24 + 2r)/(12 + 3r)
=> U’13 = I’.R13 = (24 + 2r)/(4 + r) ; U2r/2 = I’.R2r/2 = 4r/(4 + r)
=> I’1 = U’13/R1 = (12 + r)/2(4 + r); I’2 = U2r/2/R2 = 2r/3(4 + r)=> 
Ia2 = I’1 – I’2 = (36 - r)/6(4 + r)
- Theo đề thì Ia2 = 7Ia1 ó = (36 - r)/6(4 + r) = 7(9 – r)/6(1 + r)
 Giải phương trình tính được r = 6
0.50
0.25
0.25
5
2,00
a
1,00
- Khi k mở mạch gồm [(R1ntRđ)//R2]ntR3 
- U2=U1đ = (Rđ+R1)Iđ => I2 = (Rđ+R1)Iđ/R2; I3 = I2+Iđ = (Rđ+R1)Iđ/R2 + Iđ; 
 U3 = I3R3 = [(Rđ+R1)Iđ/R2 + Iđ]R3 => U = U2+U3 = (Rđ+R1)Iđ+[(Rđ+R1)Iđ/R2 + Iđ]R3 (1)
- Khi k đóng mạch gồm [(Rđ//R3)ntR2]//R1 
 I3 = IđRđ/R3; I2 = Iđ+I3 = Iđ + IđRđ/R3; U2 = I2R2= (Iđ + IđRđ/R3)R2; =>
 U = U2+Uđ = (Iđ + IđRđ/R3)R2 + IđRđ (2)
- Từ (1) và (2) => Rđ = 10; thay Rđ vào (2) tính được Iđm = 0,6A; Uđm = 6V, P đm = 3,6W.
0.25
0.25
0.50
b
1,00
 + Chứng minh I1 = I3; I4 = I2: Chọn chiều dòng điện như hình vẽ
- Ta có: I4R4 + I1R1 = I3R3 + IđRđ + I1R1 => I4R4 = I3R3 + IđRđ (1), lại có I2R2 = I1R1 + IđRđ (2)
0.25
 Từ (1) và (2) =>I4R4 I2R2 = I3R3 - I1R1 => (I4 - I2)R2 = (I3 - I1) R1
A
+
-
I2
I3
I1
I4
B
Đ
R1
R3
R2
R4
Iđ
 (I4 - I2)60 = (I3 - I1)30 => (I4 - I2)2 = I3 - I1 (3)
 Lại có I4 + I3 = I1 + I2 => I4 – I2 = I1 – I3 (4)
0.25
 - Từ (3) và (4) => I1 = I3; I4 = I2 (đpcm)
 + Công suất tiêu thụ của đèn:
0.25
 - Ta có I4R4 + = UABóI4R4 + (I4 +Iđ)R1 = UABó60I4 + (I4 +Iđ)30 = 54 ó 90I4 + 30Iđ = 54 (1)
 Lại có I3R3 + IđRđ + I1R1 = UAB ó (I2 + Iđ)R3 + IđRđ + (I4 +Iđ)R1 = UAB ó 60I4 + 70Iđ = 54 (2)
0.25
 - Từ (1) và (2) tính được Iđ = 0,36A => P đ = I2đ.Rđ = 0,362.10 = 1,296W.
+ Lưu ý: - Sai hoặc thiếu đơn vị trừ 0.25đ mỗi loại cho toàn bài
	 -Học sinh có cách giải khác, lập luận đúng vẫn cho đủ điểm.
Đề số 3:
1. Ma trận đề.
Chủ đề
Nhận biết
Thông hiểu
Vận dụng
Cộng
Cấp độ thấp
Cấp độ cao
Cơ học
Số điểm
1
2
1
4
Nhiệt học
Số điểm
2
1
1
4
Quang học
Số điểm
1
1
1
1
4
Điện học
Số điểm
1
3
4
8
Tổng số câu
1
2
3
4
5
Tổng điểm
2
4
6
8
20
Tỉ lệ %
10%
20%
30%
40%
100%
2. Đề.
ĐỀ SỐ 3
Môn VẬT LÝ
 Thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian giao đề )
O
B
A
	Bài 1:	(2,0 điểm)
	Một thanh AB đồng chất tiết diện đều có trọng lượng P được uốn thành hình chữ L như hình vẽ. Biết OB = 1/4OA.
	a. Tìm vị trí điểm treo I trên đọan OA để thanh thăng bằng (OA nằm ngang).
	b. Tại đầu B tác dụng một lực F = POB có chiều sang phải (F nằm trong mặt phẳng hình vẽ). Tìm vị trí điểm treo I’ lúc này để thanh thăng bằng. 
Bài 2: (2,0 điểm) 
Người ta trộn một phần nước ở nhiệt độ t0 = 840C với hai phần nước ở nhiệt độ t’0 = 200C vào một bình chứa để được lượng nước ở nhiệt độ t.
a. Tính t. Cho rằng môi trường hấp thụ 10% nhiệt lượng thu vào.
b. Bây giờ người thả vào bình lần lượt một số bi thép giống nhau được đốt nóng đến nhiệt độ T = 1000C theo qui luật sau: Thả viên bi thứ nhất khi có cân bằng nhiệt, nhiệt độ trong bình là t1 = 440C rồi gắp viên bi ra, thả viên bi thứ hai vào đến khi có cân bằng nhiệt lại gắp ra; tiếp tục làm như vậy cho đến viên bi thứ n khi có cân bằng nhiệt thì nước trong bình có nhiệt độ tn = 600C. Tính n ? Cho rằng chỉ có sự trao đổi nhiệt giữa nước và các viên bi.
 Bài 3: (2,0 điểm) 
Nguồn sáng là một đĩa tròn tâm O1 có bán kính r1 = 12cm, đặt song song với một màn và cách màn một khoảng l = 100cm; một đĩa chắn sáng hình tròn tâm O2 có bán kính r2 = 6cm đặt song song với màn; đường nối 2 tâm O1O2 vuông góc với màn. 
a. Tìm vị trí đặt đĩa chắn sáng (vị trí O2) để vùng bóng tối trên màn có đường kính d = 4cm. Tìm diện tích vùng bóng nửa tối trên màn.
b. Từ vị trí O2 ở câu a cần di chuyển đĩa chắn sáng như thế nào để trên màn không còn vùng bóng tối ?
B
C
D
A
R1
R2
R3
Rb
V
+
-
U
 Bài 4 : (2,0 điểm) 
Cho mạch điện như hình vẽ. Biết U = 6V không đổi; Rb là biến trở; R1 = 2,5; R2 = 12,5; R3 = 10. Vôn kế có điện trở rất lớn, bỏ qua điện trở các dây nối.
a. Xác định giá trị của Rb để số chỉ của vôn kế là UCD = 1,5V.
b. Tháo bỏ Rb và mắc vào đó bằng 2 điện trở R thì thấy số chỉ của vôn kế như sau: Khi 2 điện trở R mắc nối tiếp thì vôn kế chỉ hiệu điện thế Uv; khi 2 điện trở R mắc song song thì vôn kế chỉ hiệu điện thế U’v = 3Uv. Tính R ? Khi chỉ mắc 1 điện trở R thì vôn kế chỉ bao nhiêu ?
A1
Đ
U
N
M
C
R
A2
 Bài 5 : (2,0 điểm) 
	Cho mạch điện như hình vẽ. Biết U = 12V không đổi; đèn Đ ghi 9V-9W; RMN là biển trở có giá trị toàn phần là RMN = 20; bỏ qua điện trở của các ampe kế A1, A2 và dây nối.
	a. Xác định vị trí của con chạy C để đèn sáng bình thường.
	b. Dịch chuyển con chạy về phía M thì số chỉ các ampe kế thay đổi như thế nào? Giải thích ?
------------ Hết ------------
3. Hướng dẫn chấm.
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM - Môn VẬT LÝ - LỚP 9 VÒNG II - Năm học 2010-2011
Bài 
Câu
Nội dung
Điểm
1
2.00
a
1,00
I
C
POB
O
B
A
POA
- Vì đồng chất tiết diện đều nên POA đặt tại trung điểm C của OA
- Coi hệ thống là đòn bẩy có điểm tựa tại I, các lực tác dụng là POA, POB các cánh tay đòn tương ứng là IC và OI. Đòn bẩy đang cân bằng nên: POA. IC = POB. OI hay 4/5P(OA/2 - OI) = P/5.OI
=> OI = 0,4 OA. Vậy I cách O 1 đoạn bằng 0,4OA.
0.25
0.25
0.25
0.25
b
1,00
F
F’
K
H
B
I’
C
POB
O
A
POA
- Gọi F’ là hợp của 2 lực POB và F theo qui tắc đường chéo hình vuông: BF’ = BF => F’ = F= (P)/5.
- Tại điểm treo mới I’ đòn bẩy thăng bằng nên: 
 POA . I’C = F’. I’H. Với I’H = (I’K)/2 = [(OI’- OK)]/2 
 = [(OI’- OA/4)]/2; I’C = OA/2 - OI’.
 => (4P/5)( OA/2 - OI’) = (P)/5. [(OI’- OA/4)]/2
 => OI’ = 0,45OA. Vậy I’cách O 1 đoạn bằng 0,45OA.
0.25
0.25
0.25
0.25
2
2,00
a
1,00
- Gọi m là lượng nước nóng thì 2m là lượng nước lạnh: Ta có
- mc(t0 – t) = 2mc(t – t’0) + 0,1.2mc(t – t’0).
- Thay số tính được t = 400C
0.50
0.50
b
1,00
- Gọi q1, q2 lần lượt là nhiệt lượng cần để bi thép và nước trong bình tăng (hoặc giảm 10C) còn gọi là nhiệt dung của vật.
- Lần bỏ bi thứ nhất: q1(T – t1) = q2(t1 – t) (1) ó q1(100 – 44) = q2(44 – 40) ó 14q1 = q2
- Từ (1) => 
- Lần bỏ bi thứ hai: lý luận tương tự trên ta được
 ; thay t1 vào ta được 
- Lập luận cho đến bi thứ n, ta có ; thay số 
- Với n = 7 ; với n = 8 
- Vậy bỏ vào bình viên bi thứ 8 thì nhiệt độ nước trong bình là 600C
0.25
0.25
0.25
0.25
3
2.00
a
1,50
H
K
E
O3
F
A
B
I
H
G
D
C
O2
O1
- Hình vẽ đúng, đủ ký hiệu
- KO3 = DO2 = HO1 = 6cm => HA= 6cm 
 và KE= 5cm; 
S
 ADH EDK => 
 => O1O2 = 60cm
- Vậy đặt đĩa chắn sáng cách nguồn sáng 60cm
S
- BDH GDK 
- Với HB = 18cm => GK = BH.2/3 = 12cm => GO3 = 18cm. Diện tích vùng bóng nửa tối:
 S = GO32 - EO32 = 3,14( 182 – 22) = 1004,8cm2
0.50
0.50
0.50
b
0,50
O1
H
K
E
O3
F
A
B
I
H
G
D
C
O2
- Ta có HO1 = DO2 = AH 6cm => DO2 = 1/2AO1
- AO1O3 có DO2 là đường trung bình nên
 O1O2 = O2O3 = 100/2 = 50cm
- Vậy phải dịch đĩa chắn sáng về nguồn sáng 10cm thì trên màn không có bóng đen
0.25
0.25
4
2,00
a
0,75
- Mạch điện gồm: (R1 nt R2)// (R3 nt Rb)
B
C
D
A
R1
R2
R3
Rb
V
+
-
U
0.25
- Ta có :  ; U2 = 5V
- UAD = UAC + UCD = 1+ 1,5 = 2,5V => IAD = Ib = UAD/R3 = 0,25A
0.25
- Lại có Ub = U – UAD = 6 – 2,5 = 3,5V => Rb = Ub/Ib = 14
0.25
b
1,25
- Khi mắc nối tiếp 2 điện trở R ta có ( R1 nt R2 ) // ( R3 nt 2R ) . 
- Cường độ dòng điện qua R3 là I3 = 
 Þ UDC = UAC - UAD = UAC - I3.R3 = 1 - = (1)
- Khi hai điện trở R mắc song song ta có ( R1 nt R2 ) // ( R3 nt ) ; 
- Lý luận như trên, ta có: U’DC = (2) . Theo bài ta có U’DC = 3.UDC 
- Từ (1) & (2) Þ x2 + 40x – 500 = 0 ; giải pt ta được R = 10W. 
- Khi chỉ có R thì UAD = UDB = 3V = UAC + UCD => Uv = UAD – UAC = 3 – 1 = 2V
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
5
2,00
a
1,00
- Đặt RMC = x => RNC