ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1:(2,5 điểm) Ba người đi xe đạp từ A đến B với các vận tốc không đổi. Người thứ nhất và người thứ hai xuất phát cùng một lúc với vận tốc tương ứng là v 1 =10km/h và v 2 =12km/h. Người thứ ba xuất phát sau hai người nói trên 30 phút và sau khi đuổi kịp người thứ nhất 1 giờ thì đuổi kịp người thứ hai. Tìm vận tốc của người thứ ba. Bài 2:(2,5 điểm) Sự biến thiên nhiệt độ của khối nước đá đựng trong ca nhôm theo nhiệt lượng cung cấp được cho trên đồ thị bên. Tìm khối lượng nước đá và khối lượng ca nhôm. Cho C nước = 4200 J/Kg.độ; C nước đá =1800J/Kg. độ; C nhôm =880J/Kg.độ; λ nước đá =3,4.10 5 J/Kg. Bài 3:(2,5 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ. Biết U AB = 8V; R 1 = 2 Ω ; Điện trở ampe kế R A = 0 Ω ; Điện trở vôn kế R V vô cùng lớn; R MN = 8 Ω . Con chạy đặt ở vị trí nào thì ampe kế chỉ 1A. Lúc này vôn kế chỉ bao nhiêu? Bài 4: (2,5 điểm) Hai gương G 1 , G 2 có mặt phản xạ hướng vào nhau hợp với nhau góc α như hình vẽ dưới. a. Tia tới SI song song với G 2 lần lượt phản xạ qua G 1 , G 2 . Tia phản xạ G 2 song song với G 1 . b. Tia tới SI song song với G 2 lần lượt phản xạ qua G 1 , G 2 , G 1 , G 2 , G 1 . Tia phản xạ G 1 (lần cuối) trùng với tia IS. Tính số đo góc α trong mỗi trường hợp trên. HƯỚNG DẪN CHẤM Bài 1: (2.5 điểm) Khi người thứ ba xuất phát thì người thứ nhất cách A 5 km, người thứ hai cách A 6km 0,25 Gọi v là vận tốc người thứ ba ( v > v 1 và v > v 2 ), t 1 và t 2 là thời gian từ khi người thứ ba xuất phát cho đến khi gặp người thứ nhất và người thứ hai ta có: vt 1 =5+10t 1 ⇒ 10 5 1 − = v t 0,50 vt 2 =6+12t 2 ⇒ 12 6 2 − = v t 0,50 O 896 70752 2 0 C J -2 V A A B R 1 M ND + - C G 1 G 2 S I O J G 1 G 2 S I O J α α Theo đề bài : t 2 -t 1 = 1 nên: 12 6 −v - 10 5 −v = 1 0,50 ⇒ v 2 - 23v + 120 = 0 Giải phương trình được: v = 15 hoặc v = 8 0,50 Nghiệm cần tìm phải lớn hơn v 1 , v 2 nên ta có v = 15 (km/h) 0,25 Bài 3: (2.5 điểm) - Vì điện trở của ampe kế R a = 0 nên: U AC = U AD = U 1 = I 1 R 1 . = 2.1 = 2 (V) 0,50 Gọi điện trở phần MD là x (x≥ 0) thì: - x I x 2 = ; 0,25 - x III xDN 2 1 1 +=+= 0,25 - ( ) x x RIU DNDNDN −       +== 8 2 1. 0,25 - ( ) x x UUU DBADAB −       ++=+= 8 2 12 0,25 - ( ) 88 2 12 =−       ++ x x 0,25 - Giải được x = ±4. 0,25 - ⇒ x = 4 ⇒ Con chạy ở chính giữa MN 0,25 - Chỉ số vôn kế bằng U DN = ( ) 648 4 2 1 =−       + (V) 0,25 (Hoặc U DN = U AB - U AD = 8 - 2 = 6 (V)). Bài 2: (2.5 điểm) Gọi x, y lần lượt là khối lượng nước đá, ca nhôm. Ta có: - Nhiệt lượng tăng nhiệt độ nước đá từ -2 0 lên 0 0 : 1800. 2x 0,25 - Nhiệt lượng tăng nhiệt độ ca nhôm từ -2 0 lên 0 0 : 880. 2y 0,25 - Lập được phương trình: 1800. 2x + 880.2y = 896 (1) 0,50 - Nhiệt lượng tăng nhiệt độ nước đá từ 0 0 lên 2 0 : 4200. 2x 0,25 - Nhiệt lượng tăng nhiệt độ ca nhôm từ 0 0 lên 2 0 : 880. 2y 0,25 - Nhiệt lượng nóng chảy nước đá: 3,4. 10 5 .x 0,25 - Lập được phương trình: 4200.2x + 880.2y + 3,4. 10 5 .x = 70752- 896 (2) 0,50 - Giải hệ (1) và (2) được: x = 0,2 y = 0,1 và kết luận. 0,25 Bài 4: (2.5 điểm) - Có ∠I 1 = ∠I 2 theo tính chất của gương phẳng. - Có ∠I 1 = ∠O (SI// G 2 ) ⇒ ∠O = ∠I 2 . - Chứng tỏ ∠O = ∠I 2 như câu a). - Kẻ pháp tuyến tại J có ∠J 1 =∠J 2 . G 1 G 2 S I O J G 1 G 2 S I O J 1 2 1 2 1 2 1 2 K 3 V C ≡ D A A≡M B≡N R 1 R x - Tương tự ∠O = ∠J 1 - ⇒∆ OIJ đều ⇒ α = 60 0 . - Chứng tỏ JK vuông góc với G 1 . - ∠J 1 = ∠O (Cùng phụ với J 3 ) - ∠J 1 +∠J 2 +∠I 2 = 90 0 ⇒ 3∠Ô = 90 0 - ⇒ ∠Ô = 30 0 hay α = 30 0 Mỗi bước cho 0,25 điểm ĐỀ CHÍNH THỨC - VÒNG II Bài 1: (2.5 điểm) Một thanh AB đồng chất tiết diện đều một đầu nhúng vào nước, đầu kia tựa vào thành chậu tại O sao cho OB = 2OA. Khi thanh cân bằng, mực nước ở chính giữa thanh. Tìm khối lượng riêng D của thanh biết khối lượng riêng của nước D n = 1000 Kg/m 3 . Bài 2: (2.5 điểm) Dẫn luồng hơi nước ở 100 0 C vào một bình đựng nước đá ở - 4 0 C. Sau một thời gian thì thu được 0,6kg nước ở 12 0 C. Bỏ qua sự truyền nhiệt cho bình và cho môi trường. Tính khối lượng nước đá ban đầu có trong bình. Cho:C nước = 4200 J/Kg.độ; C nước đá =1800 J/Kg.độ; λ nước đá =3,4.10 5 J/Kg; L nước =2,3.10 6 J/Kg. Bài 3: (2.5 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ bên (H). Có U MN = 6V, R 1 = 3Ω. Khi khóa K mở ampe kế A 1 chỉ 1,2 A. Khi khóa K đóng ampe kế A 2 chỉ 0,75 A. Bỏ qua điện trở của dây dẫn, ampe kế, khóa K. Hãy tính R 2 , R 3 . Bài 4: (2.5 điểm) Cho mạch điện có sơ đồ như hình vẽ bên. Điện trở toàn phần của biến trở là R o , điện trở của vôn kế rất lớn. Bỏ qua điện trở của ampe kế, các dây nối và sự phụ thuộc của điện trở vào nhiệt độ. Duy trì hai đầu mạch một hiệu điện thế U không đổi. Lúc đầu con chạy C của biến trở đặt gần phía M. Hỏi số chỉ của các dụng cụ đo sẽ thay đổi như thế nào khi dịch chuyển con chạy C về phía N? Hãy giải thích tại sao? HƯỚNG DẪN CHẤM Bài 1: (2.5 điểm) Thanh AB chịu tác dụng của trọng lực P đặt tại trung điểm M của thanh AB và lực đẩy Asimet F đặt tại trung điểm N của MB. 0,50 A 1 A 2 R 1 R 2 R 3 M N K O A B M V A 1 R 1 C N A Thanh có thể quay quanh O. Áp dụng qui tắc cân bằng ta có: P. OM = F. ON (1) 0,50 Đặt độ dài của thanh AB là 3x ta có: MB = 2 3x ; OM = OB - MB = 2x - 22 3 xx = ; ON = OM + MN = 4 5 4 3 2 xxx =+ 0,50 Gọi S là tiết diện của thanh ta có: P = 10.D.S.3x; F = 10.D n .S. 2 3x 0,50 Thay vào (1) được: 10.D.S. 2 .3 x x = 10.D n .S. 4 5 . 2 3 xx ⇒ D = 4 5 D n . 0,25 Thay số được: D = 4 5 .1000 = 1250 Kg/m 3 . 0,25 Bài 2: (2.5 điểm) - Nước thu được ở 12 0 C nên tất cả nước đá đã nóng chảy. 0,25 Gọi x (kg) là khối lượng nước đá có trong bình ta có: - Nhiệt lượng để tăng x (kg) nước đá từ - 4 0 C lên 0 0 C là: Q 1 = C nước đá . x. (0-(-4)) = 4.1800 x (J) 0,25 - Nhiệt lượng để nóng chảy x (kg) nước đá: Q 2 = λ nước đá . x = 340000 x (J) 0,25 - Nhiệt lượng để tăng x (kg) nước từ 0 0 C lên 12 0 C là: Q 3 = C nước x. (12-0) = 4200.12.x (J) 0,25 - Lượng nước ngưng tụ là: 0,6 - x 0,25 - Nhiệt lượng toả ra do ngưng tụ: Q 4 = m. L = 2300000(0,6-x) 0,25 - Nhiệt lượng toả ra khi hạ nhiệt từ 100 xuống 12 0 C là: Q 5 = C mước (0,6-x)(100-12) 0,25 - Có Q 1 + Q 2 + Q 3 = Q 4 + Q 5 0,25 - 4.1800x+340000x+4200.12.x = 2300000.0,6-2300000x+88.0,6.4200-88.4200.x 0,25 - )2(5,0 88.420023000004200.12 340000 4.1800 088.0,6.420 62300000.0, = ++++ + =x (Kg). Kết luận 0,25 Bài 3: (2.5 điểm) - Khi khoá K mở có R 1 nt R 3 được R = R 1 + R 3 và I U R = 0,25 - 1331 R I U R I U RR −=⇒=+ 0,25 - Thay số được: )(23 2,1 6 3 Ω=−=R 0,25 - Khi khoá K đóng có 32 323121 32 32 1 RR RRRRRR RR RR RR + ++ = + += 0,50 - 323121 32 32 323121 )( RRRRRR RRU RR RRRRRR U R U I ++ + = + ++ == 0,25 - 32 III += và 3322 RIRI = nên 3 22 2 R RI II += 0,25 O A B P F M N - Lập được quan hệ: 3 22 2 323121 32 )( R RI I RRRRRR RRU += ++ + 0,25 - Thay số: 2 .75,0 75,0 22.33 )2(6 2 22 2 R RR R += ++ + 0,25 - Giải được: 2 2 =R 0,25 Bài 4: (2.5 điểm) Gọi x là phần điện trở của đoạn MC của biến trở; I 1 và U V là số chỉ của ampe kế A 1 và vôn kế. - Điện trở tương đương R của đoạn mạch: R = (R o – x) + 1 1 Rx xR + 0,50 - Biến đổi: R 1 2 0 Rx x R + −= = 2 1 0 1 1 x R x R + − 0,50 - Lí luận: Khi dịch con chạy về phía N thì x tăng ⇒ ( 2 1 x R x 1 1 + ) tăng ⇒ R giảm ⇒ cường độ dòng điện mạch chính: I = U/R sẽ tăng (do U không đổi). Chỉ số Ampe kế A tăng. 0,50 Mặt khác, ta lại có: xIxIRIxIIRI ).(. 111111 −=⇒−= ⇒ I 1 = x R I xR xI 1 1 1 . + = + 0,50 - Lí luận : khi x tăng thì (1 + ) 1 x R giảm và I tăng (c/m ở trên) nên I 1 tăng ⇒ U V = I 1 .R cũng tăng (do I A tăng, R không đổi) Chỉ số của ampe kế A 1 và vôn kế V tăng. 0,50 . ⇒∆ OIJ đều ⇒ α = 60 0 . - Chứng tỏ JK vuông góc với G 1 . - ∠J 1 = ∠O (Cùng phụ với J 3 ) - ∠J 1 +∠J 2 +∠I 2 = 90 0 ⇒ 3∠Ô = 90 0 - ⇒ ∠Ô = 30 0 hay α = 30 0 Mỗi bước cho 0,25 điểm ĐỀ CHÍNH. nhiệt độ nước đá từ -2 0 lên 0 0 : 180 0. 2x 0,25 - Nhiệt lượng tăng nhiệt độ ca nhôm từ -2 0 lên 0 0 : 880. 2y 0,25 - Lập được phương trình: 180 0. 2x + 880.2y = 896 (1) 0,50 - Nhiệt lượng tăng nhiệt. thi n nhiệt độ của khối nước đá đựng trong ca nhôm theo nhiệt lượng cung cấp được cho trên đồ thị bên. Tìm khối lượng nước đá và khối lượng ca nhôm. Cho C nước = 4200 J/Kg.độ; C nước đá =180 0J/Kg.