BỘ đề THI HSG lớp 9 môn vật lý

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
Năm học 2013 – 2014
Môn thi :
Thời gian :
Ngày thi :

ĐỀ CHÍNH THỨC

VẬT LÝ
150 phút ( không kể thời gian giao đề)
08/4/2014

Câu 1. (4 điểm)
Trên đoạn đường thẳng AB có hai xe chuyển động. Xe mô tô đi từ A về B, trong nửa đoạn
đường đầu xe chuyển động với vận tốc v1 = 20km/h, trong nửa đoạn đường còn lại xe chuyển
động với vận tốc v2 = 60km/h. Xe ô tô đi từ B về A, trong nửa thời gian đầu xe chuyển động
với vận tốc v1, trong nửa thời gian còn lại xe chuyển động với vận tốc v2. Biết rằng nếu hai xe
xuất phát cách nhau 30 phút thì xe mô tô đến B và xe ô tô đến A cùng lúc.
1. Tính quãng đường AB.
2. Nếu hai xe xuất phát cùng lúc thì vị trí gặp nhau của hai xe cách A bao nhiêu?
Câu 2. (4 điểm)
Một cục nước đá ở nhiệt độ t1 = -50C được dìm ngập hoàn toàn vào nước ở nhiệt độ t2, có cùng
khối lượng với nước đá, đựng trong một bình nhiệt lượng kế hình trụ. Chỉ có nước và nước đá
trao đổi nhiệt với nhau. Bỏ qua sự thay đổi thể tích của nước và nước đá theo nhiệt độ.
1. Tùy theo điều kiện về nhiệt độ ban đầu t2 của nước. Hãy nêu và biện luận các trường hợp
có thể xảy ra đối với mức nước trong bình nhiệt lượng kế khi có cân bằng nhiệt.
2. Trường hợp mức nước trong bình nhiệt lượng kế giảm 2% so với ban đầu khi có cân bằng
nhiệt thì nhiệt độ ban đầu của nước là bao nhiêu?

Cho biết: Nhiệt dung riêng, nhiệt nóng chảy, khối lượng riêng của nước đá lần lượt là c1 =
2090 J/ kg.K,  = 3,33.105J/kg, D1 = 0,916 g/cm3; Nhiệt dung riêng, khối lượng riêng của
nước lần lượt là c2 = 4180 J/ kg.K, D2 = 1 g/cm3.
Câu 3. (4 điểm)
Có hai điện trở R1, R2 mắc nối tiếp với nhau vào hiệu điện thế không đổi U. Dùng một vôn kế
lần lượt mắc vào hai đầu R1, hai đầu R2 và hai đầu cả đoạn mạch thì số chỉ của vôn kế tương
ứng là U1 = 4V, U2 = 6V, U3 = 12V. Bây giờ mắc nối tiếp R1, R2 và vôn kế vào hiệu điện thế
U nói trên thì vôn kế chỉ bao nhiêu?
R1

R2

R1

R2

V
+U -

+U -

Câu 4. (4 điểm)
Cho mạch điện như hình vẽ. Nguồn điện có hiệu điện thế không đổi U = 18V, MN là biến trở
có điện trở toàn phần R = 8Ω, R1 = 4,8Ω, bóng đèn có điện trở
U
không đổi RĐ = 6Ω. Ampe kế, khóa K, con chạy và dây nối có
R1
R2
điện trở không đáng kể.
P

1. Khi khóa K đóng, điều chỉnh con chạy C của biến trở
Đ
trùng với điểm M, thì ampe kế chỉ 2,5A. Tìm giá trị của R2?
C
N
M
2. Khi khóa K mở, tìm vị trí của con chạy C trên biến trở để
R
đèn sáng mờ nhất?
K
3. Khi khóa K mở, dịch con chạy C từ M đến N thì độ sáng
A
của đèn thay đổi thế nào? Giải thích?
Câu 5. (4 điểm)
Vật sáng AB đặt vuông góc với trục chính ở phía trước một thấu kính phân kỳ (A trên trục
chính) cho ảnh A1B1 cao 0,8cm. Thay thấu kính phân kỳ bằng thấu kính hội tụ có cùng tiêu cự,
đặt cùng trục chính ở vị trí của thấu kính phân kỳ thì thu được ảnh thật A2B2 cao 4cm. Khoảng
cách giữa 2 ảnh là 72cm. Tìm tiêu cự của các thấu kính và chiều cao của vật bằng phương
pháp hình học.
……………Hết………………


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM
ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
Năm học 2013 – 2014
Môn thi :
VẬT LÝ

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu
Đáp án
Câu 1 1. Tính quãng đường AB
(4 đ) Vận tốc trung bình của xe mô tô
2v .v
AB
AB
2.20.60
vA 

 1 2 
 30 km/h
t1  t2 AB  AB v1  v2 20  60
2v1 2v2
Vận tốc trung bình của xe ô tô
v1.t v1.t

AB
2  v1  v2  20  60  40 km/h
vB 
 2
t
t
2
2
Do vA< vB nên để đến nơi cùng lúc xe mô tô phải xuất phát trước 30 phút
vA .vB
AB AB 1

30.40

  AB 

 60 km
vA
vB 2
2  vB  vA  2  40  30 
2. Tìm vị trí hai xe gặp nhau
Thời gian mô tô chuyển động với vận tốc v1 để đi hết một nữa đoạn đường AB
AB 30
t1 

 1,5h
2v1 20
Thời gian ô tô chuyển động với vận tốc v1
AB 30
t1, 

 0, 75h
2vB 40
Gọi t là thời gian chuyển động của hai xe kể từ lúc xuất phát đến lúc gặp nhau thì t
phải nằm trong khoảng:
t1,  t  t1  0,75h  t  1,5h
Khoảng cách từ A đến điểm gặp nhau được tính:
s  v1t  AB  v1.t1'  v2 .(t  t1' ) 
AB  t1'  v2  v1 

60  0, 75(60  20) 9
 h

v1  v2
60  20
8
9
s  20.  22,5km
8
Câu 2 1. Biện luận các trường hợp có thể xảy ra.
(4 đ) Nhiệt lượng nước đá thu vào để tăng nhiệt độ từ -50C đến 00C là
Q1  C1m 0  (5)  2090.5.m  10450m
Nhiệt lượng nước đá thu vào để nóng chảy hoàn toàn
Q2   m  333000m
Nhiệt lượng nước tỏa ra khi hạ nhiệt độ từ t2 xuống 00C
Q3  C2 mt2  4180.t2 .m
Bằng cách so sánh các nhiệt lượng ta thấy có các trường hợp sau đây có thể xảy ra
Trường hợp 1:
10450
Q3 < Q1  4180.t2 .m  10450m  t2 
 2,50 C
4180
Một phần nước bị đông đặc thành nước đá, mức nước trong bình sẽ tăng
Trường hợp 2:
Q3 = Q1, t2 = 2,50C
thì nước đá tăng nhiệt độ đến 00C và không bị nóng chảy, hệ cân bằng ở 00C, mức
nước không thay đổi.
t

Điểm
0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ

0,25 đ
0,25 đ

0,5 đ
0,5 đ



0,5 đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ

0,25đ
0,25đ


Trường hợp 3:
Q1
2,50 C  t2  82,160 C
thì nước đá nóng chảy một phần và mức nước trong bình hạ xuống.
Trường hợp 4:
Q3  Q1  Q2 , t2  82,160 C
thì nước đá nóng chảy hoàn toàn và mức nước trong bình hạ xuống
2. Tính nhiệt độ ban đầu của nước:
- Gọi S là tiết diện đáy bình; h0 là độ cao cột nước ban đầu; h là độ cao cột nước sau

khi cân bằng nhiệt; m là khối lượng nước và khối lượng nước đá ban đầu; m là khối
lượng nước đá tan sau khi cân bằng nhiệt (nếu có).
- Ta có:
m m
(1)
V0  S.h 0 

D1 D2
m m  m m m  m m  m
(2)
V  S.h 




D2
D1
D2
D2
D1
- Từ (1) và (2) suy ra:
m m m m
m m




D1 D2
V
h

h D1 D2 D2 D1

 1

 1
m m
m m
V0 h 0
h0


D1 D2
D1 D2
m m

h D1 D 2 m D 2  D1


.
m m
h0
m D2  D1

D1 D2
h
- Giả sử khi cân bằng nhiệt nước đá tan hết: m  m , khi đó
đạt cực đại, thay số
h0
h
ta tính được

 4,38% .
h0
- Theo đề ra mức nước giảm 2% nên nước đá tan chưa hết  nhiệt độ cân bằng
t  00 C
h
- Thay
 2% vào biểu thức (3) ta tính được:
h0
m  0, 456m
- Phương trình cân bằng nhiệt:
mC2  t 2  0   mC1  0  t1   m
 t2 

mC1t1  m 2090.5  0, 456.333000

 38,830 C
mC2
4180
653
t2 
 38,830 C
21

Câu 3
(4 đ)

0,25đ

0,25đ

0,25đ
0,25đ

0,5đ

0,25đ

0,25đ
0,25đ

0,25đ
0,5đ

V
R1

R2

Mắc vôn kế vào hai đầu đoạn mạch thì vôn kế
chỉ hiệu điện thế U3 = U = 12V.
U

0,5đ


V

Mắc vôn kế vào R1 ta có :

IV

U  U1 U1 U1
I 2 = I1 + IV 


R2
R1 RV
2
1
1
 
R2 R1 RV

R1

R2

I1
U

(1)

V IV

Mắc vôn kế vào R2 ta có :
R1

U U2 U2 U2
I1 = I2 + IV 



R2
R1 RV
1
1
1


R1 R2 RV

1,0 đ
I2

R2

1,0 đ
I2

I1
U

(2)

Từ (1) và (2) ta có

3R1  2R2

(3)

Thay (3) vào (2) tính được

RV = 3R1
Hiệu điện thế trên vôn kế khi mắc nối tiếp R1, R2, RV vào hiệu điện thế U số chỉ của
vôn kế là:
U
UV 
RV
R1  R2  RV
U
36
UV 
3R1 
 6.54V
R1  1,5R1  3R1
5,5

Câu 4 a. Khi K đóng, con chạy C trùng với M thì biến trở bị nối tắt, dòng điện không qua
(4 đ) biến trở, mạch điện gồm (R2 // Đ) nt R1, IA = I = 2,5A
R .R
6.R2
U
18
Rtm   đ 2  R1 

 3  R2 = 4(  )
I Rđ  R2
2,5 6  R2
b. Khi K mở, Đặt x = RMC  RCN = R – x = 8 – x (  )
R R  x 
46  x   x 2  6,8 x  152
Rtm  R1  R  x  2 Đ

 4,8  8  x 

R2  RĐ  x
46 x
10  x
U
1810  x 
I

2
Rtm  x  6,8 x  152
I .R2
4.I
72
72
IĐ 



2
R2  RĐ  x 10  x  x  6,8 x  152 163,56  x  3,42
Đèn sáng tối nhất khi IĐ nhỏ nhất  163,56 – (x – 3,4)2 lớn nhất  x = 3,4(  )
Vậy để đèn sáng mờ nhất thì con chạy C ở vị trí sao cho RMC = 3,4(  ) và RCN =
4,6(  ).
c. Khi K mở, đèn sáng mờ nhất khi con chạy C ở vị trí sao cho RMC = 3,4 (  ), nên
nếu dịch chuyển con chạy từ M tới vị trí ứng với RMC = 3,4  thì đèn sáng mờ dần,
nếu tiếp tục dịch chuyển con chạy từ vị trí đó tới N thì đèn sẽ sáng mạnh dần lên.

0,25đ
0,25 đ

0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,75đ
0,5đ
0,75đ
0,5đ

0,5đ


Câu 5 Hình vẽ đúng đầy đủ chiều truyền
(4đ)
B

I
F

A

B1
A1

F’

1,0đ

A2

O

B2
A1B1 OA1 0,8 1
0,5 đ



A2 B2 OA2
4
5
0,5đ
 OA2  5OA1 mà OA1  OA2  72 (gt)  OA1  12(cm); OA2  60(cm)
FA
FO  OA1 FO
FO
f  12
f
(1)
FA1B1
FOI : 1 




0,75 đ
A1B1 OI
A1B1
OI

0,8
OI
F ' A2 F ' O
OA2  F ' O F ' O
60  f
f
0,75 đ
(2)
F ' A2 B2
F 'OI :





A2 B2
OI
A2 B2
OI
4
OI
f  12 60  f
(1) và (2) 

 f  20(cm)
0,25đ
0,8
4
0,25đ
thay vào (1)  AB = OI =2(cm)

(Trường hợp thí sinh dùng công thức thấu kính để giải và cho kết quả đúng thì xem
xét độ chính xác và cho điểm tối đa)
 Thí sinh giải bằng cách khác đáp án, kết quả đúng thì cho điểm tối đa.
 Các kết quả tính được nếu không có đơn vị hoặc sai đơn vị thì trừ 0,25đ cho mỗi loại đơn vị của
toàn bài.
 OA1B1

OA2 B2 :


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
NĂM HỌC 2012 – 2013
Môn thi :
VẬT LÝ
Thời gian : 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 03/4/2013

Câu 1. (4 điểm)
Có hai bình cách nhiệt đủ lớn, đựng cùng một lượng nước, bình 1 ở nhiệt độ t1 và bình 2 ở nhiệt độ t2. Lúc
đầu người ta rót một nửa lượng nước trong bình 1 sang bình 2, khi đã cân bằng nhiệt thì thấy nhiệt độ nước
trong bình 2 tăng gấp đôi nhiệt độ ban đầu. Sau đó người ta lại rót một nửa lượng nước đang có trong bình
2 sang bình 1, nhiệt độ nước trong bình 1 khi đã cân bằng nhiệt là 300C. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi
trường.
1) Tính nhiệt độ t1 và t2.
2) Nếu rót hết phần nước còn lại trong bình 2 sang bình 1 thì nhiệt độ nước trong bình 1 khi đã cân
bằng nhiệt là bao nhiêu?

Câu 2. (4 điểm)
Một cây nến hì nh trụ dài L = 20cm, tiết diện ngang S = 2cm2, trọng lượng P1
và trọng lượng riêng d1; ở đầu dưới của cây nến có gắn một bi sắt nhỏ có
trọng lượng P 2 = 0,02N. Người ta đặt cho câ y nến nổi thẳng đứng trong một
L
l
cốc thủy tinh hì nh trụ đựng nước như hì nh 1. Phần nến ngập trong nước có
3
chiều dài l = 16cm. Cho trọng lượng riêng của nước là d 0 = 10000N/m . Thể
tích của bi sắt rất nhỏ so với thể tích của nến và có thể bỏ qua.
1) Tính P1 và d1.
2) Đốt cháy nến cho đến khi đầu trên của nến ngang với mặt nước và bị
Hình 1
nước làm tắt.
a. Trong quá trì nh nến cháy mức nước trong cốc thay đổi thế nào ? Giải thích?
b. Tính chiều dài l’ của phần nến còn lại sau khi nến tắt.
Câu 3. (4 điểm)
R1
R2
Có mạch điện như sơ đồ hình 2: R1= R2 = 20Ω, R3 = R4 = 10Ω, hiệu điện thế
R4
U không đổi. Vôn kế có điện trở vô cùng lớn chỉ 30V.
1) Tính U.
V
2) Thay vôn kế bằng ampe kế có điện trở bằng không. Tìm số chỉ ampe
R3
+U kế.
Hình 2
Câu 4. (4 điểm)
Hai bóng đèn có công suất định mức bằng nhau, mắc với một điện trở R = 5Ω và các khóa K có điện trở

không đáng kể vào hiệu điện thế U không đổi như sơ đồ hình 3:
- Khi K1 đóng, K2 mở thì đèn Đ1 sáng bình thường và công suất
tiêu thụ trên toàn mạch là P1 = 60W.
- Khi K1 mở, K2 đóng thì đèn Đ2 sáng bình thường và công suất
tiêu thụ trên toàn mạch là P2 = 20W.
1) Tính tỉ số công suất tỏa nhiệt trên điện trở R trong hai
trường hợp trên.
2) Tính hiệu điện thế U và công suất định mức của đèn.
Câu 5. (4 điểm)
Một điểm sáng S nằm ngoài trục chính và ở phía trước một thấu kính hội tụ, cách trục chính 2cm, cách mặt
thấu kính 30cm. Tiêu cự của thấu kính f = 10cm như hình 4.
S
1) Vẽ ảnh S’ của S cho bởi thấu kính. Dùng kiến thức hình
học để tính khoảng cách từ S' đến trục chính và thấu kính.
F’
F
2) Điểm sáng S di chuyển từ vị trí ban đầu theo phương
O
song song với trục chính có vận tốc không đổi v = 2cm/s
đến vị trí S1 cách mặt thấu kính 12,5cm. Tính vận tốc
trung bình của ảnh S’ trong thời gian chuyển động.
Hình 4

……………Hết…………….


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS

NĂM HỌC 2012 – 2013
Môn thi :
VẬT LÝ
Thời gian : 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 03/4/2013

ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu

Nội dung hướng dẫn

Câu 1

1) Tính nhiệt độ của nước trong các bình:
Gọi khối lượng nước trong mỗi bình là m, nhiệt dung riêng của nước là c, ta có:
Sau lần rót thứ nhất:
m
c(t1  2t2 )  mc(2t2  t2 )  t1  4t2
(1)
2
Sau lần rót thứ hai:
m
3m
c(t1  30) 
c(30  2t2 )  2(t1  30)  3(30  2t2 )
(2)
2
4

Giải hệ (1) và (2) ta được:
600
150
t1 
 42,860 C , t2 
 10,710 C
14
14
2) Nhiệt độ của nước khi có cân bằng nhiệt:
Về mặt trao đổi nhiệt, 3 lần rót trên tương đương với việc rót 1lần toàn bộ nước từ bình 2
sang bình 1, gọi t là nhiệt độ cân bằng:
mc(t1  t )  mc(t  t2 )

t1  t2 750

 26,780 C
2
28
1) Tính trọng lượng và trọng lượng riêng của nến:
Điều kiện cân bằng vật nổi:
P1  P2  FA  S .l.d 0
t

Câu 2

P1  S .l.d 0  P2
P1 = 2.10 .16.10-2.104 – 0,02 = 0,3 (N)
Vậy trọng lượng của nến là 0,3N
Trọng lượng riêng của nến:
P

P
0,3
N
d1  1  1 
 7500 3
2
4
V1 S.L 20.10 .2.10
m
2a) Sự thay đổi mực nước khi nến cháy
Từ điều kiện cân bằng vật nổi ta có chiều dài của phần nến ngập trong nước được tí nh:
P P
l 1 2
S .d 0
Trong quá trình nến cháy trọng lượng của nến giảm nên chiều dài của phần nến ngập
trong nước giảm do đo mức nước trong cốc giảm.
2b) Tính chiều dài của phần nến còn lại:
Khi nến tắt chiều dài của nến l’ đúng bằng chiều dài của phần nến ngập trong nước khi
đó ta có:
P1 ' P2  S .l '.d 0  S .l '.d1  P2  S .l '.d 0
-4

Câu 3:

P2
0,02
l' 

 0,04m  4cm
4

S (d 0  d1 ) 2.10 (10000  7500)
1) Tính hiệu điện thế U
Hiệu điện thế trên các điện trở R1, R2, R3, R4, và Vôn kế là: U1, U2, U3, U4 và UV
U
R3  R4  U 3  U 4  134
2
R2
U2
R134 
 U134 
2
2

Điểm

0,5

0,5

1,0

0,5
0,5
1,0

0,5
0,75

0,75

0,5
0,5

0,5
0,5

0,5


U
2U
,U 2 
3
3
R4
U
U 2U 5U
R3
UV  U 4  U 2  134  U 2  

 30(V )
2
6
3
6
6U
U  V  36(V )
5
2) Tính số chỉ Ampekế:
Thay vôn kế bằng Ampekế.

Dòng điện qua các điện trở R1, R2, R3, R4, và ampekế là: I1, I2, I3, I4 và IA
Ampekế chỉ dòng điện qua R3và dòngđiện qua R4
IA = I3 + I4
R1
R2
Dòng điện qua R3là:
U 36
R4
I3 

 3,6( A)
R3
R3 10
Điện trở tương đương của R1, R2, R4.
R .R
20.10 80
R124  R1  2 4  20 
 ()
R2  R4
20  10 3
Dòng điện qua điện trở R1:
U
36
I1 

 1,35( A)
R124 80 / 3
Dòng điện qua R4 được tính:
R .R
I 4 R4  ( I 2  I 4 ) R24  I1. 2 4

R2  R4
R1

R2

U134  U 2  U  U134  2U134  U  U134 

 I 4  I1.

R2
20
 1,35
 0,9( A)
R2  R4
20  10

Dòng điện qua Ampekế :
Câu 4

0,5
0,5

0,5

0,5

0,5
0,5

IA= 3,6+0,9 = 4,5(A)

1) Tính tỉ số công suất tỏa nhiệt trên R :
Khi K1 đóng, K2 mở
Công suất tiêu thụ trên mạch :

P1  UI1  60 (W )  I1 

0,5

60
U

Công suất tỏa nhiệt trên R:

0,5

P1R  RI12
Khi K1 mở, K2 đóng.
Công suất tiêu thụ trên mạch

P2  UI 2  20 (W )  I 2 

20
U

Công suất tỏa nhiệt trên R:

P2 R  RI 22
Tỉ số công suất tỏa nhiệt trên R trong hai trường hợp
2
 60 

2
P1R RI12 I12  U 
 60 



  9
P2 R RI 22 I 22  20 2  20 
 
U 
2) Tính hiệu điện thế U và công suất định mức của đèn:
Công suất định mức của đèn giống nhau:
Pd 1  Pd 2  P1  P1R  P2  P2 R  60  9P2 R  20  P2 R
Công suất tỏa nhiệt trên điện trở trong các trường hợp:

0,5

1,0

0,25


Từ biểu thức trên suy ra:

P2 R 

40
 5W , P1R  9 P2 R  45W
8

Công suất định mức của các đèn
Pd 1  Pd 2  P1  P1R  P2  P2 R  60  45  15W
Cường độ dòng điện qua mạch trong các trường hợp:
P
45
P
5
I1  1 R 
 3 ( A) I 2  2 R 
 1 ( A)
R
5
R
5

0,25

0,5

0,5

Hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn mạch.

U
Câu 5

P1 60

 20 (V )
I1 3

0,5

1) Vẽ ảnh
S

0,5
F’ H’
H

F

O
S’

Khoảng cách từ S’ đến mặt thấu kính và trục chính của thấu kính :
Sử dụng các cặp tam giác đồng dạng OHS, OH’S’và F’OI, F’H’S’
OH
HS

OH ' H ' S '
OI
OF '
HS
OF '



H 'S' F 'H
H ' S ' OH '- OF '

OH .OF
OH '
OH ' 
 15cm, S ' H '  SH .
 1cm
OH - OF
OH
2) Tính vận tốc trung bình của ảnh S’
Điểm sáng S di chuyển theo phương song song với trục chính thì ảnh S’ di chuyển trên
đường thẳng qua IF’ từ S’ đến S’1.
S1

S

0,5

I
F’ H’

H

1,0

F

H’1

O

0,5

S’
S’1

Khoảng cách OH’1 và H’1S’1 được tính tương tự như trên :
OH’1= 50cm, H’1S’1= 8cm
Quảng đường di chuyển của ảnh S’ là :

S ' S1 '  OH1 ' OH '    H1 ' S1 ' H ' S '   352  82  35,9cm
Thời gian chuyển động của ảnh S’
SS 17,5
t 1 
 8,75( s)
v
2
Vận tốc trung bình của ảnh S’
S ' S '1 35,9
vtb 

 4,1 (cm / s)
t
8,75
Mỗi kết quả tính đúng nhưng không có đơn vị trừ 1/2 số điểm tương ứng
Học sinh giải bằng cách khác đáp án nhưng đúng kết quả vẫn cho điểm tối đa
2

2

0,5

0,5

0,5