KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
LẦN THỨ XIV, NĂM 2023
ĐỀ THI GIỚI THIỆU MƠN: VẬT LÍ - LỚP 11
Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu I (4 điểm). Người ta thổi một bong bong xà phịng có khối lượng m 0, 01 g và hệ số căng bề
mặt là  0, 01 N / m thơng qua một ống ngắn hở hai đầu (Hình vẽ).
8
Tích điện cho bong bóng đến điện tích Q 5, 4.10 C . Màng bong
bóng xà phịng coi là một vật dẫn, điện tích phân bố đều trên bề mặt.
1. Trong trạng thái cân bằng tĩnh điện, hãy xác định cường độ điện
trường trên bề mặt của màng bong bóng. So sánh với cường độ điện
trường do mặt phẳng vô hạn tích điện đều gây ra và giải thích kết quả
thu được.

2. Chứng minh rằng một diện tích dS bất kỳ của mặt ngồi màng bong bóng sẽ chịu tác dụng của


Q 2 dS 
dF 
n

2
4
32


R
0
lực tĩnh điện

do các điện tích trên diện tích cịn lại gây ra, với n là véc tơ đơn
vị pháp tuyến ngồi của dS cịn R là bán kính của màng.
3. Xác định bán kính R0 của bong bóng ở trạng thái cân bằng.
4. Tính chu kì dao động nhỏ của bong bóng nếu khi dao động, bán kính thay đổi một lượng nhỏ và
nó vẫn giữ nguyên dạng hình cầu.
Câu II (5 điểm).
Một quả cầu rỗng tích điện đều mật độ điện mặt là

σ bán kính là R . Có thể quay quanh một trục

thẳng đứng cố định qua tâm nó với tốc độ góc ω khơng đổi.
1. Tính cảm ứng từ do từ trường của quả cầu rỗng gây ra tại tâm và chứng
minh rằng từ trường này là đều trong toàn bộ phần rỗng quả cầu.
2. Một thanh nam châm hình trụ có chiều dài L rất lớn so với bán kính
đáy của chính nó nhưng khi lại rất nhỏ so với bán kính quả cầu được đặt ở
tâm quả cầu sao cho trục của nó trùng với trục quay của quả cầu hướng từ
trường của nam châm và từ trường của quả cầu là trùng nhau, tâm của nó
trùng tâm quả cầu. Biết rằng nam châm khối lượng M , có thể quay tự do quanh trục đi qua tâm
nam châm và vng góc với trục quay của quả cầu. Kéo thanh khỏi vị trí ban đầu một góc bé, hãy
chứng tỏ thanh dao động điều hịa và tìm tần số của dao động này. Coi rằng
bỏ qua các hiện tượng cảm ứng điện từ, và vẫn khơng có bức xạ điện từ.
Cho moment từ của nam châm có độ lớn là

m.


3. Coi rằng khi moment từ quay thì nó bức xạ điện từ dưới công suất theo hệ thức Larmor

&&2
μm0 m

P=
6πcc 3 , coi rằng tốc độ góc dao động trong một chu kỳ thay đổi rất bé. Hãy tìm hàm tốc độ góc
của dao động như một hàm theo thời gian biết góc lệch ban đầu so với phương thẳng đứng của

θ0 , tốc độ góc trong chu kỳ đầu tiên là ω0 , coi gần đúng là góc lệch khơng suy giảm
theo thời gian, chỉ có tần số dao động ω giảm đi thôi.
nam châm là

Câu III (4 điểm).
1. Một nguồn sáng điểm nằm bên trong một khối thủy tinh có chiết suất nG, ở khoảng cách y tính
từ trục quang học và cách mặt phẳng một khoảng T. Một thấu
kính phẳng - lồi làm bằng vật liệu trong suốt có chiết suất n
được đặt gần nguồn sáng. Độ dày của thấu kính là d, và bán
n
kính của bề mặt lồi của nó là R. Chiều rộng của khe hở khơng
khí giữa khối thủy tinh và thấu kính là t (Hình 3).
1.1. Xác định độ rộng của khe hở khơng khí sao cho ánh sáng
từ nguồn điểm tạo thành một chùm tia song song sau khi đi
qua thấu kính.
1.2. Tìm độ dày lớn nhất của thấu kính dmax để vẫn có thể điều chỉnh được độ rộng của khe hở
khơng khí để tạo ra một chùm sáng song song.
1.3. Tìm góc  giữa chùm tia song song và trục quang học. Nếu d được cho phép thay đổi một
lượng nhỏ  d , và R được cho phép thay đổi một lượng nhỏ  R , tìm độ thay đổi góc  .
2. Ở các đỉnh của một đa giác đều 17 cạnh có 17 thấu kính giống hệt nhau. Quang tâm của các
thấu kính được đặt trùng với các đỉnh của hình đa giác, mặt thấu kính đặt
vng góc với cạnh liền kề nó. Các thấu kính đều có tiêu cự f = 10cm và
bằng chiều dài mỗi cạnh của đa giác. Chiếu sáng một thấu kính bằng một
chùm sáng song song với trục chính thì thấy một trong các tia sáng có quỹ
đạo khép kín. Hãy xác định bán kính của vịng trịn nội tiếp quỹ đạo đó.
Xét trong hai trường hợp; Các thấu kính đều là thấu kính hội tụ và các

thấu kính đều là thấu kính phân kỳ. Cho các góc nhỏ thỏa mãn:
sin  tan   .

Câu IV (4 điểm). Một hình trụ đặc, đồng chất, khối lượng M, bán kính
R được đặc trên hai thanh ray song song nằm ngang. Một sợi dây dài,
mảnh, nhẹ, khơng dãn quấn quanh hình trụ. Đầu tự do của sợi dây được
luồn vào giữa hai ray và gắn vật nhỏ khối lượng m = 3M. Ban đầu các
vật được giữ đứng yên, dây ở trạng thái căng và hợp với phương ngang
một góc α (Hình vẽ). Trục của hình trụ vng góc với ray. Trọng tâm


của hình trụ, sợi dây và vật m nằm trong cùng một mặt phẳng thẳng đứng. Thả nhẹ cho hệ chuyển
động.
1. Để sau khi thả, hình trụ sẽ chuyển động lăn khơng trượt, thì hệ số ma sát μ giữa hình trụ và
thanh ray phải thỏa mãn điều kiện nào? Tính gia tơc tức thời của trục hình trụ ngay tại thời điểm
thả hệ khi đó.
2. Tồn tại một giá trị α = α0 sao cho sau khi thả hệ, hình trụ sẽ chuyển động lăn khơng trượt và sợi
dây ln hợp với phương ngang góc α0 khơng đổi. Tìm giá trị của α0 và điều kiện của μ trong
trường hợp này.
3. Với α ≠ α0 và điều kiện trong ý 1 được thỏa mãn thì ngay sau khi thả hệ, dây treo có xu hướng
quay theo chiều nào ? Hãy biện luận bài toán ?
Câu V (3 điểm). Để xác định mômen từ của một thỏi nam châm (bậc 10Am 2), người ta khảo sát
dao động của thỏi nam châm treo nằm ngang trong từ trường.
Cho các dụng cụ, thiết bị sau:
- Một thỏi nam châm hình trụ bán kính r, dài  , khối lượng m;
- Sợi dây nhẹ đủ dài, mềm, không dãn, không đàn hồi;
- Một đồng hồ vạn năng hiện số;
- Một đồng hồ đo thời gian;
- Một khung dây hình trụ trịn đã biết trục đối xứng hình học vng góc với thiết diện ngang của
khung. Khung gồm nhiều vịng, bán kính trung bình R (R rất lớn so với  và r);

- Một nguồn điện một chiều 9V;
- Biến trở, đảo mạch, dây nối;
- Các giá đỡ, giá treo để bố trí các dụng cụ thí nghiệm;
- Thước dài, thước kẹp.
Thành phần nằm ngang của từ trường Trái Đất tại nơi làm thí nghiệm có độ lớn B TĐ ≈ 0,35.104T
và phương chiều đã biết.
Yêu cầu:
1. Xây dựng sơ đồ thí nghiệm để xác định mômen từ của thỏi nam châm.
2. Xây dựng cơ sở lí thuyết và các phương trình cần thiết.
3. Dẫn ra biểu thức xác định mômen từ của thỏi nam châm.
4. Nêu nguyên nhân gây sai số.
…………………..HẾT………………………
 Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
 Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.


KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
LẦN THỨ XIV, NĂM 2023

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI GIỚI THIỆU MÔN: VẬT LÍ - LỚP 11
Câu

Nội dung
Câu I (4 điểm).



E
E n

 0 hay
0
a. Dùng Định lý O-G tìm được
Viết biểu thức cường độ điện trường do mặt phẳng vơ hạn tích điện đều gây


E '
2 0 . Từ đó  E 2 E '
ra
Nhận xét:
- Mặt phẳng vơ hạn tích điện đều gây ra điện trường ở hai phía của bề mặt.
 
E ,E
Gọi 1 2 là cường độ điện trường do diện tích dS và (S – dS) gây ra tại vị



E

E

E2
1
trí dS thì







E

E

E

0

E
1
2
1  E2
Vì bên trong vật dẫn thì


E E1  E2 2 E1   E1 E2 
0
2 0
Bên ngồi vật dẫn

Thang
điểm

0,25

0,25

0,25

0,25


- Như vậy các điện tích trên diện tích cịn lại (S- dS) đã tạo ra một điện


trường có giá trị 2 0 làm triệt tiêu điện trường của dS gây ra bên trong màng

nhưng là cho điện trường bên ngoài màng tăng một lượng 2 0 .
b. Theo trên các điện tích trên diện tích cịn lại (S- dS) đã tạo ra một điện


E2 
2 0 tại vị trí dS và tác dụng lên dS một lực
trường có giá trị
 


 2
Q 2 dS
d F E2 .dq E2 .   dS  
dS n 
n
2 0
32 2 0 R 4


-Trước hết ta có nhận xét lực d F hướng theo phương pháp tuyến với bề mặt
màng nên có xu hướng đẩy dS ra xa khỏi mặt màng. Như vậy có thể xem như

0,25


0,25

0,25


dF
Q2
Peff  
dS 32 2 0 R 4
mặt màng tích điện luôn chịu một áp suất hiệu dụng
.
c. Từ điều kiện cân bằng áp suất cho Peff = Pc (áp suất phụ gây bởi mặt cong)

Q2
4
Q2


 R R0 
2
R
32 2 0 R 4
 128  0
d. Khi bán kính màng là

màng:

0,25
0,25


1/3





3cm

R R0  R , lực tổng hợp tác dụng diện tích dS của




R03
Q2
4 
1

 dS
F 

dS

4



2
4
  R  R  4 R0  R 

R 
 32  0 R
0







4 
1
1 
 F

dS
R0   R  4 1  R 
R0 
  1 R 
0 



0,25

0,25

0,25

0,25


0,25

 F 

12R
dS
R02
.

0,25

Phương trình ĐLH viết cho phần tử diện tích dS, có khối lượng

m
12R
m
dm 
dS F dm. R "  
dS 
dS R "
2
2
2
4 R0
R
4

R
0

0
:
48R
 R " 
R  0
m
.
m
m

16 s
48
12
Màng dao động với chu kì
Câu II (5 điểm).
1. Chia quả cầu thành các đới cầu mỏng, diện tích dS (vành màu đen đậm),
dS = 2πcR sin θ.Rdθ , tích điện dq = σdS = 2πcσR sin θ.Rdθ , gây một dịng

0,25

T 2

hình trịn:

dI =

dq 2πcσR sin θ.Rdθ
=
= σωR 2 sin θdθ
T

2πc / ω
,

0,25
0,25

Ta biết rằng cảm ứng từ do một dịng hình trịn
gây tại 1 điểm trên trục cách tâm nó khoảng z là:
μm0 Ir 2
Bz =
2(r 2 + z 2 )3/2 .

0,25


Trong trường hợp này, dịng hình trịn dI bán kính r = R sin θ , cách O khoảng
z = R cos θ gây tại O một cảm ứng từ:

μm dI .R2 sin 2 θ μm0 σωR 3
dBO = 0
=
sin θ.dθ
2
2 R3
.
BO

0,25

πc


μm σωR
2
BO = ò dBO = 0
sin 3 θ.dθ = μm0 σωR
ò
2
3
0
0

0,25

.

Cảm ứng từ do dòng dI tại cực Bắc quả cầu:
dBN =

μm0 σωR 2 sin θdθ.R 2 sin 2 θ μm0 σωR 4 sin 3 θ
θ ỉ
θư
÷
=
dθ = m0 R cos 3 d ỗ
ữ
ỗ
3
ữ
ỗ


2 ố2 ứ
2d
3 3
3
2.2 R sin
2
.
BN

θ ỉθ ư 2
BN = ị dBN = μm0 σωR ũ cos 3 d ỗỗ ữ
ữ= m0 R
ỗố2 ữ
2
ứ 3
0
0

0,25

c

0,25
.

Chn vòng Ampere vi phân chữ nhật thuộc mặt phẳng
thẳng đứng chiều rộng ở tọa độ 0 và cách tâm một
khoảng dr , chiều cao giới nội trong vị trí
(- dz / 2, +dz / 2) như hình vẽ.


Từ trường tại tâm ta tính ở trên là theo trục
hiệu là

z nên ta kí
0,25

Bz (0) . Từ trường vng góc với trục z nếu có

B^

(+

dz
)
2

; B^

(-

dz

)

2 .
sẽ là
Xét định lí Ampere trên vịng này ta có

- Bz (0)dz + (- Bz (0) + dBz )dz + B^


(+

dz
)
2

dr - B^

(-

dz
)
2

dr = 0
.

é
ù
údr = 0
dBz + ê
B
B
^ dz ú
ê ^( +dz )
(- )
ê
2 ú
ë 2
û

Thu được
.
Co ngắn chiều dài dr lại cực bé ta có:

0,25

0,25

dBz = 0 Þ Bz = const
B
Do đó tồn bộ z đều bằng

Bz = BO =

0,25

2
μm σωR
3 0
.

Làm tương tự với phương vng góc với

z cũng chứng minh được

B^ = const = 0 ở mọi vị trí trong quả cầu nên từ trường bên trong quả cầu là
2
μm0 σωR
đều luôn hướng theo phương z và có độ lớn là 3
.

r
2, Khi đặt một nam châm có moment từ m trong từ trường đều của quả cầu và

hướng của lưỡng cực lệch một góc

α nhỏ so với từ trường thì nó chịu một

0,25

0,25


moment lực là:

r r r
τmB = m´ B

0,25

Độ lớn

τmB = m ×B sin α » m ×B ×α =- IOα&&
m ×B ×
α =-

1
12 m ×B
&
&Þ α
&

&+
ML2 α
×
α =0
12
ML2
.

12m ×B
σωR
= 8μm0 m
2
ML
ML2 .
Hay nam châm dao động với tần số góc là
3. Khi momen lưỡng cực quay, nó có hai thành phần:

0,25

ω=

0,25

mx = m cos ωt , my = m sin ωt
Do đó năng suất phát xạ trung bình trong một chu kỳ là:

0,25

μm0
μm0

μm0 4 2 μm0 m 2 4
r& 2
2
2
&
&
&
&
&
P=
( m) =
( (mx ) +(my ) ) = 6πcc 3 ω m = 6πcc 3 ω
6πcc 3
6πcc 3
,

( )

Động năng cực đại của nam châm trong một chu kỳ là:
1
1
2
K=
ML2θmax
ω2 ;
ML2θ02 ω 2
24
24
,


0,25

Khi nam châm dao động phần năng lượng mất đi dùng để phát xạ điện từ, bảo
toàn năng lượng cho:

μm0 m2 4
dK
1
dω
=- P Þ ω = ML2θ02 ω
3
dt
12
dt .
6πcc
ω

dω
ò ω3 =ω
0

μm0 m2 4
1
dω
ω = ML2θ02 ω
3
12
dt
6πcc


0,25

0,25

t

2μm0 m 2
4μm0 m 2
1
1
ị πcML2θ2c 3 dttÞ ω2 - ω2 = πcML2θ 2c 3
0
0
0
0
ω0

ω=
1+
Hay

4ω02μm0 m 2
t
πcML2θ02 c 3

.



Câu III (4 điểm).


n1 n2 n2  n1
 
S
R (1)
Công thức tổng quát cho sự tạo ảnh bởi lưỡng chất cầu 0 S1

0,25

0,25


0,25

a) Đầu tiên, ta xét mặt phẳng ảnh: so = t (t là khoảng cách từ nguồn sáng tới
mặt phẳng) Xét nguồn sáng đó ở phía sau tấm kính có độ dày là T (khơng thể
hiện trên hình vẽ), khi đó S0=t + T/nG, với nG là chiết suất của thủy tinh, R là
bán kính mặt phẳng rộng vơ hạn, sử dụng công thức (1) với n1=1,n2 = n (chiết
suất của khơng khí và của thấu kính), khoảng cách S1 = -n(t + T/nG), ở bên trái
của mặt phẳng. Đây là mặt phẳng ảnh ở phía bên phải của mặt cầu, khoảng
cách tới mặt cầu n(t + T / nG) + d.

T
S0 n  t 
 nG
Xét ảnh của vật qua mặt cầu
S1  , n1 n , n2 1

0,25



 d



T d
R  n  1  t 
 
nG n 

R là âm, sử dụng công thức (1) được:

t
Suy ra:

0,25

0,25

1
d T
R 
n 1
n nG
d max 

nR
nT

 n  1 nG


d
Nếu R là không đổi, độ dày lớn nhất max là
Nếu độ dày của thấu kính nhỏ hơn giá trị này thì chiều rộng của khe hở khơng
khí giữa khối thủy tinh và thấu kính là t có thể được điều chỉnh để vật sáng
nằm trên mặt phẳng tiêu, lớn hơn giá trị này thì khơng thể nằm trên mặt phẳng
tiêu.
*Góc ló
Nếu ảnh của A là mặt phẳng A’, ánh sáng phát ra từ A’ đi qua tâm O của hình
cầu khơng bị khúc xạ. Từ các mối quan hệ hình học ta được
 n  1 y
y


nT
R
nt 
  d  R
nG
*Sai số đó có nguyên nhân là sự biến đổi của t và R, sau khi lấy vi phân
phương trình (3)
d  R
 a 
 
a
 nt  nT  d  R


nG


0,25

0,25


0,25

Xét tia sáng AB đi song song với một cạnh của đa giác. Để được quỹ đạo khép
kín, sau khi khúc xạ qua thấu kính, tia sáng phải đi song song với cạnh tiếp
theo của đa giác. Để đạt được điều này, tia sáng phải bị lệch một góc
2

17 .(1)
Vì tia sáng song song với trục chính của thấu kính, sau khi khúc xạ tia sáng đi
qua tiêu điểm F’. Điều kiện này thỏa mãn khi tia sáng dịch chuyển trong
khoảng cách trục chính đoạn:
d  f .tan   f .
(2)

0,25

0,25

Dễ thấy, tia sáng này truyền dọc theo cạnh của hình đa giác 17 cạnh có chiều
dài bằng đoạn AB, hay

l  f  d tan   f (1   2 )

(3)
Bán kính của đường trịn nội tiếp đa giác này được xác định:

l

R

2 tan


2



0,25

f (1   2 )
30,8cm


(4)
Đối với thấu kính phân kỳ, cách giải tương tự nhau nhưng chỉ nên xét tia sáng
đến thấu kính tại điểm nằm dưới trục chính

0,25

0,25

Trong trường hợp này, chiều dài của hình đa giác 17 cạnh tạo bởi quỹ đạo của
tia sáng là:

l  f  f tan 2   f (1   2 ) (5)
Khi đó, bán kính của hình trịn nội tiếp được xác định:

R f

1  2
23, 4cm


(6)
Câu IV (4 điểm).

0,25

0,25


0,25

1. Áp dụng định luật II Niu tơn cho M trong hệ quy chiếu gắn với mặt đất và
cho m trong hệ quy chiếu gắn với M, ta được:
 Fms  T .cos  M .aM

 N  Mg  T sin  0

T cos   maM max'

'
T sin   mg ma y ma y
Khi trụ lăn không trượt, ta lại có:

TR  Fms .R I  


0,25

0,25

MR 2 aM
M .aM
.  T  Fms 
2 R
2

0,25

Từ đó ta có:
3

Fms
 Fms  T cos  M .aM 2T  2 Fms
T 
 
2  cos 

 N Mg  T sin 

 N Mg  T sin 

0,25

2(T  Fms )
1  cos  Fms


aM 
2.


M
2  cos  M

 N Mg  3 sin  .F
ms
2  cos 
=> 
Vì dây khơng dãn và ban đầu vận tốc của M và m đều bằng 0, nên:
-a’x. cosα – a’ysinα = γR = aR = aM =>

0,25

T .cos  
T sin  


 aM 
 .cos    g 
 .sin  aM
m 
m 


T
 (1  cos  ) aM  g sin 
=> m

=>

Fms 

( 2  cos  ) mg sin 
m
3  2(1  cos  ) 2 .
M

0,25
(1)

Mặt khác, vì trụ lăn không trượt, nên:
Fms  N 

Fms
1
3 sin 
3 sin 
 N mg 
Fms   

2  cos 
  2  cos 


 Fms Mg


(2)



Từ (1) và (2) ta có:

0,25

m
m
( 2  cos  ) sin 
3  2(1  cos  ) 2
1
3 sin  
1
M
M  3 sin 
1 

 

 (2  cos  ) m sin  2  cos 
  2  cos   3  2(1  cos  ) 2 m
M
M
m
(2  cos  ) sin 
(2  cos  ) sin 
M


m 6  4 cos   cos 2 

3  (5  4 cos   cos 2  )
M
Hay

0,25

Vậy để trụ lăn không trượt ngay sau khi thả hệ ta cần có


(2  cos  ) sin 
6  4 cos   cos 2 

Khi đó gia tốc của trục hình trụ:
m
(1  cos  )
g sin 
1  cos  Fms
M
aM 2
2.
m
2  cos  M
3  2(1  cos  ) 2
M
(1  cos  )sin 
aM 2.
g
3  4 cos   2 cos 2 
Hay


0,25

0,25

2. Dây treo hợp với phương nằm ngang góc α0 khơng đổi nếu:
a 'y
T sin  0  mg
tan  0 
'
ax
T cos  0  maM
T

Mà

3mg sin  0
3
Fms 
m
2  cos  0
3  2(1  cos  0 ) 2
M

0,25

3mg sin  0

sin  0  mg
m
3  2(1  cos  0 )

M
tan  0 
3mg sin  0
(1  cos  0 ) sin  0
cos  0  2.
mg
m
3  4 cos  0  2 cos 2  0
3  2(1  cos  0 ) 2
M
2

=>

cos 2  0 



0,25

5
1
cos  0  1 0  cos  0    0 600
2
2

(2  cos  0 )sin  0
1

2

6  4 cos  0  cos  0
3

0,25

Khi đó:
3. Tại thời điểm t = 0, trụ và vật nặng đều có vận tốc bằng 0 nên gia tốc góc
của dây là:

mgl cos   maM l sin  
(1  cos  )sin 
g
 cos   2
sin  
2
2
ml
3  4 cos   2 cos 

l
1
 2  cos    cos    g
2

d 
2
1  2(1  cos  )
l
=>


d 

0,25


1
=> γR = ad > 0  cosα > 2 = cosα0  α < α0 < 600

0,25

Do đó, nếu α < α0 thì dây quay ngược chiều kim đồng hồ (chiều làm tăng α),
cịn nếu α > α0 thì dây quay cùng chiều kim đồng hồ (chiều làm giảm α). Như
vậy, ban đầu dây có xu hướng tiến về vị trí hợp với phương ngang góc
α = α0 = 600.
Câu V (3 điểm).
a) Bố trí thí nghiệm như hình vẽ:
Cố định vị trí đặt khung dây (thẳng
đứng) và vị trí treo nam châm trên
trục của khung dây.
R
I
b) Từ trường tại vị trí treo nam châm
  
B
Bd  BTD
Nam châm
gồm:

B
~N&I , có thể viết dưới dạng

với d
I

Bd A.I
Giá đỡ

trong đó A là hằng số phụ thuộc vào
vị trí, số vịng dây và bán kính R, I là
dịng điện chạy qua khung.


B
/
/B
d
TD ta có B Bd  BTD A.I  BTD
Chọn phương
Phương trình dao động
T 2



M I qt 

B  Iqt   ''
hay

I qt

B từ đó:

Chu kì do động
1



 2  Bd  BTD   2 Bd  2 BTD
2
T
4 I qt
4 I qt
4  I qt
Đặt x = I (cường độ dịng điện) và
ta có y = ax + b
A

a  2 , b  2 BTD
4 Iqt
4 I qt
trong đó
Đồ thị có dạng như hình vẽ bên:

y

1
T2

0,5

0,5
B

 0
Iqt

y(1/T2)

β
=a

tanβ

b

0,5

x=I



42 I qt
BTD

b

c) Mô men từ của thỏi nam châm
;
các hệ số a và b có thể được xác định bằng phương pháp đồ thị hoặc phương
pháp bình phương tối thiểu.
* Biểu thức mơ men qn tính Iqt

mr 2

2 . Chú ý ta có Iy=Iz.
Mơ men qn tính đối với trục ox:
Chia thành các đĩa mỏng và dùng định lí Huyghen-Steiner tính mơ men qn
Ix 

z
d
l

y

0,5


l

x
O

tính của đĩa mỏng đối với trục oz và oy
r 2 dm 2
  dm
4
L
 r 2 2 
I z I y 2 dI y m    I qt
 4 12 
0

dI z dI y 


d) Nguyên nhân gây sai số
- Tùy theo độ lớn của Iqt. Nếu Iqt lớn, dao động không rõ rệt  cần hỗ trợ Bd
khung dây (tăng dịng)...
- Từ trường TĐ khơng đồng nhất trong khu vực đo.
Ghi chú: Học sinh làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa

0,5

0,5