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 ĐỀ XUẤT
Đơn vị đề xuất:

THPT Chuyên Thái Bình

ĐỀ THI MƠN: VẬT LÍ - LỚP 11
Thời gian: 180 phút (Khơng kể thời gian giao đề)
Bài 1 (4 điểm)
Một giọt kim loại lỏng có mật độ khối lượng đều và sức căng bề mặt khơng đổi σ, khiến nó tạo thành một
hình cầu có bán kính R. Trong suốt bài tốn này, có thể bỏ qua lực hấp dẫn. Một sợi dây dẫn mảnh được
luồn vào trong giọt kim loại và nối với một nguồn điện tích điện từ từ cho giọt kim loại. Khi tới một giá trị
tới hạn của điện tích, Q0, giọt kim loại bị tách làm đơi. Mỗi nửa lấy một nửa tổng điện tích của giọt (Q 0/2) và
một nửa khối lượng của giọt ban đầu. Một nửa bị đẩy ra xa so với nửa còn lại vẫn tiếp xúc với dây.
1. Để đơn giản, trước hết ta bỏ qua lực căng bề mặt, giả sử giọt kim loại phân tách ngay khi đạt tới điện tích
tới hạn và trạng thái cuối cùng (sau khi giọt tách làm đôi và hai nửa được phân tách rõ ràng) có tổng năng
lượng là gần bằng nhưng vẫn thấp hơn so với năng lượng tổng cộng của một giọt ban đầu. Tính giá trị của Q0
theo các đại lượng đã biết σ, R và ϵ0?
Đưa ra câu trả lời của bạn dưới dạng hằng số không thứ nguyên A nhân với tích lũy thừa của σ, R và độ điện
thẩm chân không ϵ0, và đưa ra giá trị bằng số của A đến ba chữ số có nghĩa
2. Khi nguồn hiện tại thêm nhiều điện tích vào giọt, nó tiếp tục chia đơi nhiều lần. Điện tích q n của giọt bắn
ra thứ n, tính theo Q0, là bao nhiêu.
3. Trong giới hạn mà toàn bộ khối lượng ban đầu của giọt đã bị đẩy ra, tổng công do nguồn hiện tại thực
hiện là bao nhiêu? Đưa ra câu trả lời của bạn dưới dạng hằng số không thứ nguyên B nhân với tích lũy thừa
của σ, R và ϵ0, đồng thời đưa giá trị số của B thành ba chữ số có nghĩa.

1
2

R2

chuyển
động E

a

a) Xác định cường độ dòng điện qua R? Chứng tỏ rằng hệ 2 thanh R 1, R2
động ở trên tương đương một nguồn không đổi duy nhất có suất điện
và điện trở trong r mắc với điện trở R?

được nối
trở R1 =
tiếp xúc
tốc
độ
cảm ứng
R

1. Đoạn mạch R được giữ cố định.

Hình 1

Hai thanh ray có điện trở khơng đáng kể đặt song song cách nhau d và
với nhau bằng một điện trở R. Mạch cũng chứa hai thanh kim loại có điện
2R và R2 = 3R có thể trượt dọc theo đường ray như trong hình 1 và ln
điện với hai ray. Các thanh được kéo ra khỏi điện trở R về hai phía với

không đổi lần lượt là v1 = 2v0 và v2 = v0. Hệ đặt trong một từ trường đều
từ vuông góc với mặt phẳng nằm ngang chứa hai ray và có độ lớn B.

R
1

Bài 2 (5 điểm)

b) Cho R = 5Ω; Ω; v0 = 2m/s; d =10,0 cm; B = 0,010T Xác định lực từ tác
R1, R2?

dụng lên

2. Đoạn mạch có R cũng là một thanh kim loại khối lượng m có thể trượt khơng ma sát dọc đường ray như
R1 , R2 và được thả tự do vào một thời điểm nhất định
a) Tính vận tốc giới hạn vf của thanh R khi ổn định?
b) Lập phương trình vận tốc v=v ( t) và phương trình chuyển động x=x (t) của thanh R?


Bài 3 (4,0 điểm)
1. Cho một hệ thấu kính mỏng - thấu kính hội tụ tiêu cự f1 và thấu kính phân kỳ tiêu cự f2 (|f2| < f1). Quang
trục của chúng trùng nhau và khoảng cách giữa chúng bằng |f2|. (như hình vẽ). Có một tia sáng đi đến quang
hệ từ phía thấu kính hội tụ dưới một góc α nhỏ lệch khỏi quang trục và cách trục này một khoảng cách h
nhỏ. Hãy tính góc lệch β khỏi quang trục của tia
ló đi ra từ
hệ.
2. Một chùm sáng song song rọi lên mặt cong Σ
cách chân không với mơi trường có chiết suất n.
(như hình bên)


h

α

phần
O1

O2

a) Hãy tìm phương trình mơ tả dạng của mặt
dưới dạng mối liên hệ giữa các toạ độ x và y sao
cho chùm khúc xạ hội tụ tại F các đỉnh của mặt
một khoảng f.
b) Hãy xác định kích thước chùm sáng lớn nhất mà mặt cong có thể
cho hội tụ tại F.
Bài 4 (5 điểm)
Tam giác Reuleaux là một hình phẳng hai chiều và là giao của ba hình trịn cùng
bán kính được vẽ sao cho tâm của mỗi hình nằm trùng với ranh giới của hai hình
kia (phần tơ xám trong sơ đồ hình 4.a). Người ta tạo ra một tam giác Reuleaux
từ một tấm vật liệu đồng chất có mật độ đều, Cho biết mơmen qn tính của tam
giác đối với trục quay đối xứng và vng góc với nó là: I = kmR 2, Trong đó m là
khối lượng tam giác, R là bán kính hình trịn (hay “bán kính tam giác”) và k là
một hằng số.
1. Treo một tam giác Reulaux bởi một trục quay O nằm ngang đi qua một đỉnh
của nó (hình 4.b). Kéo lệch tam giác khỏi vị trí cân bằng một góc θ0 (< 100) rồi
thả cho chuyển động. Bỏ qua mọi ma sát. Chứng tỏ rằng tam giác dao động điều
hịa và tìm chu kỳ dao động của nó?
2. Xét một "bánh xe" có dạng tam giác Reuleaux, mật độ đều, đủ dày để có thể
nó đứng trên mặt phẳng nằm ngang mà không bị đổ. Đặt “bánh xe” đứng trên
một mặt bàn ngang (hình 4.c). Tìm chu kỳ dao động nhỏ của bánh xe? Biết “bánh

xe” không trượt trên mặt phẳng ngang.

4.a
O

4.b

đặt

Bài 5 : (2 điểm):
Cho các dụng cụ sau:
+ Một quả cầu đồng chất.
+ Một thước Panme.
+ Một đồng hồ bấm giây.
+ Một gương cầu lõm chưa biết bán kính cong.
+ Biết gia tốc trọng trường g.
Hãy xây dựng phương án thí nghiệm xác định bán kính cong của gương cầu lõm nói trên.
a. Tìm chu kỳ dao động của cầu
b. Căn cứ vào chu kỳ dao động xác định bán kính cong của gương cầu

4.c


HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài 1 (4 đ)
1

- Từ gợi ý của đề bài, ta tính Q0 theo: Q0= A . σ a . ϵ b0 . Rc
- Nhận xét về đơn vị của các đại lượng:
Đơn vị của suất căng mặt ngoài σ là: N . m−1 hay :J .m−2;

Đơn vị của độ thẩm điện ϵ0 là: C 2 . N−1 . m−2 hay: C 2 . J −1 .m−1
Đơn vị của R: mét (m)
Đơn vị của Q0: cu-lông (C)
a
b
Như vậy ta có: Q 0 ( C ) =A . σ a ( J .m−2 ) . ϵ b0 ( C2 . J −1 . m−1 ) . R c (m c )
Sự đồng nhất về đơn vị đo cho:
C 2b =C ;
2 b=1
a=1/2
a
−b
a−b
⟹
⟹
a−b=0
b=1/2
J . J =J =1
−2 a
−b
c
−2 a−b+ c
−2a−b+ c=0
c =3/2
m . m . m =m
=1

{

{


1,0

{

Vậy: Q 0= A . √ σ . ϵ 0 . R3 (1)
Để xác định A ta có:
Năng lượng mặt ngồi của giọt chất lỏng: Ebemat =4 π R2 σ
Năng lượng điện trường của giọt tại thời điểm có điện tích Q0 là: Eđt =

Q 20
2C

Trong đó: C là điện dung của giọt, C=4 π ϵ 0 R
(học sinh không cần lập biểu thức tính năng lượng điện, năng lượng bề mặt và điện
dung, chỉ cần nêu cơng thức như trên)
Do đó tổng năng lượng của giọt là:
Q20
E0 =Ebemat + E đt =4 π R2 σ +
(2)
8 π ϵ0 R
Khi giọt “phân đôi”, điện tích của mỗi giọt mới là Q 1=Q0 /2 ;
3
Do thể tích khơng đổi nên mỗi giọt mới có bán kính: R1=R / √2 ;
Vì thế, năng lượng của mỗi giọt bây giờ là:
Q 21
√3 2Q20
3
E1=4 π R 21 σ +
=2 √ 2 . π R2 σ +

(3)
8 π ϵ 0 R1
32 π ϵ 0 R
Vì để đơn giản, ta đã coi giọt bị “phân đôi” ngay khi đạt tới tới hạn – nghĩa là bỏ qua tác
động của lực căng bề mặt và xem tổng năng lượng của 2 giọt mới nhỏ gần bằng năng
lượng giọt ban đầu, do đó:
2 E1 ≈ E 0 (4)
Thay (1,2,3) vào (4) ta thu được:

√

3

2−1
A=8 π √ 3 ≈ 14,9
2−√ 2

(Mơ hình về sự khơng ổn định của giọt chất lỏng tích điện này là khơng hồn tồn chỉnh
xác và được chọn để làm cho vấn đề trở nên đơn giản. Trên thực tế, trạng thái cuối
cùng có năng lượng thấp hơn là chưa đủ; lực tĩnh điện đẩy cần phải vượt quá lực căng
bề mặt, nếu khơng thì bong bóng khơng thể chuyển sang trạng thái năng lượng thấp hơn
này. Tính tốn điều này địi hỏi một phép tính khác, lần đầu tiên được thực hiện bởi
Lord Rayleigh vào năm 1882, đưa ra “giới hạn Rayleigh” là A = 8π  25,1)

1,0


2

3


Xét giọt kim loại trước lần “phân đôi” thứ n, ngĩa là sau (n-1) lần “phân đơi”
Thể tích và bán kính của giọt khi đó là:
V
R
V n−1= n−1 ⟹ R n−1= (n−1)/3
2
2
Điện tích giới hạn cho lần “phân chia” thứ n là:
Q0
Q n= A √σ ϵ 0 R3n−1= (n−1)/
2
2
Sau mỗi lần “phân đơi”, điện tích và thể tích lại giảm đi một nửa, do đó sau n lần phân
đơi thì:
- Điện tích của giọt là:
Q
Q0
q n= n = (n+1)/2
2 2
- Bán kính của giọt:
R
Rn = n /3
2
- Tổng cơng của nguồn đã thực hiện là: W =Bσσ R2
Công W này bằng hiệu giữa năng lượng Ef của trạng thái cuối cùng, nơi có nhiều giọt
nhỏ đã bị phân tán ra xa, và năng lượng Ei = 4πσR2 của giọt ban đầu, khơng tích điện:
W =Ef −Ei
- Năng lượng cuối cùng bao gồm sức căng bề mặt và năng lượng tĩnh điện của tất cả các
giọt nhỏ, có bán kính Rn và điện tích qn được tính ở trên.

- Như vậy năng lượng cuối cùng của hệ là:
∞
∞
∞
q2n
Q20
1
1
2
2
E f = ∑ 4 π Rn σ +
=4 πσ R ∑ 2n +
∑
8 π ϵ 0 Rn
16 π R0 ϵ 0 1 23n
n =1
n=1
23
2
∞
2
2
A
1
A
1
¿ 4 πσ R2 1+
=4 πσ R2 1+
=4 πσ R2 × 2,30
2 ∑ 2n

2
2 /3
64 π 1 3
64 π 2 −1
2
- Vậy:
W =Ef −Ei ≈ 4 πσ R2 × 1,30=16,3 σ R2

(

1,0

1,0

)

(

)

(

)

Bài 2 (5đ)
1.
I1
I2
1
Khi các thanh di chuyển, xuất hiện các suất điện

(2,5đ) động cảm ứng và các thanh đóng vai trò như các
nguồn điện trong mạch với các suất điện động e1
và e2. Áp dụng định luật cảm ứng điện từ ta xác
1
2
R
định được cực của các nguồn như hình vẽ và giá
e
e
trị của các suất điện động là:
1
2
e 1=Bσd v 1 ; e 2=Bσd v 2
I
R2
R1
Giả thiết các dịng điện qua các vật dẫn như hình
vẽ.
- Áp dụng định luật Kirchhoff cho các mạch vòng chứa R và các thanh R1, R2 ta có:
+ Với mạch vịng chứa R1 ta có:
e 1−IR
e 1−I 1 R1−IR=0 ⇒ I 1=
(1)
R1
+ Với mạch vịng chứa R2 ta có:

0,25Ω;

0,25Ω;



e2 + IR
( 2)
R2
+ Tại nút nối R và ray: I 1=I + I 2 ⇒ I =I 1−I 2 (3)
Thay (1) và (2) vào ta có:
e
e 1
3 e −2 e 2 5
1
I= 1 − I − 2 + I = 1
− I
2R 2
3R 3
6R
6
3 v 1−2 v 2 4 Bσd v 0
⇒ I =Bσd .
=
11R
11 R
Thay số ta được: I = 145Ω; μA và hướng như hình vẽ giả thiết.A và hướng như hình vẽ giả thiết.
Từ (1,2,3) ta cũng có:
e 1 e2
−
R1 R 2
e 1 e2
1 1
−
+

R 1 R2
R1 R 2
E
I=
=
=
R
R
R+r
1 1
1+ R .
+
R+ 1 2
R1 R 2
R 1 + R2
Trong đó:
e1 e2
2 Bσd v 0 Bσd v 0
−
−
R 1 R2
R R
2R
3R
4
E=
=
= Bσd v 0 ; r= 1 2 =1,2 R
1
1

5
R1 + R2
1 1
+
+
2R 3R
R1 R2
Nguồn E có cực dương trùng với cực dương của e1.
b.
Bσd v 1−IR
=328 μAA , hướng như giả thiết.
- Cường độ dòng điện qua thanh R1: I 1=
R1
Lực từ tác dụng lên R1 có độ lớn:
F 1=Bσ I 1 d=3,28 ×10−7 N
⃗
F 1 nằm ngang, hướng sang phải, ngược chiều ngoại lực làm thanh R1 di chuyển.
Bσd v 2+ IR
=182 μAA , hướng như giả thiết.
- Cường độ dòng điện qua thanh R2: I 2=
R2
Lực từ tác dụng lên R2:
F 2=Bσ I 2 d=1,82× 10−7 N
⃗
F 2 nằm ngang, hướng sang trái, ngược chiều ngoại lực làm thanh R2 di chuyển.
2
a. Lực từ tác dụng lên thanh R khi nó được giữ cố định: F 0=BσId=1,45 ×10−7 N
⃗
F 0 có hướng sang trái. Như vậy để giữ thanh R đứng yên thì phải tác dụng vào nó ngoại
lực hướng sang phải. Nếu ngừng tác dụng ngoại lực để cho thanh R chuyển động tự do

thì ta thấy:
+ Lực từ tác dụng lên thanh sẽ truyền gia tốc làm nó
bắt đầu
tăng tốc sang trái. Khi đó cũng xuất hiện suất điện
động
R
cảm ứng e=Bσdv trong nó, với v là vận tốc của
thanh ở
thời điểm khảo sát.
e với
E, r
+ Theo như câu 1a, hai thanh R1 và R2 tương đương
nguồn (E, r). như vậy hệ lúc này tương đương với
mạch
như hình vẽ. Ta có:
i
e 2−I 2 R2 + IR=0 ⇒ I 2=

(

)(

)

(

(

(


2
(2,5Ω; đ)

0,25Ω;

)

(

)

) (

)

)

(

)

(

)

0,25Ω;

0,25Ω;

0,25Ω;


0,25Ω;
0,25Ω;
0,25Ω;
0,25Ω;

0,25Ω;

0,25Ω;


E−e E−Bσdv
=
R+r
R+r
Vận tốc v của thanh tăng dần từ 0 và ta
giảm dần, lực từ tác dụng lên thanh R là
F=Bσai cũng giảm dần. Khi ổn định thì
lực từ triệt tiêu và thanh chuyển động
đều với vận tốc vf và khi đó:
E 4
E−Bσd v f =0 ⇒ v f = = v 0
Bσd 5
E−e−i ( R+ r )=0 ⇒ i=

i1

thấy i

i2

R

1
e

e

1
R
1

2
e

i = 0,
thẳng

2

i

R2

(Có thể tính trực tiếp, khơng bằng cách sử dụng nguồn tương đương như sau:Cường độ
dòng điện qua R, R1 và R2 lần lượt là i, i1 và i2, chiều dương của dịng điện như trên
hình. Ta cũng có:+ Với mạch vịng chứa R1:
−Bσdv+ Bσd v 1 iR −Bσdv + Bσd v 1 i
−Bσdv+ Bσd v 1−i 1 R1−iR=0⇒ i1 =
− =
− ( 4)

R1
R1
2R
2
+ Với mạch vòng chứa R2:
Bσdv + Bσd v 2 iR Bσdv+ Bσd v2 i
Bσdv+ Bσd v 2−i 2 R2 +iR=0 ⇒i 2=
+ =
+ (5)
R2
R2
3R
3
+ Khi ổn định, thanh R chuyển động thẳng đều với vận tốc v f khơng đổi, cường độ dịng
điện qua thanh là i = 0. Khi đó ta có:
−Bσd v f + Bσd v 1 Bσd v f + Bσd v 2
i 1=i 2 ⇒
=
R1
R2
(v ¿ ¿ 1 R 2−v2 R1) 2 v 0 .3 R−v 0 .2 R 4
vf =
=
= v0 ¿
2 R +3 R
5
( R1 + R 2 )
b. Phương trình vận tốc và phương trình chuyển động của thanh R:
Lấy gốc tọa độ tại vị trí ban đầu của thanh R, mốc thời gian là thời điểm thả thanh; trục
Ox trùng hướng vectơ v1.

- Giả sử ở thời điểm t, thanh R ở vị trí có tọa độ x, có vận tốc v.
Lực từ tác dụng lên thanh có phương ngang, vng góc với thanh: F=Bσid
Mặt khác, do các ray nằm ngang và khơng có ma sát nên:
F . d t=m. d v ⇒ ( Bσdi ) . d t=m . d v
Ta có từ phần 2a:
4
Bσd v 0−Bσdv
E−e 5
Bσd
i=
=
=
( 4 v 0−5 v )
R+ r
6
11 R
R+ R
5
(Tương tự như phần trên, kết quả này có thể nhận được theo cách tính trực tiếp với các
mạch vịng (R1, R) và (R2, R) như trên thu được (3), (4), đồng thời với chú ý tại nút nối
R với ray thì: i 1=i+i 2).
Do đó:
( Bσd )2
dv
4 v 0−5 v )=m
(
11R
dt
2
−5 ( Bσd )

4
dv
v− v 0 =m
11 R
5
dt
4
Đặt: ξ=v− v 0 ⇒ d v=d ξ
5

(

)

0,25Ω;

0,25Ω;
0,25Ω;

0,25Ω;


−5 ( Bσd )2
dξ
d t=
11 mR
ξ
5 ( Bσd )2
−5 ( Bσd )2
∫ dξξ =−∫ 11 mR d t ⇒ ln ξ= 11 mR .t +ln C (C=const )

−5 ( Bσd )2
4
⇒ ξ=v− v 0=C . exp
.t
5
11mR

{

}

−5 ( Bσd )2
4
v= v 0 +C . exp
.t
5
11mR

{

0,25Ω;

}

Với điều kiện ban đầu: v(0) = 0 thì ta có C=

0,25Ω;

−4
v , do đó:

5 0

2
4
−5 ( Bσd )
v= v 0 1−exp
.t
5
11mR
+ Đồ thị biểu diễn sự thay đổi của v theo thời gian như hình vẽ:
+ Khi t → ∞ thì: v=v f =0,8 v 0

(

})

{

- Ta có: v=

2
2
dx 4
−5 ( Bσd )
4
−5 ( Bσd )
= v 1−exp
. t ⇒d x = v 0 1−exp
.t dt
dt 5 0

11 mR
5
11mR

(

})

{
})

(
{

})

{

2
2
−5 ( Bσd )
−5 ( Bσd )
4
4
11mR
x=∫ v 0 1−exp
.t d t= v 0 t +
exp
.t +D
5

11mR
5
11 mR
5 ( Bσd )2
−44 mR v 0
Với điều kiện x(0) = 0 ta có: D=
. Vậy:
25 ( Bσd )2

0,25Ω;

44 mR v 0
−5 ( Bσd )2
4
x= v 0 t +
exp
. t −1
5
11 mR
25 Bσ2 d 2

0,25Ω;

(

{

(

[ {


})

} ]

Bài 3 (4 đ)
Câu

Nội dung
Đường truyền của tia sáng đi qua quang hệ như hình vẽ

Điểm

ta
có sơ đồ tạo ảnh
S

S là vật ảo của O1
Nên với  ,  nhỏ

tan   và:

S1

O1

d'1

d1


h

α

02
d2

O1

h
d1   O1S1  

 d1' 

A

S2

0,25

d'2

S S
S
2
1

ta có
O2
B


d1 f1
hf1

 f1
d1  f1 h  f1

β

0,25


Do đó S1  O1O2 là vật của O2

Ta có:

d 2 O1O2  d1'  f 2  d1' 
d 2' 

Vị trí của ảnh S2 là:

h f 2  f1    f 2 . f1
h  f1

0

0,25

(1) .


d f
d2 f2
 O2 S 2  d 2'  2 2
d2  f2
d2  f2

0,25 đ
.

O2 B O2 S1
d2
d  h  f1 


 2
hf
h
O1S1
h. f1
1
h
f1
Xét AO1S11  BO2 S1 ⟹
 h  f1  d 2
O2 B 
f1
Suy ra:


Góc tia ló:



Ta được:

O2 B  h  f1  d 2 d 2  f 2

.
O2 S 2
f1
d2 f2

 h  f1  . d
f1 f 2

2

 f2 

0,25
(2)


Thay (1) vào (2) ta được:



h  f1  h f 2  f1    f 2 f1
.
 f 2 
f1 f 2 

h  f1


2f1 f 2  2h f 2  hf1
f1 f 2

   2 

2h h

f1
f2

(0,25
đ)

.

Dùng hệ toạ độ đi qua trục đối xứng của mặt cong như hình vẽ. Tính đẳng thời của các
1.
đường truyền được thoả mãn khi quang trìnhcác tia từ mặt phẳng AO đến F bằng nhau:
(1,5Ω; đ)
AM + n.MF = n.f(1)
(0,25
Y
Trong
đó:
AM
=
x

và
đ)
2

MF  y 2   f  x 
Thay vào (1) ta đuợc:
1  n 2 2 f  n  1
y 2  x2 2 
x
n
n
đó chính là phương trình của mặt cắt của
mặt cong với mặt phẳng toạ độ z = 0. Ta
có thể biến đổi phương trình đó thành
dạng dễ hình dung hơn, bằng cách chia cả
n 1
f2
n 1 .
hai vế cho lượng

A (y)

l2

O
x

2

Khi đó:


M(x,y)

y2
x 2  n  1
2 n  1


x
2
2
n
f
nf
2 n 1
f
nl

X

(0,25
đ)

0,25

(0,25
đ)


2


 x n  1 
y2
 
 1  1
nf
2 n 1


f
nl

Bằng cách thêm và bớt vào vế trái các số 1 và -1 ta có:
2
n 1
n
y 2  x  b
a f
;b  f

1
n 1
n  1 , ta có:
a2
b2
đặt
đây là đường elíp có các bán trục a và b và có các tâm các gốc hệ toạ độ đã chon một
khoảng b.
Kích thước lớn nhất của chùm sáng bằng 2a


0,25Ω;

0,25Ω;
Bài 4 (5Ω; đ)
Câu
1.
(2đ)

Nội dung
- Do tính đối xứng nên khối tâm C của vật là tâm của tam giác đều có 3 đỉnh là 3 tâm
hình trịn gốc (cũng là 3 “đỉnh” của “tam giác” Reulaux). Ở trạng thái cân bằng khi
treo bằng trục quay O qua đỉnh tam giác thì C nằm trên đường thẳng đứng qua O. Xét
góc lệch θ của OC (OC = r) so với phương thẳng đứng.
- Lực tác dụng lên tam giác bao gồm trọng lực ⃗
P và phản lực ⃗
R của trục quay. Gọi I(O)
⃗
M ( R ) lần lượt là mơmen
là mơmen qn tính của tam giác đối với trục quay O; M ( P) , ⃗
⃗
⃗
của P và R đối với trục O. Phương trình ĐLH cho chuyển động quay của tam giác
quanh trục O:
I (O) θ⃗ ’ ’=⃗
M ( P )+ ⃗
M (R)
⇒ I (O) θ ' '=−mgr sin θ
Với dao động nhỏ thì: sinθ ≈ θ nên ta có:
mgr
θ' ' +

θ=0
I (O )
mgr
ta có:
θ' ' + ω2 θ=0
I (O )
Phương trình có nghiệm dạng: θ = θ 0 cos(ωt + φ), với θt + φ), với θ), với θ0 là biên độ góc, φ), với θ là hằng số
xác định từ các điều kiện ban đầu. Như vậy với điều kiện góc lêch nhỏ thì tam giác
dao động điều hịa với
I (O )
mgr
tấn số góc: ω=
;
chu kỳ: T = 2 π =2 π
I (O )
ω
mgr
Đặt: ω=

√

√

√

2 R √3 R √ 3
=
Thay: d= .
3 2
3


2

R √3
1
= k + m R2
Và áp dụng định lý Huyghen: I (O) =I + md =km R +m
3
3
Ta được:
2

T =2 π

√

( k+ 13 )m R =2 π
R √3
3

( ) ( )

0,25Ω;

0,25Ω;

0,25Ω;

0,25Ω;


0, 5Ω;

0, 5Ω;

2

mg

2

Điểm

(√ 3 k√+13 ) Rg


2.
Ở trạng thái cân bằng trên mặt phẳng nằm
(2,5Ω; đ) ngang (với bề dầy của vật đủ lớn để không bị
đổ)
- Ta viết phương trình định luật II Newton cho
vật theo phương x và y khi bị lệch góc nhỏ θ :
ΣFF ❑y =N −mg=m a y ; F x =m a x
Với góc lệch θ nhỏ ta có:
a y =( r . cos θ )' ' ≈ 0;
a x =¿
Do đó: N ≈ mg; F x ≈ mr θ' '

Hv:0,25Ω;
0,25Ω;
0,25Ω;

0,25Ω;

- Phương trình chuyển động quay xét với trục qua khối tâm C:
I θ ' ' =−Nx + F x . r
Thay N và Fx vào ta có:
I θ ' ' =−mgx+mr 2 θ' ' ⇔ ( I + mr 2 ) θ' ' =−mgx
+ Mặt khác ta có:
2
π
3
x=( R−r ) sin θ ≈ ( R−r ) θ= R sin . θ= √ Rθ
3
3
3
√3 R ⇒r 2 = 4−2 √ 3 R2
⇒ r = 1−
3
3
+ Thay vào ta có:
4−2 √ 3 2 ' '
√ 3 Rθ
⇒ km R 2+ m.
. R θ =−mg
3
3
4−2 √ 3
√ 3 θ=0 ⇔ θ ' ' +
g
⇒ k+
R .θ '' + g

θ=0
3
3
4−2 √3
k+
R √3
3
⇒ Tam giác dao động điều hòa với tần số góc ωt + φ), với θ:
g
g √3
ω 2=
=
R ( 3 k + 4−2 √ 3 )
4−2 √ 3
k+
R √3
3
+ Chu kỳ dao động:
R ( 3 k+ 4−2 √ 3 )
T =2 π
g √3
Có thể tìm chu kỳ dao động theo phương pháp năng lượng:
+ Tọa độ khối tâm: x=x O− ( R−r ) sin θ=Rθ−( R−r ) sin θ
y= yO −(R−r ) cos θ=R−( R−r ) cos θ
+ Vận tốc khối tâm: v y = y ' =(R−r )sinθ . θ'
v x =x ' =[ R−( R−r) cos θ ] . θ '
+ Cơ năng (mốc thế năng tại mặt phẳng ngang):
2
1
1

E= ( v 2x + v 2y ) + I . ( θ ' ) + mgy
2
2
m 2
⇒ E= [ R + ( R−r )2 −2 R ( R−r ) cos θ ] . ¿
2
+ Với trường hợp dao động nhỏ:

(

)

(
(

(

)

0,25Ω;
0,25Ω;
0,25Ω;

)

)

(

(


)

√

0,25Ω;

)

0,25Ω;

0,25Ω;


E≈

m 2
[ R + ( R−r )2 −2 R ( R−r ) ] .¿
2

m 2
r .¿
2
Bảo toàn cơ năng cho: E = const do đó E’ = 0 ⇒
m 2 ' '' m
r .2 θ .θ + k R 2 .2 θ' θ '' +mg ( R−r ) θ' .θ=0
2
2
2
2 ''

⇒ ( r + k R ) θ + g ( R−r ) . θ=0
+Với cách tính r2 như trên ta có phương trình vi phân:
4−2 √ 3
√3 θ=0
k+
R . θ' ' + g
3
3
⇒ Vật dao động điều hòa,…
¿

(

)

Bài 5 : (2 điểm)
C

a. (1,5 điểm)



Thả nhẹ để quả cầu lăn không trượt trên mặt gương cầu lõm và dao
động với li độ góc  bé.Chọn chiều dương trục tọa độ như hình vẽ.
Phương trình chuyển động quay của quả cầu quanh tâm quay tức

⃗
N
G


K

P

thời K

 mgr. I K  (1) .......................................................... (0,25 đ)
Mơ men qn tính của quả cầu đối với tâm quay tức thời K:

2
7
I K I G  mr 2  mr 2  mr 2  mr 2
5Ω;
5Ω;
(2) ...................................... (0,25 đ)
Khối tâm G của quả cầu dao động quanh vị trí cân bằng

vG ( R  r ) ( R  r )  (3) ............................................ (0,25 đ)
Đạo hàm hai vế của (3) thu được gia tốc khối tâm của quả cầu :

aG ( R  r ) 

(4) ................................................... (0,25 đ)

⃗
vG


Fmsn



Xét chuyển động lăn của quả cầu quanh khối tâm G, ta có

aG r   

aG
r



(R  r)
 ''
r
(5Ω; ) ................................... (0,25 đ)

  
Thay (2) và (5Ω; ) vào (1) và rút gọn được :

5Ω; g
 0
7( R  r )
(6)

Vậy quả cầu dao động điều hòa với chu kì
T 2

7( R  r )
5Ω; g
(7) .................................................... (0,25 đ)


- Tiến hành:

5Ω; gT 2
R
r
282
Từ (7) rút được :
(8)
Dùng thước Panme đo r , dùng đồng hồ đo T , dựa vào cơng thức trên tính được R theo bảng
sau: .......................................................................................................... (0,25 đ)
- Xử lý số liệu:

R

R1  R 2  R 3
R  R min
; R  max
.
3
2

Ghi kết quả : R R R. ........................................................................... (0,25 đ)