Đề HSG môn Vật lý lớp 12 năm học 2015-2016 - Sở GD&ĐT Gia Lai - Bảng A - Hệ Không Chuyên - File word có lời giải chi tiết

SỞ GD&ĐT GIA LAI BẢNG A

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2015-2016

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ 12- THPT
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
( Đề gồm 02 trang)

Câu 1 (4,0 điểm):
Một đĩa tròn đồng chất, khối lượng m =2kg phân bố đều,
bán kính R = 0,5m , có thể quay quanh trục thẳng đứng ở độ
cao h = 1m so với mặt đất. Một lá thép mỏng, nhẹ được uốn
R
thành nửa vòng tròn có bán kính r = , được gắn cố định
2
trên đĩa (hình 1). Ban đầu, đĩa ở trạng thái đứng yên, một
quả cầu nhỏ khối lượng m = 1kg được truyền với vận tốc
vo = 3 m/s theo phương tiếp tuyến vào phía bên trong bề
mặt của vòng thép. Lấy g = 9,81 m/s2, bỏ qua ma sát và lực cản của không khí.
a) Tìm tốc độ của quả cầu ngay khi rời đĩa.
b) Tìm khoảng cách từ mép của đĩa đến nơi quả cầu chạm đất.
c) Kể từ thời điểm quả cầu rời đĩa tại vị trí K đến thời điểm quả cầu chạm đất tại A thì điểm K trên đĩa
cách A một khoảng bao xa?
Câu 2 (3,0 điểm):
Một lượng khí lý tưởng lưỡng nguyên tử có các quá bình biến đổi theo
chu trình 0-1-2-3-0 như hình 2: Quá trình 0-1 làm nóng đẳng tích; quá
trình 1-2 dãn nở đẳng áp; quá trình 2-3 làm lạnh đẳng tích; quá trình 3-0
nén đẳng áp. Trong quá trình biến đổi, nhiệt độ của khí đạt giá trị nhỏ

nhất Tmin = To, đạt giá trị lớn nhất Tmax = 4To. Hãy tìm giá trị a và hiệu
suất cực đại (nmax) của chu trình?
Câu 3 (4,0 điểm):
Cho mạch điện như hình 3. Các nguồn điện có suất điện động và điện trở
1.
trong lần lượt E1 = 36(V), r1 = 5(Ω) ; E2 = 32(V), r2 = 2(Ω) . Điốt lí tưởng,
mạch ngoài có hai điện trở giống nhau, mỗi điện trở có giá trị Ro = 50(Ω)
mắc song song. Công suất mạch ngoài sẽ thay đổi bao nhiêu lần nếu hai điện
trở được mắc nối tiếp?
Cho mạch điện xoay chiều như hình 4. Cuộn dây thuần cảm có hệ số
2.
1
10−4
tự cảm L = (H), điện trở R1 = 50 3(Ω) , tụ điện C2 =
( F ) , biến trở
π
4π
R2 và tụ điện C1 có điện dung thay đổi được. Vôn kế, các dây nối và khoá
K lí tưởng. Đặt vào hai đầu dây A, B điện áp xoay chiều có biểu thức
u AB = 220 2 cos100π t (V ).

10−4
a) Khoá K ngắt (hở), điều chỉnh C1 =
( F ) , R2 = 150 3(Ω) , hãy viết
2π
biểu thức dòng điện tức thời qua điện trở R1?
b) Khoá K đóng, điều chỉnh R2 = 50 3(Ω) , giá trị của C1 bằng bao nhiêu
vôn kế chỉ giá trị lớn nhất? Tìm giá trị lớn nhất đó?
Câu 4 (3,0 điểm):

để

1


Một thanh kim loại MN đồng chất, tiết diện đều, đặt nằm ngang khối lượng m = 100(g), có thể trượt
vuông góc và luôn tiếp xúc với hai thanh ray kim loại IH, PQ tạo với mặt phẳng ngang góc α = 30°.
Nối I và P với một tụ điện có điện dung C = 10-3(F), tụ điện chịu được hiệu điện thế tối đa là 1, 28 3
ur
(V). Hệ thống được đặt trong một từ trường đều có véc tơ cảm ứng từ B thẳng đứng hướng xuống và
có độ lớn B = 1(T) (hình 5). Khoảng cách giữa hai thanh ray là l = 2( m) , lấy g = 10m/s2 hệ số ma sát
trượt giữa thanh MN và hai thanh ray là μ = 0,5. Coi các thanh ray đủ dài, hệ thống đặt cách điện trên
mặt phẳng ngang, điện trở của mạch và các dây nối không đáng kể. Hỏi sau bao lâu kể từ khi thanh
MN chuyển động từ trạng thái nghỉ thì tụ điện bị đánh thủng?
Câu 5 (3,5 điểm):
Một điểm sáng S chuyển động theo vòng tròn với vận tốc có độ lớn không
đổi vo = 2m/s xung quanh trục chính của thấu kính mỏng L nằm trong mặt
phẳng vuông góc với trục chính và cách thấu kính một khoảng 5cm. Ảnh S’
qua thấu kính chuyển động có tốc độ v = 4m/s trên quỹ đạo tròn cùng chiều
với chiều chuyển động của S.
a) Tìm tiêu cự f của thấu kính L.
Thấu kính L được đặt trùng với mặt phẳng (π) nằm ngang qua miệng một cái
chậu có độ sâu h, đáy chậu có gắn gương phẳng G nằm ngang như hình 6. Điểm sáng S nằm trên trục
chính của thấu kính, trong khoảng giữa gương và thấu kính, khi đó ta thu được hai ảnh thật của S cách
20
(cm) . Cho nước vào đầy chậu thì hai ảnh vẫn là thật nhưng cách nhau 15(cm). Biết chiết suất
nhau
3
4
của nước là n = . Xác định độ sâu h của chậu và khoảng cách từ điểm sáng S tới thấu kính.

3
Câu 6 (2,5 điểm):

HƯỚNG DẪN ĐĂNG KÝ TÀI
LIỆU
(Số lượng có hạn)

Soạn tin nhắn
“Tôi muốn đăng ký tài liệu, đề thi file word môn
Toán”
Rồi gửi đến số điện thoại

0969.912.851
Sau khi nhận được tin nhắn chúng tôi sẽ tiến hành
liên lạc lại để hỗ trợ và hướng dẫn
GDSGDSGDSGFSDFGDSGSDGSDGDS

2


Cho một vật hình trụ có phần rỗng cũng hình trụ, có trục song song với trục của hình trụ và chiều dài
bằng chiều dài của vật hình trụ (hai đầu phần rỗng được bịt bằng vật liệu mỏng, nhẹ). Sử dụng các
dụng cụ: 01 chậu nước (cho khối lượng riêng của nước là ρ n ), 01 cái thước (có độ chia nhỏ nhất
1mm), 01 chiếc bút, 01 tấm ván.
Biết khối lượng riêng của chất làm vật hình trụ là ρ và khi thả trong nước vật hình trụ có một phần
nổi trên mặt nước. Trình bày phương án thí nghiện để:
a) Đo bán kính phần rỗng trong của hình trụ.
b) Đo khoảng cách giữa trục của hình trụ và trục của phần rỗng.

3

SỞ GD&ĐT GIA LAI BẢNG A

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2015-2016

HƯỚNG DẪN GIẢI

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ 12- THPT

1
2
Câu 1. a) Lập luận dẫn đến : mv1 R − MR ω = 0
2
1 2 1 2 1 1
2 2
Mặt khác, ta có: mv0 = mv1 + . MR ω
(2)
2
2
2 2
2mv1 R
m v
=2 . 1
Từ (1), tốc độ góc của đĩa: ω =
(3)
2
MR
M R

Thay vào (2), ta được :
2
1 2 1 2 1 1
m v1   m m 2  2
2
mv0 = mv1 + . MR  2 . ÷ =  +
÷v1
2
2
2 2
 M R  2 M 

(1)

(4)

M
2
m
=3
= 2,12( )
M + 2m
2 + 2.1
s
2h
2.1
=
= 0, 45( s)
b) Thời gian quả cầu chạm đất kể từ lúc rời đĩa là t =
g

9,81
Quãng đường mà quả cầu chuyển động được theo phương ngang trong thời gian này là
2h
sx = v1
= v1.t = 2,12.0, 45 = 0,95(m)
g
Khoảng cách x theo phương ngang từ mép của đĩa đến nơi quả cầu chạm mặt đất:
M
2h
x = R 2 + (v1t ) 2 − R = R 2 + v02
.
−R
M + 2m g
Tốc độ của quả cầu m khi rời đĩa là: v1 = v0

⇒ x = 0,52 + 32.

2
2.1
.
− 0,5 = 0,58( m)
2 + 2.1 9,81

Khoảng cách d A từ mép của đĩa đến nơi quả cầu chạm mặt đất:

d A = h 2 + x 2 = 12 + (0,58)2 = 1,156(m) ≈ 1,16(m)
c) Góc mà đĩa quay được trong thời gian t :
mv
M
2h

 m v 
ϕ = ωt =  2 . 1 ÷t = 2 0
.
(5)
MR M + 2m g
 M R
1.3
2
2.1
.
= 1,92rad ≈ 110°
2.0,5 2 + 2.1 9,81
Gọi: K1 vị trí hình chiếu của điểm K nơi mà quả cầu rời đĩa; K2 là
trí của điểm K tại thời điểm quả cầu chạm đất.
· OK = ϕ ; ·AOK = α ; ·AOK = β
Ký hiệu các góc trên mặt phẳng hình chiếu bằng: K
1
2
1
2
R
Ta có: α = arccos
(6)
d0
⇒ϕ = 2

2
2
2
2

Với d 0 = R + sx = R + v1 .

vị

2h
g
4


M
2h
2
2.1
= 0,52 + 33.
= 1, 08( m)
M + 2m g
2 + 2.1 9,81
R
0,5
= 1, 09(rad ) = 62, 4°
Thay vào (6) ta tính được α = arccos = arccos
d0
1, 08
Do đó β = 2π − ϕ − α = 6, 28 − 1,92 − 1, 09 = 3, 27( rad ) = 187,5°
Áp dụng định lí hàm số cos ta tìm được hình chiếu trên phương ngang
⇒ d 0 = R 2 + v02 .

AK 2 x = d 02 + R 2 − 2d 0 R cos β = 1, 082 + 0,52 − 2.1, 08.0,5.cos187,5° = 1,58(m)
Suy ra khoảng cách cần tìm được xác định bởi định lí Pi-ta-go:
AK 2 = h 2 + AK 2 x 2 = 12 + 1,582 = 1, 78(m)

Câu 2. Ta có: A = ( p1 − p0 )(aV0 − V0 )
(1)
p0V0 p1aV0
4p
=
⇒ p1 = 0
Mặt khác:
(2)
T0
4T0
a
Từ (1) và (2) suy ra:
4p
4 
A = ( 0 − p0 )(aV0 − V0 ) = pV0  − 1÷(a − 1)
a
a 
pV0
=
( 4 - a ) (a − 1) (3)
a
5
5  4p
5
4−a

4  5
Lại có: Q01 = ∆U1 = ∆pV0 =  0 − p0 ÷V0 = p0V0  − 1÷ = p0V0
2
2 a

2
a
a  2

5
7
Q12 = ∆U 2 + p∆V = p1∆V + p1∆V = p1∆V
2
2
7 4p
14
a −1
⇒ Q12 = . 0 (aV0 − V0 ) =
p0V0 (a − 1) = 14 p0V0
(5)
2 a
2
a
A
Hiệu suất chu trình được xác định bởi: η =
(6)
Q01 + Q12
pV0
( 4 - a ) (a − 1)
a
η
=
Thay (4) và (5) vào (6), ta được:
5
4−a

a −1
p0V0
+ 14 p0V0
2
a
a
pV0
( 4 - a ) (a − 1) ( 4 - a ) (a − 1) a 2 − 5a + 4 f (a)
⇒η = a
=
=
=
(7)
p0V0
(11,5
a
−
4)
4
−
11,5
a
g (a)
(11,5a − 4)
a
dη f '(a ).g (a ) − f (a).g '(a)
=
=0
Lấy đạo hàm η theo a và cho bằng 0, ta có:
da

g 2 (a )
 f (a ) = a 2 − 5a + 4  f '(a ) = 2a − 5
⇒
Với 
 g '(a ) = −11,5
 g (a ) = 4 − 11,5a
Từ (8) suy ra: f '( a).g ( a) − f ( a).g '(a) = 0 ⇔ f '(a ).g (a ) = f ( a).g '(a )

(4)

(8)

⇒ ( 2a − 5) ( 4 − 11,5a ) = −11, 5 ( a 2 − 5a + 4 ) ⇒ 11,5a 2 − 8a − 26 = 0
Dùng máy tính cầm tay, giải phương trình trên, ta được a = 1,89
Thay vào (7) ta tính được hiệu suất cực đại của chu trình
a 2 − 5a + 4 1,892 − 5.1,89 + 4
ηmax =
=
= 0,106 = 10, 6%
4 − 11,5a
4 − 11,5.1,89

5


Câu 3. 1. Nếu điốt mở, áp dụng định luật ôm, ta có:
E R

I1 = 1 − I


r1 r1
E1 − I1r1 = IR  
(1)
⇒
E2 − I 2 r2 = IR  
E2 R
I = − I
 2 r2 r2
Dòng điện mạch ngoài: I = I1 + I2
(2)
E1r2 + E2 r1
Từ (1) và (2) suy ra: I =
r1r2 + (r1 + r2 ) R
2

 E1r2 + E2 r1 
Công suất mạch ngoài khi điốt mở: P = RI = R 
÷
 r1r2 + (r1 + r2 ) R 
E2
r1
Điều kiện để điốt mở nếu I2 > 0 ⇔ E2 > RI ⇒ R <
E1 − E2
E2
E
r1 điốt khoá lại, cường độ dòng điện mạch ngoài lúc này: I ' = 1
Khi R >
E1 − E2
r1 + R
2

2

 E 
Công suát mạch ngoài lúc này: P ‘ = R  1 ÷
 r1 + R 
E2
32
r1 =
.5 = 40(Ω)
Như vậy, ta có R* =
E1 − E2
36 − 32
Khi mạch ngoài mắc song song:
R .R
R
R = 0 0 = 0 = 25(Ω) < R* ⇒ điốt mở.
R0 + R0
2
Khi mạch ngoài mắc nối tiếp: R = R0 + R0 = 100(Ω) > R* ⇒ điốt khoá.
2

 ( E r + E r ) ( r + 2 R0 ) 
41209
≈ 3,34
Do đó, ta có tỉ số: n =
=  12 21 1
 =
P 2  E1 [ 2r1r2 + ( r1 + r2 ) R0 ] 
12321

Vậy hai điện trở mắc nối tiếp thì công suất mạch ngoài giảm đi 3,34 lần.
2. a) Khi khoá K ngắt, sơ đồ mạch điện như hình 5a:
10−4 10−4 3 10−4
C = C1 + C2 =
+
= .
(F )
2π
4π
4 π
1
1
400
ZC =
=
=
(Ω )
−4
3 10
Cω
3
100π .
4 π
P1

2

Z=
I0 =

400
2
( R1 + R2 ) + Z C2 = (200 3)2 +  ÷ = 371, 2(Ω)
 3 
U0
=
Z

tan ϕ =

220 2

( 200 3 )

2

2

 400 
+
÷
 3 
−400

≈ 0,84( A)

− ZC
21π
=
= −0,3849 ⇒ ϕ ≈ −

R1 + R2 3 50 3 + 150 3
180

(

ϕ = ϕu − ϕi ⇒ ϕi = −ϕ =

21π
180

)

6


Biểu thức dòng điện qua R1 là i = 0,84 cos(100π t +

21π
)( A)
180

b) Khi khoá K đóng. Mạch điện như hình 5b.
Gọi C12 là điện dung tương đương của tụ điện C1, C2, R12 là điện
trở tương đương của R1 R2.
*

*

*

*

*

Đặt j = −1 , ta có: Z AB = Z AH + Z HB = Z AH +
2

*

⇒ Z AB = − jZ C12 +
*

⇒ Z AB = − jZ C12 +

*

100 50 3 + 50 3

*

⇒ Z AB = − jZ C12 +
*

⇒ Z AB =

−4 jZ C12

(

)

2

( 50

100 3
1+ 3 j
4
+ 100 3 + 300 j

)

3 + 50 3

(

4

)

+ 100

=

2

(

)

100 + 50 3 + 50 3 j 



100 3  −4 Z C12 + 300 
+
÷j
4
4



2

⇒ Z AB

*

R12 Z L
= − jZ C12
R12 + Z L
R12 .100 j ( R12 − 100 j )

*

⇒ Z AB = − jZ C12 +

*

R12 + Z L

R12 .100 j
+
R12 + 100 j

R 212 + 1002
100 R12
+ 2
(100 + R12 j )
R 12 + 1002

⇒ Z AB = − jZ C12

*

R12 Z L

2

 100 3   300 − 4Z C12 
= 
÷
÷
÷ +
4

 4  

*

*

* *

U C12 = I . Z C12 =

U

*

. Z C12

*

Z AB
*

*

U

* *

⇒ U C12 = I . Z C12 =

*

*

. Z C12 =

Z AB
*

U C12 =

(
) (

220
.( − jZ C12 )
100 3  −4 Z C12 + 300 
+
÷j
4
4



)
)

880 100 3 − 300 − 4 Z C12 j 

 .(− jZ )
C12
2
2
100 3 + 300 − 4 Z C12

(

880 Z C12

*

⇒ U C12 =

(

100 3

⇒ UV = U C12 =

) (
2

+ 300 − 4 Z C12

)

2

880 Z C12

( 100 3 ) + ( 300 − 4Z )
2

(

)

.  300 − 4 Z C12 − 100 3 j 


.
2

( 300 − 4Z ) + ( 100 3 )
2

2

C12

C12

⇒ UV = U C12 =

880
 100 3 2 + 3002  1 − 2400 1 + 16

 Z 2C
Z C12
12

(

)

7

Ta thấy, để UV = UV max

⇔

2.4.300

(

2  100 3


)

2

+ 3002 


⇒ ZC12 = 100(Ω)

10−4
⇒ C12 =
(F )
π

10−4 10−4 3.10−4
Phải điều chỉnh C1 = C12 − C2 =
−

=
(F )
π
4π
4π
Từ đó, ta tìm được UV = UV max = 440(V)
Vẽ giản đồ véc tơ hình 5c và 5d.
Áp dụng định lí hàm số sin cho ∆OHV, ta có :
U C12
U
π
=
, với tan ϕ1 = 3 ⇒ ϕ1 =
sin β cos ϕ1
3
π
UV = U C12 = U C12 max ⇔ sin β = 1 ⇒ β =
2
U
220
⇒ UV = U C12 = U C12 max =
=
= 440(V )
cos ϕ1 cos π
3
Từ đó tính được giá trị của điện dung C1.
r
Câu 4. Trọng lực làm thanh trượt xuống, khi thanh có vận tốc v , suất điện động eC tuân theo qui tắc
bàn tay phải.
π


U = eC = Bl v sin  − α ÷ = Bl v.cos α
2

Điện tích mà tụ tích được: q = CU = CBl v.cos α
Cường độ dòng tích điện:
dq
dv
i=
= CBl .cos α
= ( CBl .cos α ) .a
dt
dt
2 2
Lực từ tác dụng lên thanh: f = Bil = ( CB l .cos α ) .a
ur uu
r ur uuur
r
Áp dụng định luật II Niu tơn ta có: P + N + f + Fms = ma (1)
Theo Oy: − P cos α + N − f sin α = 0 ⇒ N = P cos α + f sin α
(2)
Theo Ox: P sin α − f cos α − µ N = ma
(3)
Từ (2) và (3) ta dược: P sin α − f cos α − µ ( P cos α + f sin α ) = ma
⇔ mg sin α − ( CB 2 l 2 .cos 2 α ) .a − µ mg cos α − µ ( CB 2 l 2 .cos α ) .a sin α = ma
a=

mg sin α − µ mg cos α
≈ 0,64(m / s 2 )
2

2 2
m + CB l .cos α + µ CB l .cos α sin α
2 2

Khi U = Umax thì

(

)

U max = Bl v.cos α ⇒ v =

U max
1, 28 3
=
= 1, 28( m / s)
Bl .cos α
3
1.2.
2

Thời gian kể từ khi thanh bắt đầu trượt đến khi tụ bị đánh thủng: v = at ⇒ t =

1, 28
= 2( s ).
0,64

TK
→S '
Câu 5. a) Sơ đồ tạo ảnh: S 

d d'

Tốc độ góc của ảnh vầ của vật bằng nhau: ω = ω0
Theo đề, vận tốc dài của ảnh gấp đôi của vật: v = 2v0
Suy ra bán kính quỹ đạo của ảnh lớn gấp đôi bán kính quỹ đạo của vật: R = 2 R0

8


Ảnh S’ chuyển động theo chiều cùng với chiều chuyển động của S nên đây là ảnh ảo, nằm cùng phía
−d '
= 2 ⇒ d ' = −2d = −10(cm)
với S so với trục chính: k =
d
d .d '
= 10(cm)
Tiêu cự của thấu kính: f =
d +d'
b) Khi chưa đổ nước vào chậu:
TK
→ S ' với d = OS;
Sơ đồ tạo ảnh qua thấu kính: S 
d d'
Ta có: d ' =

fd
10d
=
d − f d − 10

G
TK
S 
→ S1 
→ S2
;
d1
d2
d 2'
10(2h − d )
'
Ta có: d1 = h − d ; d 2 = h + d1 = 2h − d ; d 2 =
2h − d − 10
20
(cm) , ta có:
Hai ảnh thật của S cách nhau
3
20
10d
10(2h − d ) 20
d '− d 2' =
(cm) ⇔
−
=
3
d − 10 2h − d − 10 3
⇔ d 2 − 2hd + 50h − 30d − 100 = 0 (1)
Khi đổ nước vào chậu:
LCP:nc − kk
TK

S 
→ S ' 
→ S'
Sơ đồ tạo ảnh qua LCP - thấu kính:
d
d'
d ''
3d
fd '
30d
⇒ d '' =
=
Với d = OS ⇒ d ' =
(4)
4
d '− f 3d − 40
G
LCP:vn − kk
TK
S 
→ S1 
→ S 2 
→ S'
Sơ đồ tạo ảnh qua hệ gương - LCP - thấu kính:
d1
d2
d3
d3'
d
3

Ta có: d1 = h − d ; d 2 = h + d1 = 2h − d ; d 3 = 2 = (2h − d )
n 4
fd
7,5(2
h
−
d
)
3
d 3' =
=
d3 − f 1,5h − 0, 75d − 10
Hai ảnh thật của S cách nhau 15(cm), ta có:
30d
7,5(2h − d )
d ''− d3' = 15(cm) ⇒
−
= 15
3d − 40 1,5h − 0, 75d − 10
⇔ 0,5625d 2 − 1,125hd + 25h − 10d − 100 = 0
(2)
d = 11,76(cm)
d = 20(cm)
Giải hệ (1) và (2) ta được: 
hoặc 
h = 11,88(cm)
h = 30(cm)
Điều kiện để cho các ảnh đều là thật là d3 > f . Thay các giá trị vào ta thấy chỉ có cặp nghiệm

Sơ đồ tạo ảnh qua hệ gương - thấu kính:

d = 20(cm)
thoả mãn.

h = 30(cm)
d = 20(cm)
Vậy 
.
h = 30(cm)
Câu 6. a) Gọi: R: Bán kính hình trụ;
H: chiều dài hình trụ;
ρ: Khối lượng riêng của chất làm hình trụ;
V1, S1: Lần lượt là thể tích và tiết diện phần đáy trụ ngập trong nước
9


Khối lượng trụ rỗng: M = π H ( R 2 − r 2 ) ρ
(1)
Thả vật hình trụ rỗng vào chậu nước, vật nổi trên nước, khối lượng
nước bị chiếm chỗ là: M 1 = ρ n .V1 = ρ n .S1.H
2
2
Mặc khác: M = M 1 ⇒ π H ( R − r ) ρ = ρ n .S1.H

⇔ π ( R 2 − r 2 ) ρ = ρ n .S1 ⇔ r 2 = R 2 −

ρn
.S1 (2)
π .ρ

Ta phải tìm: S1 = S '+ S ''
(3)
Ta có: S1 = S '+ S '' , với S’ là diện tích hình quạt có góc ở đỉnh (π + 2φ),
S’’ là diện tích của ∆AOB.
S ' π + 2π
S'
π + 2ϕ
π + 2ϕ 2
=
⇔
=
⇔ S'=
.R
Ta có:
(4)
2
S
2π
πR
2π
2
Gọi A, B là các điểm ứng với mặt nước, ·AOB = ϕ .
R−h
Ta có: sin ϕ =
, dùng thước đo h, R suy ra góc φ và S '' = ( R − h).R.cos ϕ
(5)
R
Từ (2), (3), (4) và (5) suy ra phương án cần tìm.
b) Gọi x là khoảng cách giữa 2 trục (khoảng cách giữa trục của hình trụ
và trục của phần rỗng).

Đặt hình trụ lên tấm ván và nghiêng nó cho đến khi vật hình trụ sắp sửa
lăn, ta đánh dấu điểm tiếp xúc C và vẽ đường thẳng nằm ngang EF (ở vị
tri tới hạn thì mặt phẳng chứa hai trục và khối tâm G nằm trên đường
thẳng đứng đi qua C). Vẽ đường vuông góc CG với EF, y là khoảng
cách từ O đến G.
IH
Ta có: y = OC.sin α = R.sin α =
(6)
KH
Dễ dàng đo được IH và KH (nếu phần rỗng chứa đầy chất dùng làm
hình trụ thì trọng tâm sẽ ở O)
2
= .H.
ρ (7)
Ta có: x.m = y.M, với khối lượng chứa đầy phần rỗng được xác định bởi mπ.r
y.M
⇒x=
(8)
m
Từ (1), (6), (7) và (8) suy ra phương án cần tìm.

10