Đề thi HSG môn vật lý bảng a chính thức tỉnh gia lai 2015 2016

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2015-2016
Môn: VẬT LÍ – Bảng A
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 13/11/2015
(Đề thi có 02 trang, gồm 06 câu)

GIA LAI
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 1 (4,0 điểm):
v
M
Một đĩa tròn đồng chất, khối lượng M 2(kg ) phân bố đều, bán kính
R
m
M
R 0, 5 (m ) có thể quay quanh trục thẳng đứng ở độ cao h 1 (m )
O v m
h
r
so với mặt đất. Một lá thép mỏng, nhẹ được uốn thành nửa vòng tròn có
R
bán kính r
, được gắn cố định trên đĩa (hình 1). Ban đầu, đĩa ở
Hình1
2

trạng thái đứng yên, một quả cầu nhỏ khối lượng m 1 (kg ) được truyền với vận tốc v0 3(m / s )
0

0

theo phương tiếp tuyến vào phía bên trong bề mặt của vòng thép. Lấy g



9, 81(m / s 2 ), bỏ qua mọi

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 mặt 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?
p 1
2
p1
Câu 2 (3,0 điểm):
Một lượng khí lý tưởng lưỡng nguyên tử có các quá bình biến đổi theo
3
0
chu trình 0 1 2 3 0 như hình 2: Quá trình 0 1 làm nóng đẳng tích; p0
quá trình 1 2 dãn nở đẳng áp; quá trình 2 3 làm lạnh đẳng tích; quá trình
O
V
3 0 nén đẳng áp. Trong quá trình biến đổi, nhiệt độ của khí đạt giá trị
V0
aV0

nhỏ nhất Tmin T0 , đạt giá trị lớn nhất Tmax 4T0 . Hãy tìm giá trị a và
Hình 2
hiệu suất cực đại (

max

) của chu trình?

Câu 3 (4,0 điểm):
1. Cho mạch điện như hình 3. Các nguồn điện có suất điện động và điện trở trong
lần lượt E1 36(V ), r1 5( );E2 32(V ), r2 2( ). Điốt lí tưởng, mạch ngoài có

E1 , r1

A

D

E2 , r2

B
R0

50( ) mắc song song.

R0

Công suất mạch ngoài sẽ thay đổi bao nhiêu lần nếu hai điện trở được mắc
nối tiếp?
K

2. Cho mạch điện xoay chiều như hình 4. Cuộn dây thuần cảm có
1
R1
hệ số tự cảm L
(H ), điện trở R1 50 3 ( ), tụ điện

Hình 3

hai điện trở giống nhau, mỗi điện trở có giá trị R0

10 4
(F ), biến trở R2 và tụ điện C 1 có điện dung thay đổi
4
được. Vôn kế, các dây nối và khóa K lí tưởng. Đặt vào hai đầu A, B
C2

điện áp xoay chiều có biểu thức uAB
a. Khóa K ngắt (hở), điều chỉnh C 1

220 2 cos100 t (V ).

10
2

L

R2

C2

A B

C1

Hình 4
V

4

(F ), R2

150 3 ( ), hãy viết biểu thức dòng điện tức thời

qua điện trở R1 ?

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

1


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

b. Khóa K đóng, điều chỉnh R2

50 3 ( ),

giá trị của C 1 bằng bao nhiêu để vôn kế chỉ giá trị

lớn nhất? Tìm giá trị lớn nhất đó?
Câu 4 (3,0 điểm):

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
Nối I và P với một tụ điện có điện dung C

10

3

Q

30o.

N
B

(F ), tụ điện chịu

được hiệu điện thế tối đa là 1,28 3 (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
2(m ), lấy g

H
M

I



C
P

10(m/ s 2), hệ số ma sát trượt giữa thanh MN và hai thanh ray là

Hình 5

0,5. Coi các

thanh ray đủ dài, hệ thống đặt cách điện trên mặt phẳng nằm 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 v0

2(m / 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 5(cm ) . Ảnh S ' qua thấu kính chuyển động có tốc độ v 4(m / s ) trên quỹ đạo
tròn cùng chiều với chiều chuyển động của S .
a. Tìm tiêu cự f của thấu kính L.
b. Thấu kính L được đặt trùng với mặt phẳng ( ) 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 nhau

20
(cm ). Cho nước vào
3

đầy chậu thì hai ảnh vẫn là thật nhưng cách nhau 15(cm ) . Biết chiết suất của nước
là n

4
. Xác định độ sâu h của chậu và khoảng cách từ điểm sáng S tới
3

( ) O

L

S

G

h

Hình 6

thấu kính.
Câu 6 (2,5 điểm):
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 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
và khi thả trong nước vật hình trụ có một phần
nổi trên mặt nước. Trình bày phương án thí nghiệm 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.

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

2


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM

Câu

Biểu
điểm

Nội dung
M

1
MR2
0
2
1
1 1
mv12
. MR 2
2
2 2

a. Lập luận dẫn đến: mv1R

v1

1
Mặt khác, ta có: mv02
2

dA

h

h

x

sx

Hình1

A

2mv1R

Từ (1), tốc độ góc của đĩa:

1
Thay vào (2), ta được: mv02
2

MR
2

1 1
m v
. MR2 2 . 1
2 2
M R

1 2
mv
2 1

2

2

(1) ........................................

0,25
2

(2) ....................................
0,25

m v1
.
M R

m
2

(3)

m2 2
v
M 1

(4)

0,25

m
2,12( ) ...
s

0,25

2h
2.1
0, 45(s ) ......
g
9, 81
Quãng đường mà quả cầu chuyển động được theo phương ngang trong thời gian này

0,25

2h
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:

0,25

Tốc độ của quả cầu m khi rời đĩa là: v1

M

v0

M

2m

3

2
2 2.1

b. Thời gian quả cầu chạm đất kể từ lúc rời đĩa là t

1
4,0
điểm
(đ)

là sx

v1

R2

x

(v1t )2
0, 52

x

32.

R

R2

v 02

2
2.1
.
2 2.1 9, 81

M
M

2h
2m g
.

R ..................................................

0, 58(m) ......................................................

0, 5

0,25
0,25

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

h2

x2

12

(0, 58)2

1,156(m)

1,16(m) ...........................................

0,25

c. Góc mà đĩa quay được trong thời gian t :




K2



t

O

2



R



K1

Hình 2

sx



A

2

m v1
. t
M R

2

mv0

M

MR M

1.3
2
2.1
.
2.0, 5 2 2.1 9, 81

2m

1, 92 rad

.

2h
(5) ...............................
0,25
g

110o ...............................
0,25

Gọi:
K 1 vị trí hình chiếu của điểm K nơi mà quả cầu

rời đĩa; K 2 là vị trí của điểm K tại thời điểm quả cầu chạm đất.
Ký hiệu các góc trên mặt phẳng hình chiếu bằng:
K1OK 2
; AOK1
; AOK 2

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

3


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Ta có:

arccos

Với d0

R2
R2

d0

R
(6) .............................................................................................
d0

sx2

v 02 .

R2
M

M

v12 .

2

Do đó

2h
g

2h
2m g

Thay vào (6) ta tính được

0, 52

arccos

6,28

0,25

32.

R
d0

1, 92

2
2.1
.
2 2.1 9, 81

1, 08(m) ......................

0, 5
1, 08

62, 4o

arccos

0,25

1, 09(rad )

187, 5o ..........................

3,27(rad )

1, 09

0,25

Áp dụng định lí hàm số cos ta tìm được hình chiếu trên phương ngang
d02

AK 2x

R2

1, 082

2d0R cos

0, 52

2.1, 08.0, 5.cos187, 5o

1, 58(m) S

0,25

uy ra khoảng cách cần tìm được xác định bởi định lí Pi-ta-go:
h2

AK 2
p1

p

p0

AK 22x

12

1, 582

1

2

Ta có: A

0

3

Mặt khác:

O

V
V0

1, 78(m) ..........................................................

p1

p0 aV0

p0V0

p1aV0

0,25
(1) .......................................................
0,25

V0

4 p0

p1

T0
4T0
Từ (1) và (2) suy ra:

a

(2) .................................................
0,25

aV0

Hình 3

4 p0

A

p0 aV0

a

V0

p0V0

4
a

1 a

1

p0V0
a

4

.....................................................................................................................................
Lại có:
5
5 4 p0
5
4
5
4 a
Q01

U1
pV0
p0 V0
p0V0
1
p0V0
(4) .
2
2 a
2
a
2
a
Q12

2
3,0 đ

Q12

U2

p V

7 4 p0
.
aV0
2 a

5

p V p1 V
2 1
14
V0
pV a
a 0 0

p0V0
4 a a 1
a
p0V0
11, 5a 4
a

4

1

14p0V0 .

A
Q01

Q12

a

1
a

0,25

0,25

(5) .........................

0,25

(6) ...........................................

0,25

p0V0
4 a a 1
a
............................
5
4 a
a 1
pV
14 p0V0 .
2 0 0 a
a

a a
11, 5a

1

7

p V
2 1

Hiệu suất chu trình được xác định bởi

Thay (4) và (5) vào (6), ta được:

a a

1
4

a2
4

5a 4
11, 5a

f (a )
g(a )

(7) .............

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

0,25

0,25

4

(3)


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Lấy đạo hàm

theo a và cho bằng 0, ta có:
f '(a ).g(a ) f (a ).g '(a )
0 (8)
g 2 (a )

d
da

Với

f (a )

a2

5a

g(a )

4

11, 5a

f '(a )

4

Từ (8) suy ra: f '(a ).g(a )

2a

5

g '(a )

11, 5

f (a ).g '(a )

0

11,5 a 2

f '(a ).g(a )

0,25

f (a ).g '(a )

11,5a 2

0 ......................

0,25

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
0,106 10, 6% ......................................
max
4 11, 5a
4 11, 5.1, 89

0,25

2a

5 4

11,5a

A

E2 , r2

5a

4

D

B
R0

R0

Hình 4

Dòng điện mạch ngoài: I
E1r2

Từ (1) và (2) suy ra: I

r1r2

E2r1
r1

Điều kiện để điốt mở nếu I 2
E2

I'

E1

E2

26

0

I1

I2

0,25

(2)

..................................................................

r2 R

Công suất mạch ngoài khi điốt mở: P

Khi R

8a

Nếu điốt mở, áp dụng định luật ôm, ta có:
E1 R
I1
I
E1 I 1r1 IR
r1 r1
0,25
(1) ......................................................................
E2 I 1r2 IR
E2 R
I2
I
r2 r2

E1 , r1

3.1
2,0 đ

...............................................................

RI 2

R

RI

E2

E1r2
r1r2

......................

0,25

r1 .................................

0,25

r1

E1

2

E2r1
r2 R

E2

R

E2

0,25

r1 điốt khóa lại, cường độ dòng điện mạch ngoài lúc này:

E1
r1

R
R

Công suất mạch ngoài lúc này: P '
Như vậy, ta có R*

E2
E1

E2

r1

r1

32
36

32

Do đó, ta có tỉ số: n

P1
P2

E1r2
E1 2r1r2

0,25

R

.5

40( ) .................................................

R0 .R0

 Khi mạch ngoài mắc song song: R
 Khi mạch ngoài mắc nối tiếp: R

2

E1

R0

R0
E2r1 r1
r1

R0

R0

R0
2R0
r2 R0

2

100( )

25( )

R*

R*

điốt mở....

điốt khóa. ............

0,25
0,25

0,25

2

41209
12321

3, 34 ......................

Vậy hai điện trở mắc nối tiếp thì công suất mạch ngoài giảm đi 3,34 lần

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

5


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

C2

R1

Khi khóa K ngắt, sơ đồ mạch điện như hình 5a:
10 4 10 4
3 10 4
C C1 C 2
.

(F )
2
4
4
1
1
400
ZC
( )
4
C
3
3 10
100 .
4

R2

C1
A B

Hình 5a

Z

R1

R2

2

2
C

Z

200 3

2

400
3

2

371,2( 0,25
)

......................................................................................................................................
3.2
2,0 đ
a
1,0đ

I0

U0

220 2

Z

2

200 3

400
3

ZC

tan

R1

0, 84(A) ............................................................

2

400

R2

3(50 3

21
180

0, 3849

150 3)

21
.................................................................................
180
21
Biểu thức dòng điện qua R1 là i 0, 84 cos(100 t
)(A) ...................................
180
Khi khóa K đóng. Mạch điện như hình 5b.
Gọi C 12 là điện dung tương đương của tụ điện C 1,C 2,
u

i

0,25

0,25

i

0,25

R12 là điện trở tương đương của R1, R2 .

Đặt j 2
*

H

C1

R1

*

Z AB

R2

jZC

R12 .100 j (R12
2
12

R

12

jZC

12

jZC

12

*

*

Z AB

jZC

Z AH

12

4 jZC

12

*

*

2
12

R

R12 .Z L

(100

R12

ZL

R12 .100 j
12

R12

100 j

R12 j )

50 3)

50 3)2

100 3
1
3j
4
100 3 300 j
4

12

jZC

100

1002

(50 3

jZC

ZL

100 j )

100(50 3

*

Z AB

*

R12 Z L

2

100R12

*

Z AB

Z HB

Z AB

*

Z AB

Z AH

*

*

*

Hình 5b

Z AB

*

R12

A B

3.2
b
1,0đ

1, ta có:

L

C2

1002

100 3
4

100

(50 3

4ZC

12

4

50 3)j

300

j

0,25

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

6


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

100 3
4

Z AB
*

*

U C12

2

300

U C12

*

*

*

*

*

U

I . Z C12

220

. Z C12

*

*

880 100 3
100 3

2

4ZC

880ZC

U C12

2

100 3

UV

12

300

*

UV

4ZC )j

(300

UC

UC

100 3

4ZC

12

2

100 3

4

4ZC )

(300

UV max

12

4ZC

C 12

100 3

12

2

12

880
1
3002 2
ZC

1
ZC

4ZC )2

. (300
2

12

2400

1
ZC

16

12

2.4.300
2 100 3

12

10

j

100 3 j

12

12

Ta thấy, để UV

12

12

2

300

2

12

.( jZC )

12

880ZC
12

300

.( jZC )

2

12

300

4ZC

100 3
4

Z AB

U C12

......................................................................

. Z C12

Z AB
*

12

*

U

I . Z C12

2

4

*

*

4ZC

2

ZC
2

300

100( )

12

0,25

4

(F ) .........................................................................................................

Phải điều chỉnh C 1

C 12

Từ đó, ta tìm được UV

10

4

4

10
3.10
(F ) .....................................

4
4
440(V ) ...................................................................

C2

UV max

0,25

4

0,25

* HS có thể giải theo giản đồ véc tơ, gọn hơn!
Vẽ giản đồ véc tơ hình 5c và 5d.
U HB H
I R12 U HB
Áp dụng định lí hàm số sin cho
O 
1
OHV , ta có:
O

IL

I
Hình 5c

1

I



U C12

UC

U
cos

12

sin

, với tan

1

3

sin

1

1

U

Hình 5d

V

1

UV

3
UC

12

UC

12

max

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

2

7


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

UV

UC

UC

12

12

U
cos

max

220

440(V )

cos

1

3
Từ đó tính được giá trị của điện dung C 1 .

Trọng lực làm thanh trượt xuống, khi thanh có vận tốc v, suất điện động ec tuân theo
qui tắc bàn tay phải.
U

y

F ms
v

f



P

N
Theo Oy : P cos
f cos
Theo Ox : P sin

f sin
N

Từ (2) và (3) ta được: P sin
mg sin

CB

2 2

2

.cos

mg sin

a

m

Khi U

CB

2 2

B v.cos

2

...................................................
0,50

Áp dụng định luật II Niu tơn ta có:
P N f Fms ma (1) ....................................................................
0,25

Hình 6

4
3,0 đ

B v sin

Điện tích mà tụ tích được: q CU CB v.cos ..................................
0,25

Cường độ dòng tích điện:
dq
dv
i
CB .cos
CB .cos .a .................................................
0,25
dt
dt
Lực từ tác dụng lên thanh f Bi
CB 2 2 cos a
0,25

x

N

ec

cos

N

f .cos
.a

P cos
f sin
(2) ..................
(3) ......................................................

P cos

mg cos

f sin

CB

mg cos

2

U max thì U max

0
ma

CB

B v.cos

2 2

cos

v

2 2

.cos

ma .......................
.a sin

U max

1,28. 3

B .cos

3
1.2.
2

0,25
0,25

ma

0, 64 (m / s 2 ) .............................

sin

0,25

1,28 (m / s ) .......

0,25

0,25

Thời gian kể từ khi thanh bắt đầu trượt đến khi tụ bị đánh thủng:
1,28
v at
t
2(s ) ............................................................................................
0,25
0, 64
a. Sơ đồ tạo ảnh:

TK

S
d

S'
d'

+ Tốc độ góc của ảnh và của vật bằng nhau:
Theo đề, vận tốc dài của ảnh gấp đôi của vật: v

0

2v 0 ................................................

Suy ra bán kính quỹ đạo của ảnh lớn gấp đôi bán kính quỹ đạo của vật: R
5
3,5 đ

0,25

2R0

'

Ảnh S chuyển động theo chiều cùng với chiều chuyển động của S nên đây là ảnh ảo,
nằm cùng phía với S so với trục chính:
0,25
d'
k
2 d'
2d
10 (cm) ...........................................................
d
0,25
d.d '
O L
10(cm) .................................................
Tiêu cự của thấu kính: f
'
d d
h
S
G
b. *Khi chưa đổ nước vào chậu:
+Sơ đồ tạo ảnh qua thấu kính:
Hình 7

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

8


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
TK

S
d

S ',
d

'

Ta có: d '

với d

OS ;

fd

10d

d

f

d

0,25
10

....................................................................................

+Sơ đồ tạo ảnh qua hệ gương – thấu kính:
Ta có: d1
d2

h

h
d1

G

S

TK

S1

d1

d2

S2

d2

'

;

d
2h

d

10(2h
2h d

d)
........................................................................................................
10
20
+ Hai ảnh thật của S cách nhau
(cm ) , ta có:
3
20
10d
10(2h d )
20
d ' d2'
(cm)
3
d 10 2h d 10
3
2

d
2hd 50h 30d 100 0 (1) ....................................................................
d2'

0,25

0,25

*Khi đổ nước vào chậu:
+Sơ đồ tạo ảnh qua LCP – thấu kính:
với d

LCP : nc kk

S

S'

d

d

'

TK

d ''

S ''

;

OS;

3d
....................................................................................................................
4
fd '
30d
d ''
(4) ..................................................................................
3d 40
d' f
+Sơ đồ tạo ảnh qua hệ gương – LCP – thấu kính:
d'

S

G

d1

d2

Ta có: d1
d2

d3

d3'

LCP : nc kk

S1

h

d3
h

d1

d2
n

f

TK

0,25

S3
d3

'

d
2h

3

(2h
4

fd3
d3

S2

0,25

d

d ) ....................................................................................................

0,25

7, 5(2h d )
................................................................................
1, 5h 0, 75d 10

0,25

+ Hai ảnh thật của S cách nhau 15(cm ) , ta có:

d ''

d3'

15(cm)

0, 5625d 2

30d
3d 40

1,125hd

Giải hệ (1) và (2) ta được:

25h

7,5(2h d )
1,5h 0,75d 10
10d

100

d

11, 76 (cm )

h

11, 88 (cm )

0

hoặc

15

(2) ...............................................

d

20 (cm )

h

30 (cm )

...............................

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

0,25
0,25

9


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Điều kiện để cho các ảnh đều là thật là d 3  f . Thay các giá trị vào ta thấy chỉ có
d  20 (cm)
cặp nghiệm 
thỏa mãn.
h  30 ( cm)
Vậy

d

20 (cm )

h

30 (cm )

........................................................................................................

0,50

a. Gọi:

R:
Bán kính hình trụ;
H:

Chiều dài hình trụ;

:
Khối lượng riêng của chất làm hình trụ;

V1, S1
0,25
: Lần lượt là thể tích và diện tích phần đáy trụ
h
ngập trong nước
B
A


Khối lượng trụ rỗng: M
H (R 2 r 2 ) (1) ....................................
0,25
O
Thả vật hình trụ rỗng vào chậu nước, vật nổi trên
nước, khối lượng nước bị chiếm chỗ là:
  2
M1
.V
.S1.H ..............................................................................
n 1
n
0,25
H (R2 r 2 )
.
S
.
H
Mặc khác: M M 1
n 1
Hình 8a

Ta phải tìm: S1
6
2,5 đ

(R2

r 2)

n

.S1

r2

R2

n

.

.S1 (2)

S ' S '' (3)

2 , S '' là
Ta có: S1 S ' S '' , với S ' là diện tích hình quạt có góc ở đỉnh
diện tích của AOB
S'
2
S'
2
2
S'
.R 2
(4) ....................
Ta có:
2

S
2
2
2
R
Gọi A, B là các điểm ứng với mặt nước, góc AOB
.
R

Ta có: sin

h

, dùng thước đo h, R suy ra góc

R
và S '' (R h ).R.cos (5) .....................................................................................
Từ (2), (3), (4) và (5) suy ra phương án cần tìm. .........................................................
D

y

E

O

x

G

F
H


C


K

Hình 8b

I

0,25

0,25
0,25

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 nằng nằm ngang EF (ở vị trí
tới hạn thì mặt phẳng chứa hai trục và khối tâm 0,25
G nằm ngang, G nằm trên đường thẳng đứng đi
qua C ). Vẽ đường vuông góc CG với EF , y là 0,25
khoảng cách từ O đến G . ....................................
IH
Ta có: y OC .sin
R.sin

(6)
KH

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

10


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Dễ dàng đo được IH và KH (nếu phần rỗng chứa đầy chất dùng làm hình trụ thì
trọng tâm sẽ ở O )
Ta có x .m y.M , với khối lượng chứa đầy phần rỗng được xác định bởi

.r 2 .H . (7)

m

y.M
(8) .........................................................................................................
m
Từ (1), (6), (7) và (8) suy ra phương án cần tìm. ......................................................

0,25
0,25

x

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

11