Vat li 11 chuyen thai binh

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 Chun Thái Bình ĐỀ THI MƠN: VẬT LÍ - LỚP 11 Thời gian: 180 phút (Khơng kể thời gian giao đề) Bài (4 điểm) Một giọt kim loại lỏng có mật độ khối lượng sức căng bề mặt khơng đổi σ, khiến tạo thành hình cầu có bán kính R Trong suốt tốn này, bỏ qua lực hấp dẫn Một sợi dây dẫn mảnh luồn vào giọt kim loại nối với nguồn điện tích điện từ từ cho giọt kim loại Khi tới giá trị tới hạn điện tích, Q0, giọt kim loại bị tách làm đôi Mỗi nửa lấy nửa tổng điện tích giọt (Q 0/2) nửa khối lượng giọt ban đầu Một nửa bị đẩy xa so với nửa lại tiếp xúc với dây Để đơn giản, trước hết ta bỏ qua lực căng bề mặt, giả sử giọt kim loại phân tách đạt tới điện tích tới hạn trạng thái cuối (sau giọt tách làm đôi hai nửa phân tách rõ ràng) có tổng lượng gần thấp so với lượng tổng cộng giọt ban đầu Tính giá trị Q0 theo đại lượng biết σ, R ϵ0? Đưa câu trả lời bạn dạng số không thứ nguyên A nhân với tích lũy thừa σ, R độ điện thẩm chân không ϵ0, đưa giá trị số A đến ba chữ số có nghĩa Khi nguồn thêm nhiều điện tích vào giọt, tiếp tục chia đơi nhiều lần Điện tích q n giọt bắn thứ n, tính theo Q0, Trong giới hạn mà toàn khối lượng ban đầu giọt bị đẩy ra, tổng công nguồn thực bao nhiêu? Đưa câu trả lời bạn dạng số khơng thứ ngun B nhân với tích lũy thừa σ, R ϵ0, đồng thời đưa giá trị số B thành ba chữ số có nghĩa R2 chuyển động E a a) Xác định cường độ dòng điện qua R? Chứng tỏ hệ R 1, R2 động tương đương nguồn khơng đổi có suất điện điện trở r mắc với điện trở R? nối trở R1 = tiếp xúc tốc độ cảm ứng R Đoạn mạch R giữ cố định Hình Hai ray có điện trở khơng đáng kể đặt song song cách d với điện trở R Mạch chứa hai kim loại có điện 2R R2 = 3R trượt dọc theo đường ray hình điện với hai ray Các kéo khỏi điện trở R hai phía với khơng đổi v1 = 2v0 v2 = v0 Hệ đặt từ trường từ vuông góc với mặt phẳng nằm ngang chứa hai ray có độ lớn B R Bài (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 Đoạn mạch có R kim loại khối lượng m trượt không ma sát dọc đường ray R1 , R2 thả tự vào thời điểm định a) Tính vận tốc giới hạn vf R ổn định? b) Lập phương trình vận tốc v=v ( t) phương trình chuyển động x=x (t) R? Bài (4,0 điểm) Cho hệ thấu kính mỏng - thấu kính hội tụ tiêu cự f1 thấu kính phân kỳ tiêu cự f2 (|f2| < f1) Quang trục chúng trùng khoảng cách chúng |f2| (như hình vẽ) Có tia sáng đến quang hệ từ phía thấu kính hội tụ góc α nhỏ lệch khỏi quang trục cách trục khoảng cách h nhỏ Hãy tính góc lệch β khỏi quang trục tia ló từ hệ Một chùm sáng song song rọi lên mặt cong Σ cách chân khơng với mơi trường có chiết suất n (như hình bên) h α phần O1 O2 a) Hãy tìm phương trình mơ tả dạng mặt dạng mối liên hệ toạ độ x y cho chùm khúc xạ hội tụ F đỉnh mặt khoảng f b) Hãy xác định kích thước chùm sáng lớn mà mặt cong cho hội tụ F Bài (5 điểm) Tam giác Reuleaux hình phẳng hai chiều giao ba hình trịn bán kính vẽ cho tâm hình nằm trùng với ranh giới hai hình (phần tơ xám sơ đồ hình 4.a) Người ta tạo tam giác Reuleaux từ vật liệu đồng chất có mật độ đều, Cho biết mơmen qn tính tam giác trục quay đối xứng vng góc với là: I = kmR 2, Trong m khối lượng tam giác, R bán kính hình trịn (hay “bán kính tam giác”) k số Treo tam giác Reulaux trục quay O nằm ngang qua đỉnh (hình 4.b) Kéo lệch tam giác khỏi vị trí cân góc θ0 (< 100) thả cho chuyển động Bỏ qua ma sát Chứng tỏ tam giác dao động điều hịa tìm chu kỳ dao động nó? Xét "bánh xe" có dạng tam giác Reuleaux, mật độ đều, đủ dày để đứng mặt phẳng nằm ngang mà khơng bị đổ Đặt “bánh xe” đứng mặt bàn ngang (hình 4.c) Tìm chu kỳ dao động nhỏ bánh xe? Biết “bánh xe” không trượt mặt phẳng ngang 4.a O 4.b đặt Bài : (2 điểm): Cho dụng cụ sau: + Một 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 gương cầu lõm nói a Tìm chu kỳ dao động cầu b Căn vào chu kỳ dao động xác định bán kính cong gương cầu 4.c HƯỚNG DẪN CHẤM Bài (4 đ) - Từ gợi ý đề bài, ta tính Q0 theo: Q0= A σ a ϵ b0 Rc - Nhận xét đơn vị đại lượng: Đơn vị suất căng mặt σ là: N m−1 hay :J m−2; Đơn vị độ thẩm điện ϵ0 là: C N−1 m−2 hay: C J −1 m−1 Đơn vị R: mét (m) Đơn vị Q0: cu-lông (C) a b Như ta có: Q ( C ) =A σ a ( J m−2 ) ϵ b0 ( C2 J −1 m−1 ) R c (m c ) Sự đồng đơn vị đo cho: C 2b =C ; 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 R3 (1) Để xác định A ta có: Năng lượng mặt ngồi giọt chất lỏng: Ebemat =4 π R2 σ Năng lượng điện trường giọt thời điểm có điện tích Q0 là: Eđt = Q 20 2C Trong đó: C điện dung giọt, C=4 π ϵ R (học sinh không cần lập biểu thức tính lượng điện, lượng bề mặt điện dung, cần nêu công thức trên) Do tổng lượng giọt là: Q20 E0 =Ebemat + E đt =4 π R2 σ + (2) π ϵ0 R Khi giọt “phân đôi”, điện tích giọt Q 1=Q0 /2 ; Do thể tích khơng đổi nên giọt có bán kính: R1=R / √2 ; Vì thế, lượng giọt là: Q 21 √3 2Q20 E1=4 π R 21 σ + =2 √ π R2 σ + (3) π ϵ R1 32 π ϵ R Vì để đơn giản, ta coi giọt bị “phân đôi” đạt tới tới hạn – nghĩa bỏ qua tác động lực căng bề mặt xem tổng lượng giọt nhỏ gần lượng giọt ban đầu, đó: E1 ≈ E (4) Thay (1,2,3) vào (4) ta thu được: √ 2−1 A=8 π √ ≈ 14,9 2−√ (Mô hình khơng ổn định giọt chất lỏng tích điện khơng hồn tồn chỉnh xác chọn để làm cho vấn đề trở nên đơn giản Trên thực tế, trạng thái cuối có lượng thấp chưa đủ; lực tĩnh điện đẩy cần phải vượt lực căng bề mặt, không bong bóng khơng thể chuyển sang trạng thái lượng thấp Tính tốn điều địi hỏi phép tính khác, lần thực Lord Rayleigh vào năm 1882, đưa “giới hạn Rayleigh” A = 8π  25,1) 1,0 Xét giọt kim loại trước lần “phân đôi” thứ n, ngĩa sau (n-1) lần “phân đơi” Thể tích bán kính giọt là: V R V n−1= n−1 ⟹ R n−1= (n−1)/3 2 Điện tích giới hạn cho lần “phân chia” thứ n là: Q0 Q n= A √σ ϵ R3n−1= (n−1)/ 2 Sau lần “phân đơi”, điện tích thể tích lại giảm nửa, sau n lần phân đơi thì: - Điện tích giọt là: Q Q0 q n= n = (n+1)/2 2 - Bán kính giọt: R Rn = n /3 - Tổng công nguồn thực là: W =Bσσ R2 Công W hiệu lượng Ef trạng thái cuối cùng, nơi có nhiều giọt nhỏ bị phân tán xa, lượng Ei = 4πσR2 giọt ban đầu, khơng tích điện: W =Ef −Ei - Năng lượng cuối bao gồm sức căng bề mặt lượng tĩnh điện tất giọt nhỏ, có bán kính Rn điện tích qn tính - Như lượng cuối hệ là: ∞ ∞ ∞ q2n Q20 1 2 E f = ∑ π Rn σ + =4 πσ R ∑ 2n + ∑ π ϵ Rn 16 π R0 ϵ 23n n =1 n=1 23 ∞ 2 A A ¿ πσ R2 1+ =4 πσ R2 1+ =4 πσ R2 × 2,30 ∑ 2n 2 /3 64 π 64 π −1 - Vậy: W =Ef −Ei ≈ πσ R2 × 1,30=16,3 σ R2 ( 1,0 1,0 ) ( ) ( ) Bài (5đ) I1 I2 Khi di chuyển, xuất suất điện (2,5đ) động cảm ứng đóng vai trò nguồn điện mạch với suất điện động e1 e2 Áp dụng định luật cảm ứng điện từ ta xác R định cực nguồn hình vẽ giá e e trị suất điện động là: e 1=Bσd v ; e 2=Bσd v I R2 R1 Giả thiết dòng điện qua vật dẫn hình vẽ - Áp dụng định luật Kirchhoff cho mạch vòng chứa R R1, R2 ta có: + Với mạch vịng chứa R1 ta có: e 1−IR e 1−I R1−IR=0 ⇒ I 1= (1) R1 + Với mạch vòng chứa R2 ta có: 0,25Ω; 0,25Ω; e2 + IR ( 2) R2 + Tại nút nối R ray: I 1=I + I ⇒ I =I 1−I (3) Thay (1) (2) vào ta có: e e e −2 e I= − I − + I = − I 2R 3R 6R v 1−2 v Bσd v ⇒ I =Bσd = 11R 11 R Thay số ta được: I = 145Ω; μA hướng hình vẽ giả thiết.A hướng hình vẽ giả thiết Từ (1,2,3) ta có: e e2 − R1 R e e2 1 − + R R2 R1 R E I= = = R R R+r 1 1+ R + R+ R1 R R + R2 Trong đó: e1 e2 Bσd v Bσd v − − R R2 R R 2R 3R E= = = Bσd v ; r= =1,2 R 1 R1 + R2 1 + + 2R 3R R1 R2 Nguồn E có cực dương trùng với cực dương e1 b Bσd v 1−IR =328 μAA , hướng giả thiết - Cường độ dòng điện qua R1: I 1= R1 Lực từ tác dụng lên R1 có độ lớn: F 1=Bσ I d=3,28 ×10−7 N ⃗ F nằm ngang, hướng sang phải, ngược chiều ngoại lực làm R1 di chuyển Bσd v 2+ IR =182 μAA , hướng giả thiết - Cường độ dòng điện qua R2: I 2= R2 Lực từ tác dụng lên R2: F 2=Bσ I d=1,82× 10−7 N ⃗ F nằm ngang, hướng sang trái, ngược chiều ngoại lực làm R2 di chuyển a Lực từ tác dụng lên R giữ cố định: F 0=BσId=1,45 ×10−7 N ⃗ F có hướng sang trái Như để giữ R đứng yên phải tác dụng vào ngoại lực hướng sang phải Nếu ngừng tác dụng ngoại lực R chuyển động tự ta thấy: + Lực từ tác dụng lên truyền gia tốc làm bắt đầu tăng tốc sang trái Khi xuất suất điện động R cảm ứng e=Bσdv nó, với v vận tốc thời điểm khảo sát e với E, r + Theo câu 1a, hai R1 R2 tương đương nguồn (E, r) hệ lúc tương đương với mạch hình vẽ Ta có: i e 2−I R2 + IR=0 ⇒ I 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 tăng dần từ ta giảm dần, lực từ tác dụng lên R F=Bσai giảm dần Khi ổn định lực từ triệt tiêu chuyển động với vận tốc vf đó: E E−Bσd v f =0 ⇒ v f = = v Bσd E−e−i ( R+ r )=0 ⇒ i= i1 thấy i i2 R e e R e i = 0, thẳng i R2 (Có thể tính trực tiếp, không cách sử dụng nguồn tương đương sau:Cường độ dòng điện qua R, R1 R2 i, i1 i2, chiều dương dòng điện hình Ta có:+ Với mạch vịng chứa R1: −Bσdv+ Bσd v iR −Bσdv + Bσd v i −Bσdv+ Bσd v 1−i R1−iR=0⇒ i1 = − = − ( 4) R1 R1 2R + Với mạch vòng chứa R2: Bσdv + Bσd v iR Bσdv+ Bσd v2 i Bσdv+ Bσd v 2−i R2 +iR=0 ⇒i 2= + = + (5) R2 R2 3R + Khi ổn định, R chuyển động thẳng với vận tốc v f không đổi, cường độ dòng điện qua i = Khi ta có: −Bσd v f + Bσd v Bσd v f + Bσd v i 1=i ⇒ = R1 R2 (v ¿ ¿ R 2−v2 R1) v R−v R vf = = = v0 ¿ R +3 R ( R1 + R ) b Phương trình vận tốc phương trình chuyển động R: Lấy gốc tọa độ vị trí ban đầu R, mốc thời gian thời điểm thả thanh; trục Ox trùng hướng vectơ v1 - Giả sử thời điểm t, R vị trí có tọa độ x, có vận tốc v Lực từ tác dụng lên có phương ngang, vng góc với thanh: F=Bσid Mặt khác, ray nằm ngang ma sát nên: F d t=m d v ⇒ ( Bσdi ) d t=m d v Ta có từ phần 2a: Bσd v 0−Bσdv E−e Bσd i= = = ( v 0−5 v ) R+ r 11 R R+ R (Tương tự phần trên, kết nhận theo cách tính trực tiếp với mạch vịng (R1, R) (R2, R) thu (3), (4), đồng thời với ý nút nối R với ray thì: i 1=i+i 2) Do đó: ( Bσd )2 dv v 0−5 v )=m ( 11R dt −5 ( Bσd ) dv v− v =m 11 R dt Đặt: ξ=v− v ⇒ d v=d ξ ( ) 0,25Ω; 0,25Ω; 0,25Ω; 0,25Ω; −5 ( Bσd )2 dξ d t= 11 mR ξ ( Bσd )2 −5 ( Bσd )2 ∫ dξξ =−∫ 11 mR d t ⇒ ln ξ= 11 mR t +ln C (C=const ) −5 ( Bσd )2 ⇒ ξ=v− v 0=C exp t 11mR { } −5 ( Bσd )2 v= v +C exp t 11mR { 0,25Ω; } Với điều kiện ban đầu: v(0) = ta có C= 0,25Ω; −4 v , đó: −5 ( Bσd ) v= v 1−exp t 11mR + Đồ thị biểu diễn thay đổi v theo thời gian hình vẽ: + Khi t → ∞ thì: v=v f =0,8 v ( }) { - Ta có: v= 2 dx −5 ( Bσd ) −5 ( Bσd ) = v 1−exp t ⇒d x = v 1−exp t dt dt 11 mR 11mR ( }) { }) ( { }) { 2 −5 ( Bσd ) −5 ( Bσd ) 4 11mR x=∫ v 1−exp t d t= v t + exp t +D 11mR 11 mR ( Bσd )2 −44 mR v Với điều kiện x(0) = ta có: D= Vậy: 25 ( Bσd )2 0,25Ω; 44 mR v −5 ( Bσd )2 x= v t + exp t −1 11 mR 25 Bσ2 d 0,25Ω; ( { ( [ { }) } ] Bài (4 đ) Câu Nội dung Đường truyền tia sáng qua quang hệ hình vẽ Điểm ta có sơ đồ tạo ảnh S S vật ảo 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 ta có O2 B d1 f1 hf1   f1 d1  f1 h  f1 β 0,25 Do S1  O1O2 vật O2 Ta có: d O1O2  d1'  f  d1'  d 2'  Vị trí ảnh S2 là: h f  f1    f f1 h  f1 0 0,25 (1) d f d2 f2  O2 S  d 2'  2 d2  f2 d2  f2 0,25 đ O2 B O2 S1 d2 d  h  f1     hf h O1S1 h f1 h f1 Xét AO1S11  BO2 S1 ⟹  h  f1  d O2 B  f1 Suy ra:  Góc tia ló:  Ta được: O2 B  h  f1  d d  f  O2 S f1 d2 f2  h  f1   d f1 f 2  f2  0,25 (2)  Thay (1) vào (2) ta được:   h  f1  h f  f1    f f1   f  f1 f  h  f1  2f1 f  2h f  hf1 f1 f    2  2h h  f1 f2 (0,25 đ) Dùng hệ toạ độ qua trục đối xứng mặt cong hình vẽ Tính đẳng thời đường truyền thoả mãn quang trìnhcác tia từ mặt phẳng AO đến F nhau: (1,5Ω; đ) AM + n.MF = n.f(1) (0,25 Y Trong đó: AM = x đ) MF  y   f  x  Thay vào (1) ta đuợc:  n 2 f  n  1 y  x2  x n n phương trình mặt cắt mặt cong với mặt phẳng toạ độ z = Ta biến đổi phương trình thành dạng dễ hình dung hơn, cách chia n f2 n 1 hai vế cho lượng A (y) l2 O x Khi đó: M(x,y) y2 x  n  1 2 n  1   x 2 n f nf n f nl X (0,25 đ) 0,25 (0,25 đ)  x n  1  y2    1  nf n   f nl Bằng cách thêm bớt vào vế trái số -1 ta có: n n y  x  b a f ;b  f  1 n 1 n  , ta có: a2 b2 đặt đường elíp có bán trục a b có tâm gốc hệ toạ độ chon khoảng b Kích thước lớn chùm sáng 2a 0,25Ω; 0,25Ω; Bài (5Ω; đ) Câu (2đ) Nội dung - Do tính đối xứng nên khối tâm C vật tâm tam giác có đỉnh tâm hình trịn gốc (cũng “đỉnh” “tam giác” Reulaux) Ở trạng thái cân treo trục quay O qua đỉnh tam giác C nằm đường thẳng đứng qua O Xét góc lệch θ OC (OC = r) so với phương thẳng đứng - Lực tác dụng lên tam giác bao gồm trọng lực ⃗ P phản lực ⃗ R trục quay Gọi I(O) ⃗ M ( R ) mômen mômen quán tính tam giác trục quay O; M ( P) , ⃗ ⃗ ⃗ P R trục O Phương trình ĐLH cho chuyển động quay 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 cos(ωt + φ), với θt + φ), với θ), với θ0 biên độ góc, φ), với θ số xác định từ điều kiện ban đầu Như với điều kiện góc lêch nhỏ tam giác dao động điều hịa với I (O ) mgr số góc: ω= ; chu kỳ: T = π =2 π I (O ) ω mgr Đặt: ω= √ √ √ R √3 R √ = Thay: d= 3 R √3 = k + m R2 Và áp dụng định lý Huyghen: I (O) =I + md =km R +m 3 Ta được: T =2 π √ ( k+ 13 )m R =2 π R √3 ( ) ( ) 0,25Ω; 0,25Ω; 0,25Ω; 0,25Ω; 0, 5Ω; 0, 5Ω; mg Điểm (√ k√+13 ) Rg Ở trạng thái cân mặt phẳng nằm (2,5Ω; đ) ngang (với bề dầy vật đủ lớn để không bị đổ) - Ta viết phương trình định luật II Newton cho vật theo phương x y 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 Fx vào ta có: I θ ' ' =−mgx+mr θ' ' ⇔ ( I + mr ) θ' ' =−mgx + Mặt khác ta có: π x=( R−r ) sin θ ≈ ( R−r ) θ= R sin θ= √ Rθ 3 √3 R ⇒r = 4−2 √ R2 ⇒ r = 1− 3 + Thay vào ta có: 4−2 √ ' ' √ Rθ ⇒ km R 2+ m R θ =−mg 3 4−2 √ √ θ=0 ⇔ θ ' ' + g ⇒ k+ R θ '' + g θ=0 3 4−2 √3 k+ R √3 ⇒ Tam giác dao động điều hòa với tần số góc ωt + φ), với θ: g g √3 ω 2= = R ( k + 4−2 √ ) 4−2 √ k+ R √3 + Chu kỳ dao động: R ( k+ 4−2 √ ) T =2 π g √3 Có thể tìm chu kỳ dao động theo phương pháp 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 (mốc mặt phẳng ngang): 1 E= ( v 2x + v 2y ) + I ( θ ' ) + mgy 2 m ⇒ E= [ R + ( R−r )2 −2 R ( R−r ) cos θ ] ¿ + Với trường hợp dao động nhỏ: ( ) ( ( ( ) 0,25Ω; 0,25Ω; 0,25Ω; ) ) ( ( ) √ 0,25Ω; ) 0,25Ω; 0,25Ω; E≈ m [ R + ( R−r )2 −2 R ( R−r ) ] ¿ m r ¿ Bảo toàn cho: E = const E’ = ⇒ m ' '' m r θ θ + k R 2 θ' θ '' +mg ( R−r ) θ' θ=0 2 2 '' ⇒ ( r + k R ) θ + g ( R−r ) θ=0 +Với cách tính r2 ta có phương trình vi phân: 4−2 √ √3 θ=0 k+ R θ' ' + g 3 ⇒ Vật dao động điều hòa,… ¿ ( ) Bài : (2 điểm) C a (1,5 điểm)  Thả nhẹ để cầu lăn không trượt mặt gương cầu lõm dao động với li độ góc  bé.Chọn chiều dương trục tọa độ hình vẽ Phương trình chuyển động quay cầu quanh tâm quay tức ⃗ N G K  P thời K  mgr. I K  (1) (0,25 đ) Mơ men qn tính cầu tâm quay tức thời K: I K I G  mr  mr  mr  mr 5Ω; 5Ω; (2) (0,25 đ) Khối tâm G cầu dao động quanh vị trí cân vG ( R  r ) ( R  r )  (3) (0,25 đ) Đạo hàm hai vế (3) thu gia tốc khối tâm cầu : aG ( R  r )  (4) (0,25 đ) ⃗ vG  Fmsn Xét chuyển động lăn cầu quanh khối tâm G, ta có aG r    aG r  (R  r)  '' r (5Ω; ) (0,25 đ)    Thay (2) (5Ω; ) vào (1) rút gọn : 5Ω; g  0 7( R  r ) (6) Vậy cầu dao động điều hịa với chu kì T 2 7( R  r ) 5Ω; g (7) (0,25 đ) - Tiến hành: 5Ω; gT R r 282 Từ (7) rút : (8) Dùng thước Panme đo r , dùng đồng hồ đo T , dựa vào cơng thức tính R theo bảng sau: (0,25 đ) - Xử lý số liệu: R R1  R  R R  R ; R  max Ghi kết : R R R (0,25 đ)