Đề 03: Đề thi thử chọn học sinh giỏi cấp thành phố môn Vật lí - Lớp 12

Đáp án: B

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Ban đầu

$$F_0=k\frac{q_1{q}_2}{r^2}.$$

Sau khi tiếp xúc, điện tích trên mỗi quả cầu là

$$q\mathrm{\text{'}=}\frac{q_1+q_2}{2}.$$

Hai quả cầu vẫn mang điện tích cùng dấu nên đẩy nhau. Lực tương tác mới:

$$F=k\frac{{\left(q_1+q_2\right)}^2}{4r^2}.$$

Do

$${\left(q_1+q_2\right)}^2-4q_1{q}_2={\left(q_1-q_2\right)}^2>0,$$

nên $F>F_0$.

Suy ra: chọn B.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: C

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Hiệu điện thế giữa điểm đầu và điểm cuối:

$$U=\mathrm{Es}\cos \alpha =500\times 0,05\text{×cos}{60}^{\circ }=12,\text{5\hspace{0.25em}}\mathrm{V.}$$

Công của lực điện:

$$A=\mathrm{qU}=4\times {10}^{-6}\times 12,5=5\times {10}^{-5}\mathrm{J.}$$

Suy ra: chọn C.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: C

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Khi biến trở rất lớn, dòng điện gần bằng không nên

$$U\mathrm{\approx E=}4,\text{5\hspace{0.25em}}\mathrm{V.}$$

Ở trạng thái có $I=\text{2\hspace{0.25em}}A$:

$$U\mathrm{=E-}\mathrm{Ir}.$$

Suy ra

$$r=\frac{\mathrm{E-}U}{I}=\frac{4,5-4,0}{2}=0,\text{25\hspace{0.25em}Ω}.$$

Suy ra: chọn C.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: A

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Gọi điện trở hai cung là $R_1,R_2$. Vì dây đồng chất:

$$R_1+R_2=\text{12\hspace{0.25em}Ω},\frac{R_1}{R_2}=\frac{l_1}{l_2}.$$

Hai cung mắc song song giữa $A,B$:

$$\frac{R_1{R}_2}{R_1+R_2}=\frac{8}{3}.$$

Suy ra $R_1{R}_2=32$. Hai giá trị $R_1,R_2$ là nghiệm của

$$x^2-\mathrm{12x}+32=0,$$

nên $R_1=\text{4\hspace{0.25em}Ω}$, $R_2=\text{8\hspace{0.25em}Ω}$ theo cách kí hiệu trên hình. Do đó

$$\frac{l_1}{l_2}=\frac{R_1}{R_2}=\frac{1}{2}.$$

Suy ra: chọn A.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: C

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Khi cấp điện vào $\mathrm{AB}$, dòng qua nhánh $R_3$ là $\text{1\hspace{0.25em}}A$ và

$$U_{R_3}=U_{\mathrm{AB}}-U_{\mathrm{CD}}=100-40=\text{60\hspace{0.25em}}\mathrm{V,}$$

suy ra

$$R_3=\text{60\hspace{0.25em}Ω}.$$

Ở đầu ra $\mathrm{CD}$ không mắc tải nên dòng qua $R_2$ bằng dòng qua $R_3$:

$$R_2=\frac{U_{\mathrm{CD}}}{I}=\frac{40}{1}=\text{40\hspace{0.25em}Ω}.$$

Khi cấp $\text{60\hspace{0.25em}}V$ vào $\mathrm{CD}$, hiệu điện thế trên $R_3$ là

$$U_{R_3}=60-15=\text{45\hspace{0.25em}}\mathrm{V,}$$

nên dòng qua $R_3$ là $I=45/60=0,\text{75\hspace{0.25em}}A$. Do đầu $\mathrm{AB}$ không mắc tải, dòng này đi qua $R_1$:

$$R_1=\frac{15}{0,75}=\text{20\hspace{0.25em}Ω}.$$

Vậy

$$R_1+R_2-R_3=20+40-60=\text{0\hspace{0.25em}Ω}.$$

Suy ra: chọn C.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: B

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Theo quy ước trong chương trình phổ thông:

$$\mathrm{\Delta U}=Q+A,$$

trong đó $Q>0$ khi khối khí nhận nhiệt và $A>0$ khi khối khí nhận công. Vì khối khí vừa nhận nhiệt vừa nhận công nên $Q>0$, $A>0$.

Suy ra: chọn B.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: A

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Vì hệ cách nhiệt:

$$\sum m_i{c}_i\left(t-t_i\right)=0.$$

Suy ra

$$t=\frac{0,2\cdot 460\cdot 15+0,45\cdot 400\cdot 25+0,15\cdot 4200\cdot 80}{0,2\cdot 460+0,45\cdot 400+0,15\cdot 4200}\approx 62,4^{\circ }\mathrm{C.}$$

Suy ra: chọn A.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: B

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Nhiệt lượng làm tan $\text{1\hspace{0.25em}}\mathrm{kg}$ băng:

$$Q=m_b\lambda =1\times 330\times {10}^3=3,30\times {10}^5\mathrm{J.}$$

Lực ma sát:

$$F_{\mathrm{ms}}=\mathrm{\mu Mg}=0,2\times 75\times 10=\text{150\hspace{0.25em}}\mathrm{N.}$$

Từ $F_{\mathrm{ms}}s=Q$:

$$s=\frac{3,30\times {10}^5}{150}=\text{2200\hspace{0.25em}}\mathrm{m=}2,\text{2\hspace{0.25em}}\mathrm{km.}$$

Suy ra: chọn B.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: C

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Từ giả thiết:

$$t_1-t=\frac{1}{2}\left(t_1-t_2\right),$$

suy ra

$$t_1-t=t-t_2.$$

Phương trình cân bằng nhiệt:

$$m_1{c}_1\left(t_1-t\right)=m_2{c}_2\left(t-t_2\right).$$

Hai độ chênh nhiệt bằng nhau nên

$$m_1{c}_1=m_2{c}_2\Rightarrow \frac{m_1}{m_2}=\frac{c_2}{c_1}.$$

Suy ra: chọn C.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: D

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Trong khoảng $t_a$ đến $t_b$, nhiệt độ không đổi ở nhiệt độ nóng chảy nhưng vật vẫn nhận năng lượng. Năng lượng cung cấp dùng để phá vỡ liên kết trong mạng tinh thể, làm chất chuyển từ rắn sang lỏng.

Suy ra: chọn D.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: C

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Gọi áp suất khí quyển theo đơn vị $\text{mmHg}$ là $p_0$. Khi miệng ống ở trên:

$$p_1=p_0+l.$$

Khi miệng ống ở dưới:

$$p_2=p_0-l.$$

Theo định luật Boyle:

$$\left(p_0+l\right)l_1=\left(p_0-l\right)l_2.$$

Thay $l=19,5$, $l_1=380$, $l_2=400$ thu được

$$p_0=760,\text{5\hspace{0.25em}}\text{mmHg.}$$

Khi đặt nằm ngang, chênh lệch độ cao hai mặt thủy ngân bằng không nên $p_3=p_0$. Do đó

$$\left(p_0+l\right)l_1=p_0{l}_3,$$

suy ra

$$l_3=\frac{\left(760,5+19,5\right)\times 380}{760,5}\approx 389,\text{7\hspace{0.25em}}\mathrm{mm.}$$

Suy ra: chọn C.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: D

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Quá trình đẳng tích:

$$\frac{p_2}{p_1}=\frac{T_2}{T_1}=1,125.$$

Mặt khác $T_2=T_1+25$. Do đó

$$\frac{T_1+25}{T_1}=1,125\Rightarrow T_1=\text{200\hspace{0.25em}}\mathrm{K.}$$

Suy ra: chọn D.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: C

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Với cùng lượng khí:

$$\frac{\mathrm{pV}}{T}=\frac{p_0{V}_0}{T_0}.$$

Ở trạng thái $\left(1\right)$, $T_1=\text{300\hspace{0.25em}}K$:

$$p_1=p_0\frac{V_0{T}_1}{T_0{V}_1}=1\times \frac{8,19\times 300}{273\times 5}=1,\text{8\hspace{0.25em}}\text{atm.}$$

Ở trạng thái $\left(3\right)$, $T_3=\text{400\hspace{0.25em}}K$:

$$p_3=1\times \frac{8,19\times 400}{273\times 6}=2,\text{0\hspace{0.25em}}\text{atm.}$$

Suy ra: chọn C.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: D

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Từ trạng thái ban đầu, ta có $\mathrm{pV}=\mathrm{nRT}$ với $T=\text{300\hspace{0.25em}}K$:

$$\mathrm{nR}=\frac{\mathrm{pV}}{T}=\frac{2\times {10}^5\times 3\times {10}^{-3}}{300}=\text{2\hspace{0.25em}}\text{J/K.}$$

Công trong quá trình đẳng áp:

$$A=\mathrm{p\Delta V}=\text{nRΔT}=2\times 30=\text{60\hspace{0.25em}}\mathrm{J.}$$

Suy ra: chọn D.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: A

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Đẳng áp nên $V\propto T$. Khi thể tích tăng gấp đôi:

$$T_2=2T_1=\text{580\hspace{0.25em}}\mathrm{K.}$$

Kết thúc quá trình thứ hai, nhiệt độ trở lại $T_1$, vì vậy độ biến thiên nội năng của toàn bộ quá trình bằng không:

$$\Delta U_{\text{toàn}}=0.$$

Công khí thực hiện chỉ có ở quá trình đẳng áp:

$$A_{\mathrm{khí}}=\mathrm{nR}\left(T_2-T_1\right)=1\times 8,31\times 290\approx 2,\text{41\hspace{0.25em}}\mathrm{kJ.}$$

Theo $\mathrm{\Delta U}=Q-A_{\mathrm{khí}}$, suy ra $Q=A_{\mathrm{khí}}=2,\text{41\hspace{0.25em}}\mathrm{kJ}$.

Suy ra: chọn A.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: C

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Mọi cạnh đều vuông góc với $\overrightarrow{B}$, nên $F=\mathrm{BIl}$.

$$F_1=F_3=0,1\times 5\times 0,30=0,\text{15\hspace{0.25em}}\mathrm{N,}$$

$$F_2=F_4=0,1\times 5\times 0,20=0,\text{10\hspace{0.25em}}\mathrm{N.}$$

Do đó

$$F_1+2F_2+3F_3+4F_4=0,15+0,20+0,45+0,40=1,\text{20\hspace{0.25em}}\mathrm{N.}$$

Suy ra: chọn C.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: B

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Mômen ngẫu lực từ:

$$M=\text{NIBS}\sin \theta ,$$

trong đó $\theta$ là góc giữa pháp tuyến của khung và $\overrightarrow{B}$. Mômen cực đại khi $\theta ={90}^{\circ }$, tức pháp tuyến vuông góc với $\overrightarrow{B}$, hay mặt phẳng khung song song với các đường cảm ứng từ.

Suy ra: chọn B.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: B

1. Phân tích nhanh

2. Hướng dẫn giải

Lực từ nằm ngang, có độ lớn

$$F=\mathrm{BIl}=0,5\times 2\times 0,20=0,\text{20\hspace{0.25em}}\mathrm{N.}$$

Trọng lực:

$$P=\mathrm{mg}=0,015\times 10=0,\text{15\hspace{0.25em}}\mathrm{N.}$$

Hai dây treo có hợp lực cân bằng với $\overrightarrow{P}+\overrightarrow{F}$, do đó

$$\mathrm{2T}=\sqrt{P^2+F^2}=\sqrt{0,{15}^2+0,{20}^2}=0,\text{25\hspace{0.25em}}\mathrm{N.}$$

Suy ra

$$T=0,\text{125\hspace{0.25em}}\mathrm{N.}$$

Suy ra: chọn B.

3. Phân tích các phương án

Đáp án: a) Sai; b)Đúng; c) Sai; d) Đúng

Phân tích từng ý

a) Sai. $R_3\parallel R_4=\frac{3\times 6}{3+6}=\text{2\hspace{0.25em}Ω}$. Nhánh $R_1-\left(R_3\parallel R_4\right)-R_5$ có điện trở $3+2+3=\text{8\hspace{0.25em}Ω}$, song song với $R_2=\text{8\hspace{0.25em}Ω}$, nên $R_{\mathrm{AB}}=\text{4\hspace{0.25em}Ω}$, không phải $\text{3\hspace{0.25em}Ω}$.

b) Đúng. $U_4=\text{6\hspace{0.25em}}V$ nên $I_4=\text{1\hspace{0.25em}}A$. Vì $R_3\parallel R_4$, $U_3=\text{6\hspace{0.25em}}V$ và $I_3=\text{2\hspace{0.25em}}A$. Dòng qua $R_1$ là $I_1=I_3+I_4=\text{3\hspace{0.25em}}A$.

c) Sai. Điện áp $\mathrm{AB}$ bằng $U_1+U_{34}+U_5=3\times 3+6+9=\text{24\hspace{0.25em}}V$, nên $I_2=24/8=\text{3\hspace{0.25em}}A$, không phải $\text{2\hspace{0.25em}}A$.

d) Đúng. $I_3=U_3/R_3=6/3=\text{2\hspace{0.25em}}A$.

Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Sai; d) Đúng

Phân tích từng ý

a) Sai. Nước và nhiệt lượng kế tăng từ $t_1={25}^{\circ }C$ lên $t={30}^{\circ }C$, nên $Q_{12}=\left(m_1{c}_1+m_2{c}_2\right)\left(t-t_1\right)$.

b) Đúng. Vật kim loại giảm từ $t_2={90}^{\circ }C$ xuống $t$, nên $Q_3=m_3{c}_3\left(t_2-t\right)$.

c) Sai. Vật kim loại nóng hơn hệ ban đầu nên tỏa nhiệt; nước và nhiệt lượng kế thu nhiệt.

d) Đúng. Cân bằng nhiệt: $\left(m_1{c}_1+m_2{c}_2\right)\left(30-25\right)=m_3{c}_3\left(90-30\right)$. Suy ra $c_3\approx \text{336\hspace{0.25em}}\mathrm{J/}\left(\text{kg⋅K}\right)$.

Đáp án: a) Đúng; b) Sai; c) Đúng; d) Sai

Phân tích từng ý

a) Đúng. $n_1=4/2=\text{2\hspace{0.25em}}\mathrm{mol}$.

b) Sai. $n_2=22/44=0,\text{50\hspace{0.25em}}\mathrm{mol}$, không phải $0,\text{05\hspace{0.25em}}\mathrm{mol}$.

c) Đúng. $n_3=7/28=0,\text{25\hspace{0.25em}}\mathrm{mol}$.

d) Sai. Vì $V,T$ như nhau nên $p\propto n$. Bình (1) có áp suất lớn nhất, nhưng bình (3), không phải bình (2), có áp suất nhỏ nhất.

Đáp án: a) Sai; b) Sai; c) Đúng; d) Đúng

Phân tích từng ý

a) Sai. Dịch sang trái làm giảm chiều dài cột khí nên thể tích giảm.

b) Sai. Dịch sang phải làm chiều dài cột khí tăng nên thể tích tăng.

c) Đúng. $\mathrm{\Delta V}=\mathrm{Sx}=24\times 2=\text{48\hspace{0.25em}}c{m}^3$, nên $V_2=\text{192\hspace{0.25em}}c{m}^3$. Đẳng nhiệt: $p_2=100\times 240/192=\text{125\hspace{0.25em}}\mathrm{kPa}$. Lực cần thiết $F=\left(p_2-p_0\right)S=25\times {10}^3\times 24\times {10}^{-4}=\text{60\hspace{0.25em}}N$.

d) Đúng. Khi sang phải, $V_2=\text{288\hspace{0.25em}}c{m}^3$, $p_2=100\times 240/288=83,\text{33\hspace{0.25em}}\mathrm{kPa}$. Lực kéo $F=\left(p_0-p_2\right)S\approx 16,67\times {10}^3\times 24\times {10}^{-4}=\text{40\hspace{0.25em}}N$.

Đáp án: 2,46

Hướng dẫn giải

Khối lượng riêng $\rho =8,92\times {10}^3\mathrm{kg/}{m}^3$, $M=63,5\times {10}^{-3}\text{kg/mol}$. Mật độ electron tự do:

$$n=\frac{\rho N_A}{M}=\frac{8,92\times {10}^3\times 6,02\times {10}^{23}}{63,5\times {10}^{-3}}\approx 8,46\times {10}^{28}{m}^{\mathrm{-3}}.$$

Với e = 1,60 × 10⁻¹⁹ C, dùng I = neSv:

$$v=\frac{I}{\mathrm{neS}}=\frac{10}{8,46\times {10}^{28}\times 1,6\times {10}^{-19}\times 3,00\times {10}^{-6}}\approx 2,46\times {10}^{-4}\text{m/s.}$$

Vậy $X=2,46$.

Đáp án: 4

Hướng dẫn giải

1. Xác định khoảng cách $\mathrm{OA}$

Đặt:

$$\text{OA=x.}$$

Ta có:

$$\tan \angle \text{AOB=}\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{OA}}=\frac{8}{x},\tan \angle \text{AOM=}\frac{\mathrm{AM}}{\mathrm{OA}}=\frac{\mathrm{4,5}}{x}.$$

Đặt:

$$\text{θ=∠MOB=∠AOB-∠AOM.}$$

Suy ra:

$$\tan \theta =\frac{\frac{8}{x}-\frac{\mathrm{4,5}}{x}}{\mathrm{1+}\frac{8}{x}\cdot \frac{\mathrm{4,5}}{x}}=\frac{\text{3,5x}}{x^2\mathrm{+36}}.$$

Vì $\theta$ là góc nhọn nên $\theta$ lớn nhất khi $\tan \theta$ lớn nhất.

Áp dụng bất đẳng thức:

$$x^2\text{+36≥2}\sqrt{36x^2}\text{=12x.}$$

Do đó:

$$\tan \theta =\frac{\text{3,5x}}{x^2\mathrm{+36}}\le \frac{\mathrm{3,5}}{12}.$$

Dấu bằng xảy ra khi:

$$x^2\text{=36⇒x=6}\text{ cm}.$$(Có thể dùng đạo hàm $\frac{d\left(\text{tanθ}\right)}{\mathrm{dx}}\mathrm{=0}$ để tìm $x$)

Vậy:

$$\text{OA=6}\text{ cm}.$$

Do $\text{OA⊥AM}$, ta có:

$$\mathrm{OM=}\sqrt{O{A}^2\mathrm{+A}{M}^2}=\sqrt{6^2+{\mathrm{4,5}}^2}\text{=7,5}\text{ cm}.$$

2. So sánh cường độ điện trường tại A và M

Gọi $K$là hằng số Coulomb. Ban đầu:

$$\mathrm{E=}\frac{\text{K∣Q∣}}{O{A}^2}.$$

Cường độ điện trường tại $M$do điện tích $Q$gây ra là:

$$E_{\mathrm{M0}}=\frac{\text{K∣Q∣}}{O{M}^2}.$$

Suy ra:

$$\frac{E_{\mathrm{M0}}}{E}=\frac{O{A}^2}{O{M}^2}=\frac{6^2}{{\mathrm{7,5}}^2}=\frac{36}{\mathrm{56,25}}\text{=0,64.}$$

Vậy:

$$E_{\mathrm{M0}}\text{=0,64E.}$$

3. Tăng điện tích thêm $\mathrm{kQ}$

Sau khi tăng thêm $\mathrm{kQ}$, điện tích tại $O$là:

$$Q^{\text{'}}=\left(\mathrm{k+1}\right)\mathrm{Q.}$$

Cường độ điện trường mới tại $M$:

$$E_M=\left(\mathrm{k+1}\right)E_{\mathrm{M0}}\text{=0,64}\left(\mathrm{k+1}\right)\mathrm{E.}$$

Theo đề:

$$E_M\text{=3,2E.}$$

Suy ra:

$$\mathrm{0,64}\left(\mathrm{k+1}\right)\text{=3,2}\text{k+1=5}\mathrm{k=4}.$$

Đáp án: 21

Hướng dẫn giải

Gọi nhiệt độ sau ba lần cân bằng lần lượt là $t{\text{'}}_2,t{\text{'}}_3,t{\text{'}}_1$ và đặt $r=m/\mathrm{\Delta m}$. Từ cân bằng nhiệt ở từng lần rót:

$$t{\text{'}}_2=\frac{40+\mathrm{35r}}{r+1},$$

$$t{\text{'}}_3=\frac{t{\text{'}}_2+r{t}_3}{r+1},$$

$$t{\text{'}}_1=\frac{t{\text{'}}_3+\left(r-1\right)40}{r}.$$

Theo đề bài, cuối cùng bình 1 và bình 2 cùng ở 36°C, do đó

$$t{\text{'}}_2=t{\text{'}}_1={36}^{\circ }\mathrm{C.}$$

Từ $t{\text{'}}_2=36$:

$$36=\frac{40+\mathrm{35r}}{r+1}\Rightarrow r=4.$$

Từ $t{\text{'}}_1=36$:

$$36=\frac{t{\text{'}}_3+3\times 40}{4}\Rightarrow t{\text{'}}_3={24}^{\circ }\mathrm{C.}$$

Cuối cùng

$$24=\frac{36+4t_3}{5}\Rightarrow t_3={21}^{\circ }\mathrm{C.}$$

Đáp án: 10

Hướng dẫn giải

Vì nhiệt độ không đổi và các khí được coi là lí tưởng, gọi áp suất riêng phần ban đầu của argon và hydrogen là $p_{\mathrm{Ar}},p_H$. Ban đầu:

$$p=p_{\mathrm{Ar}}+p_H.$$

Sau cân bằng, argon vẫn chỉ ở ngăn trái, còn hydrogen phân bố đều vào hai ngăn bằng nhau, nên áp suất riêng phần hydrogen ở ngăn trái giảm một nửa:

$$p\mathrm{\text{'}=}{p}_{\mathrm{Ar}}+\frac{p_H}{2}=\frac{2}{3}p.$$

Đặt $r=p_{\mathrm{Ar}}/p_H$. Khi đó

$$\frac{r+1/2}{r+1}=\frac{2}{3}\Rightarrow r=\frac{1}{2}.$$

Mặt khác, ở cùng $V,T$:

$$\frac{p_{\mathrm{Ar}}}{p_H}=\frac{n_{\mathrm{Ar}}}{n_H}=\frac{m_{\mathrm{Ar}}/40}{m_H/2}=\frac{m_{\mathrm{Ar}}}{20m_H}.$$

Do đó

$$\frac{m_{\mathrm{Ar}}}{20m_H}=\frac{1}{2}\Rightarrow \frac{m_{\mathrm{Ar}}}{m_H}=10.$$

Đáp án: 200

Hướng dẫn giải

Đặt nửa chiều dài xilanh $l=0,\text{20\hspace{0.25em}}m$, tiết diện $S$. Ban đầu mỗi ngăn có thể tích $V_0/2$. Khi pít-tông lệch $r$:

$$V_1=S\left(l+r\right),V_2=S\left(l-r\right).$$

Mỗi lượng khí biến đổi đẳng nhiệt:

$$p_1{V}_1=p_0\frac{V_0}{2},p_2{V}_2=p_0\frac{V_0}{2}.$$

Suy ra

$$p_1=\frac{p_0{V}_0}{\mathrm{2S}\left(l+r\right)},p_2=\frac{p_0{V}_0}{\mathrm{2S}\left(l-r\right)}.$$

Chênh lệch lực áp suất cung cấp lực hướng tâm:

$$\left(p_2-p_1\right)S=m{\omega }^{2}r.$$

Thay biểu thức áp suất:

$$\frac{p_0{V}_0}{2}\left(\frac{1}{l-r}-\frac{1}{l+r}\right)=m{\omega }^{2}r.$$

Vì

$$\frac{1}{l-r}-\frac{1}{l+r}=\frac{\mathrm{2r}}{l^2-r^2},$$

nên

$${\omega }^2=\frac{p_0{V}_0}{m\left(l^2-r^2\right)}.$$

Thay $V_0=1,2\times {10}^{-3}{m}^3$, $m=0,\text{10\hspace{0.25em}}\mathrm{kg}$:

$$\omega =\sqrt{\frac{{10}^5\times 1,2\times {10}^{-3}}{0,10\left(0,{20}^2-0,{10}^2\right)}}=\text{200\hspace{0.25em}}\text{rad/s.}$$