Tự học ôn thi HSG vật lí Quốc gia theo bài toán dài - Cơ học Tổng hợp - BPhO Round 2

TỦ SÁCH CHUYÊN KHẢO VẬT LÝ CHUYÊN & OLYMPIAD

HƯỚNG TỚI KỲ THI CHỌN HSG QUỐC GIA & OLYMPIAD VẬT LÝ QUỐC TẾ
(VPhO — IPhO)

Tự học ôn thi HSG Quốc gia theo bài toán dài: Chuyên đề Cơ học Tổng hợp

British Physics Olympiad (BPhO Round 2) — Bài tập Phát triển Năng lực Tự học (Cấp độ 3)

Đề thi BPhO Round 2 là chuẩn mực hàng đầu về việc kiểm tra khả năng tư duy mô hình hóa toán học và sự thấu hiểu bản chất vật lý sâu sắc. Bài toán dài này dẫn dắt các em qua ba mảng kiến thức kinh điển: cơ năng của vật có khối lượng phân bố biến thiên liên tục, cân bằng giới hạn chống lật của công trình dưới áp lực khí động học, và phương pháp gián đoạn hóa vi tích phân để tính mô-men động lượng cùng động năng quay của vật rắn.

🧭 Quy trình rèn luyện năng lực tự học có trợ lực tư duy:

1. Tự lực phân tích: Nghiên cứu đề bài, thiết lập phương trình và giải tường minh ra nháp.
2. Nhờ AI kiểm tra: Nhập đáp số hoặc biểu thức vào ô tương tác để nhận phản hồi đánh giá.
3. Tháo gỡ bế tắc: Mở Gợi ý 1 để trả lời các câu hỏi dẫn dắt Socrates; mở Gợi ý 2 để xem phương pháp và kết quả trung gian.
4. Chuẩn hóa lập luận: Đối chiếu với Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn để hoàn thiện kỹ năng trình bày theo chuẩn HSG Quốc gia và Quốc tế.

Phần A

Chuyển động của Sợi dây Trượt khỏi Mép bàn Không Ma sát

Một sợi dây mềm, đồng chất, tiết diện đều có chiều dài $L = 1{,}0\text{ m}$. Một nửa chiều dài của dây được trải thẳng trên mặt bàn nằm ngang hoàn toàn không có ma sát. Nửa còn lại buông thõng thẳng đứng qua mép bàn. Thả nhẹ cho sợi dây bắt đầu chuyển động từ trạng thái nghỉ. Lấy gia tốc trọng trường $g = 9{,}81\text{ m/s}^2$. Hãy tính vận tốc của sợi dây ngay khi đầu cuối cùng của nó vừa rời khỏi mép bàn?

Hình 1. Sợi dây trượt khỏi mép bàn không ma sát

✍️ Nhập kết quả của em (Vận tốc v khi vừa rời bàn, tính theo m/s):

💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)

• Trong quá trình chuyển động, ngoại lực nào thực hiện công lên hệ sợi dây? Lực ma sát và phản lực từ mặt bàn có sinh công không?
• Nếu chọn mốc thế năng trọng trường tại mặt phẳng nằm ngang của mặt bàn, vị trí khối tâm của đoạn dây nằm trên bàn và đoạn dây buông thõng ban đầu nằm ở độ sâu bằng bao nhiêu?
• Khi đầu cuối cùng của dây vừa trượt đến mép bàn, toàn bộ sợi dây buông thõng thẳng đứng. Khối tâm của toàn bộ sợi dây lúc này nằm ở độ sâu bao nhiêu dưới mép bàn?

🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Trả lời câu hỏi gợi ý

• Vì mặt bàn hoàn toàn nhẵn không ma sát và phản lực pháp tuyến vuông góc với vận tốc của phần dây trên bàn, cơ năng của toàn bộ sợi dây được bảo toàn.

• Ban đầu: Đoạn trên bàn có thế năng bằng $0$. Đoạn buông thõng có chiều dài $L/2$, khối lượng $m/2$, khối tâm ở độ sâu $y_{G1} = \frac{L/2}{2} = \frac{L}{4}$. Thế năng ban đầu: $W_{t1} = -\frac{m}{2} g \frac{L}{4} = -\frac{1}{8} m g L$.

• Khi vừa rời bàn: Toàn bộ sợi dây dài $L$ buông thõng thẳng đứng, khối lượng $m$, khối tâm ở độ sâu $y_{G2} = \frac{L}{2}$. Thế năng lúc này: $W_{t2} = -m g \frac{L}{2} = -\frac{1}{2} m g L$. Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng để tính động năng và vận tốc $v$.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

Gọi $m$ là khối lượng toàn bộ sợi dây, $L = 1{,}0\text{ m}$ là chiều dài của dây. Chọn mốc thế năng trọng trường tại mặt bàn nằm ngang, trục $Oy$ hướng thẳng đứng xuống dưới.

1. Trạng thái ban đầu (dây đứng yên):

• Đoạn dây dài $L/2$ nằm trên bàn có cao độ $y = 0$, do đó thế năng bằng $0$.

• Đoạn dây buông thõng có khối lượng $m_1 = \frac{m}{2}$, chiều dài $l_1 = \frac{L}{2}$. Do dây đồng chất nên khối tâm nằm ở chính giữa đoạn thõng, tức ở độ sâu $y_{G1} = \frac{L}{4}$.

$$W_1 = W_{\text{đ}1} + W_{t1} = 0 - m_1 g y_{G1} = -\left(\frac{m}{2}\right) g \left(\frac{L}{4}\right) = -\frac{1}{8} m g L$$

2. Trạng thái khi vừa rời bàn:

Toàn bộ sợi dây có chiều dài $L$ buông thõng thẳng đứng, khối tâm ở độ sâu $y_{G2} = \frac{L}{2}$. Toàn bộ các phần tử của dây chuyển động cùng tốc độ $v$:

$$W_2 = W_{\text{đ}2} + W_{t2} = \frac{1}{2} m v^2 - m g \left(\frac{L}{2}\right) = \frac{1}{2} m v^2 - \frac{1}{2} m g L$$

3. Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng:

$$W_1 = W_2 \iff -\frac{1}{8} m g L = \frac{1}{2} m v^2 - \frac{1}{2} m g L$$

$$\frac{1}{2} m v^2 = \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{8}\right) m g L = \frac{3}{8} m g L \implies v^2 = \frac{3}{4} g L \implies v = \sqrt{\frac{3}{4} g L}$$

Thay số với $g = 9{,}81\text{ m/s}^2$ và $L = 1{,}0\text{ m}$:

$$v = \sqrt{\frac{3}{4} \times 9{,}81 \times 1{,}0} = \sqrt{7{,}3575} \approx 2{,}7125\text{ m/s} \approx 2{,}71\text{ m/s}$$

🎯 ĐÁP SỐ: $v = \sqrt{\frac{3}{4}gL} \approx 2{,}71\text{ m/s}$.

🚀 Thử thách mở rộng: Phương pháp Động lực học Vi phân

Khi đoạn dây buông thõng có chiều dài tức thời là $x$ ($L/2 \le x \le L$), lực kéo trọng trường tác dụng lên phần thõng là $F(x) = \left(\frac{m}{L} x\right) g$.

Áp dụng định luật II Newton cho toàn bộ sợi dây có khối lượng không đổi $m$: $F(x) = m a = m v \frac{dv}{dx}$.

$$v dv = \frac{g}{L} x dx \implies \int_0^v v dv = \frac{g}{L} \int_{L/2}^L x dx \implies \frac{v^2}{2} = \frac{g}{L} \left[ \frac{L^2 - (L/2)^2}{2} \right] = \frac{3}{8} g L \implies v = \sqrt{\frac{3}{4} g L}$$

Phương pháp động lực học vi phân hoàn toàn tương thích và chứng minh tính đúng đắn của định luật bảo toàn cơ năng.

Phần B

Ổn định Giới hạn Chống Lật của Đài tưởng niệm Stoodley Pike

Đài tưởng niệm Stoodley Pike ở West Yorkshire cao $H = 37\text{ m}$ tọa lạc trên một đồi cao trống trải gió lớn. Vào mùa đông, tháp phải hứng chịu những cơn gió dữ dội với tốc độ $v$. Có thể coi gần đúng tháp có dạng một khối trụ đặc đồng chất với đường kính trung bình $D = 7{,}5\text{ m}$. Loại sa thạch địa phương dùng làm vật liệu xây dựng có khối lượng riêng $\rho_s = 3{,}0\text{ g/cm}^3$. Gió thổi ngang tạo ra một lực quán tính cản khí động học $F = \rho_{\text{kk}} A v^2$, trong đó $A$ là diện tích hình chiếu đứng của tháp và $\rho_{\text{kk}} = 1{,}3\text{ kg/m}^3$ là khối lượng riêng của không khí.

Giả thiết móng công trình ngầm dưới đất không đáng kể (tháp đứng tự do trên mặt đất). Hãy xác định tốc độ gió $v$ đủ để làm lật đổ đài tưởng niệm? Nêu ý nghĩa cơ học của hình dạng kiến trúc thực tế của tháp.

Hình 2. Sơ đồ các lực tác dụng lên tháp khi bắt đầu bị lật

✍️️ Nhập kết quả của em (Tốc độ gió v làm lật tháp, tính theo m/s):

💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)

• Khi gió làm tháp bắt đầu nghiêng lật, tháp sẽ quay quanh trục hoặc điểm tựa nào ở chân đế?
• Lực gió tác dụng lên tháp được xem như đặt tại đâu (xét tâm diện tích hứng gió)? Cánh tay đòn của lực gió đối với điểm tựa lật là bao nhiêu?
• Trọng lượng của tháp tác dụng tại khối tâm tạo ra mô-men có xu hướng giữ tháp đứng yên hay làm lật tháp? Cánh tay đòn của trọng lực bằng bao nhiêu?

🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Trả lời câu hỏi gợi ý

• Khi tháp bị đẩy sang phải, mép đáy bên phải $O$ đóng vai trò là trục quay lật.

• Diện tích hứng gió hình chữ nhật $A = D \cdot H$. Điểm đặt lực gió $F$ nằm ở độ cao $h_F = H/2$. Mô-men gây lật: $\tau_{\text{lật}} = F \cdot \frac{H}{2} = \frac{1}{2} \rho_{\text{kk}} D H^2 v^2$.

• Khối tâm $G$ nằm trên trục đối xứng, cách mép $O$ một khoảng bằng bán kính đáy $R = D/2$. Mô-men phục hồi chống lật: $\tau_{\text{giữ}} = P \cdot \frac{D}{2} = M g \frac{D}{2}$. Điều kiện bắt đầu lật: $\tau_{\text{lật}} \ge \tau_{\text{giữ}}$.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

1. Tính khối lượng và trọng lượng của tháp:

Tháp là khối trụ đặc có chiều cao $H = 37\text{ m}$, đường kính $D = 7{,}5\text{ m}$. Thể tích khối trụ:

$$V = \frac{\pi D^2}{4} H$$

Khối lượng riêng của sa thạch $\rho_s = 3{,}0\text{ g/cm}^3 = 3000\text{ kg/m}^3$. Khối lượng và trọng lượng tháp:

$$M = \rho_s V = \rho_s \frac{\pi D^2 H}{4} \approx 3000 \times \frac{\pi \times 7{,}5^2 \times 37}{4} \approx 4{,}905 \times 10^6\text{ kg}$$

$$P = M g = \rho_s \frac{\pi D^2 H}{4} g$$

2. Thiết lập phương trình cân bằng mô-men tại ngưỡng lật:

Xét trục quay đi qua mép đáy phía khuất gió $O$.

• Lực gió thổi ngang: $F = \rho_{\text{kk}} A v^2$ với $A = D \cdot H$. Do phân bố đều, hợp lực đặt tại tâm hình học ở độ cao $h_F = H/2$.

$$\tau_{\text{lật}} = F \cdot \frac{H}{2} = (\rho_{\text{kk}} D H v^2) \cdot \frac{H}{2} = \frac{1}{2} \rho_{\text{kk}} D H^2 v^2$$

• Trọng lực $\vec{P}$ đặt tại khối tâm $G$, có phương thẳng đứng đi qua trục đối xứng của đáy, cách mép $O$ khoảng cách $D/2$:

$$\tau_{\text{giữ}} = P \cdot \frac{D}{2} = \left(\rho_s \frac{\pi D^2 H}{4} g\right) \cdot \frac{D}{2} = \frac{\pi}{8} \rho_s D^3 H g$$

3. Xác định tốc độ gió tới hạn:

Tháp bắt đầu bị lật khi $\tau_{\text{lật}} \ge \tau_{\text{giữ}}$:

$$\frac{1}{2} \rho_{\text{kk}} D H^2 v^2 \ge \frac{\pi}{8} \rho_s D^3 H g \implies v^2 \ge \frac{\pi \rho_s D^2 g}{4 \rho_{\text{kk}} H}$$

$$v_{\text{lật}} = \sqrt{\frac{\pi \rho_s D^2 g}{4 \rho_{\text{kk}} H}}$$

Thay các giá trị số: $\rho_s = 3000\text{ kg/m}^3$, $\rho_{\text{kk}} = 1{,}3\text{ kg/m}^3$, $D = 7{,}5\text{ m}$, $H = 37\text{ m}$, $g = 9{,}81\text{ m/s}^2$:

$$v = \sqrt{\frac{\pi \times 3000 \times (7{,}5)^2 \times 9{,}81}{4 \times 1{,}3 \times 37}} = \sqrt{\frac{5200996{,}4}{192{,}4}} = \sqrt{27032{,}2} \approx 164{,}4\text{ m/s} \approx 164\text{ m/s}$$

(Tương đương khoảng $592\text{ km/h}$, vượt xa tốc độ gió bão thông thường).

4. Ý nghĩa cơ học của hình dạng thực tế:

Trong thực tế đài tưởng niệm Stoodley Pike không phải là hình trụ thẳng đứng mà có chân đế vuông rộng và phần thân vuốt thon nhọn dần lên đỉnh dạng cột obelisk:

• Chân đế mở rộng: Làm tăng cánh tay đòn của trọng lực ($R_{\text{đáy}} > D/2$), qua đó tăng đáng kể mô-men phục hồi chống lật.
• Thân thon nhọn về phía đỉnh: Giúp hạ thấp vị trí khối tâm $G$, đồng thời giảm diện tích cản gió $A$ ở các tầng cao (nơi gió thổi mạnh nhất và có cánh tay đòn gây lật lớn nhất).
• Biên dạng khí động học: Làm giảm hệ số cản lực xoáy so với một hình trụ phẳng cắt ngang.

🎯 ĐÁP SỐ: Tốc độ gió làm lật $v \approx 164\text{ m/s}$ (khoảng $592\text{ km/h}$).

Phần C

Mô-men Động lượng và Động năng Quay

Mô-men động lượng $L$ của một chất điểm đối với một trục quay $A$ xác định được định nghĩa theo công thức (1):

$$L = r p \qquad (1)$$

trong đó $r$ là khoảng cách vuông góc từ trục $A$ đến đường chuyển động tức thời của chất điểm, và $p$ là động lượng dài của chất điểm ($p = mv$).

Câu c(i) Quả nút cao su quay tròn trên dây nhẹ

Tính mô-men động lượng của một quả nút cao su khối lượng $25\text{ g}$ buộc vào một sợi dây nhẹ dài $50\text{ cm}$ đang quay tròn đều với tần số $4{,}0\text{ vòng/giây}$. Nêu rõ đơn vị chuẩn SI của mô-men động lượng.

✍️ Nhập kết quả của em (Giá trị mô-men động lượng và đơn vị SI):

💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)

• Từ tần số quay $f = 4{,}0\text{ s}^{-1}$, tốc độ góc $\omega$ và vận tốc dài tiếp tuyến $v$ liên hệ với bán kính dây $r$ như thế nào?
• Đường chuyển động tức thời tiếp tuyến với quỹ đạo tròn. Khoảng cách vuông góc từ trục quay (tâm đường tròn) đến tiếp tuyến này bằng bao nhiêu?

🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Trả lời câu hỏi gợi ý

• Tốc độ góc $\omega = 2\pi f = 8\pi\text{ rad/s}$. Vận tốc dài: $v = \omega r = 8\pi \times 0{,}5 = 4\pi\text{ m/s}$.

• Khoảng cách từ tâm đến tiếp tuyến chính là bán kính $r = 0{,}50\text{ m}$. Áp dụng $L = r p = m r^2 \omega$ với đơn vị $\text{kg}\cdot\text{m}^2/\text{s}$ hoặc $\text{J}\cdot\text{s}$.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

Đổi các đại lượng sang hệ đơn vị chuẩn SI:

• Khối lượng: $m = 25\text{ g} = 0{,}025\text{ kg}$.

• Bán kính: $r = 50\text{ cm} = 0{,}50\text{ m}$.

• Tần số: $f = 4{,}0\text{ s}^{-1} \implies \omega = 2\pi f = 8\pi\text{ rad/s} \approx 25{,}13\text{ rad/s}$.

Tốc độ dài tiếp tuyến của nút cao su:

$$v = \omega r = (8\pi) \times 0{,}50 = 4\pi\text{ m/s} \approx 12{,}57\text{ m/s}$$

Động lượng dài của vật: $p = m v = 0{,}025 \times 4\pi = 0{,}1\pi\text{ kg}\cdot\text{m/s}$.

Vì quỹ đạo là hình tròn nên vận tốc tức thời luôn vuông góc với bán kính nối tâm, khoảng cách từ trục đến đường chuyển động chính là $r$. Mô-men động lượng:

$$L = r p = m v r = m r^2 \omega = 0{,}025 \times (0{,}50)^2 \times 8\pi = 0{,}05\pi \approx 0{,}157\text{ kg}\cdot\text{m}^2\text{s}^{-1}$$

🎯 ĐÁP SỐ: $L = 0{,}05\pi \approx 0{,}157\text{ kg}\cdot\text{m}^2\text{s}^{-1}$ (hoặc $\text{J}\cdot\text{s}$).

Câu c(ii) Mô-men động lượng của bánh xe đạp lăn không trượt

Một người đi xe đạp đang di chuyển với tốc độ $v = 12\text{ m/s}$. Bánh trước của xe có khối lượng $m = 1{,}3\text{ kg}$ và đường kính $d = 62\text{ cm}$. Nếu bánh xe lăn hoàn toàn không trượt đối với mặt đất, hãy tính mô-men động lượng của bánh xe đối với trục quay của nó.

✍️ Nhập kết quả của em (Mô-men động lượng bánh xe, tính theo kg m²/s):

💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)

• Khối lượng của bánh xe đạp tập trung chủ yếu ở phần nào (nan hoa hay vành xe và lốp)? Mô hình hình học phù hợp nhất cho bánh xe đạp là gì?
• Điều kiện lăn không trượt cho biết mối liên hệ giữa tốc độ tịnh tiến của trục xe $v$, tốc độ góc $\omega$ và bán kính bánh xe $R$ như thế nào?

🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Trả lời câu hỏi gợi ý

• Đối với bánh xe đạp, gần như toàn bộ khối lượng phân bố tại vành kim loại và lốp ở khoảng cách $R = d/2 = 0{,}31\text{ m}$. Mô hình chuẩn là một vành tròn mỏng: $I = m R^2$.

• Lăn không trượt: $\omega = \frac{v}{R}$. Theo định nghĩa $L = \sum r_i p_i$, mọi phần tử khối lượng $\Delta m_i$ trên vành đều cách trục quay khoảng cách $R$ và có tốc độ đối với trục là $v$. Do đó $L = m v R$.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

1. Mô hình hóa bánh xe đạp:

Bánh xe đạp thực tế có các nan hoa rất nhẹ, hầu như toàn bộ khối lượng $m = 1{,}3\text{ kg}$ tập trung ở vành và lốp xe ở khoảng cách bán kính $R = \frac{d}{2} = \frac{0{,}62}{2} = 0{,}31\text{ m}$. Vì thế, bánh xe được mô hình hóa chính xác bằng một vành tròn mỏng (vòng nhẫn đồng chất):

$$I = m R^2$$

2. Tính toán mô-men động lượng quay:

Do bánh xe lăn không trượt trên mặt đường, tốc độ góc quay của bánh xe quanh trục của nó liên hệ với tốc độ tịnh tiến $v = 12\text{ m/s}$ qua hệ thức:

$$\omega = \frac{v}{R}$$

Mô-men động lượng của bánh xe đối với trục quay:

$$L = I \omega = (m R^2) \left(\frac{v}{R}\right) = m v R$$

Thay các giá trị số:

$$L = 1{,}3\text{ kg} \times 12\text{ m/s} \times 0{,}31\text{ m} = 4{,}836\text{ kg}\cdot\text{m}^2\text{s}^{-1} \approx 4{,}84\text{ kg}\cdot\text{m}^2\text{s}^{-1}$$

(Ghi chú mở rộng: Nếu bài toán xét đối với tâm quay tức thời tại điểm tiếp xúc với mặt đất, theo định lý Steiner- Huygens, $I_P = I + mR^2 = 2mR^2 \implies L_P = 2mvR \approx 9{,}67\text{ kg}\cdot\text{m}^2\text{s}^{-1}$; nếu xem bánh xe là một đĩa đặc đồng chất lý thuyết thì $I = \frac{1}{2}mR^2 \implies L = \frac{1}{2}mvR \approx 2{,}42\text{ kg}\cdot\text{m}^2\text{s}^{-1}$. Mô hình vành tròn mỏng $L = 4{,}84\text{ kg}\cdot\text{m}^2\text{s}^{-1}$ là mô hình chuẩn mực nhất cho bánh xe đạp).

🎯 ĐÁP SỐ: $L = m v R \approx 4{,}84\text{ kg}\cdot\text{m}^2\text{s}^{-1}$.

Câu c(iii) Mô hình rời rạc N chất điểm cho thanh đồng chất quay

Ta có thể mô hình hóa một cách gần đúng một thanh đồng chất khối lượng $M$, chiều dài $l$ thành một hệ gồm $N$ chất điểm cách đều nhau, mỗi chất điểm có khối lượng bằng $M/N$. Nếu thanh được gắn vào một bản lề quay không ma sát ở một đầu và quay với tốc độ góc $\omega$, hãy xác định biểu thức tính mô-men động lượng của thanh theo $N$.
(Cho biết công thức tổng bình phương của $n$ số nguyên đầu tiên: $\sum_{i=1}^n i^2 = \frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)$).

✍️ Nhập biểu thức của L(N) theo M, l, omega và N:

💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)

• Nếu chia thanh thành $N$ đoạn bằng nhau và đặt $N$ chất điểm tại các vị trí cách đều nhau $r_i = i \frac{l}{N}$ ($i = 1, 2, \dots, N$), vận tốc dài $v_i$ của chất điểm thứ $i$ bằng bao nhiêu?
• Động lượng dài $p_i$ và mô-men động lượng $L_i = r_i p_i$ của chất điểm thứ $i$ phụ thuộc vào chỉ số $i$ như thế nào?
• Lấy tổng $\sum_{i=1}^N L_i$ và vận dụng công thức gợi ý của đề bài để thu gọn biểu thức theo $N$?

🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Trả lời câu hỏi gợi ý

• Hạt thứ $i$ có khoảng cách $r_i = i \frac{l}{N}$ và vận tốc $v_i = \omega r_i = \omega \left(i \frac{l}{N}\right)$.

• Mô-men động lượng của hạt thứ $i$: $L_i = r_i (m_i v_i) = \left(i \frac{l}{N}\right) \left(\frac{M}{N}\right) \left(\omega i \frac{l}{N}\right) = \frac{M \omega l^2}{N^3} i^2$.

• Tổng mô-men động lượng: $L(N) = \frac{M \omega l^2}{N^3} \sum_{i=1}^N i^2 = \frac{M \omega l^2}{N^3} \frac{N(N+1)(2N+1)}{6}$.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

Xét hệ gồm $N$ chất điểm, mỗi chất điểm có khối lượng $m_i = \frac{M}{N}$.

Vị trí của chất điểm thứ $i$ ($i = 1, 2, \dots, N$) tính từ đầu bản lề là:

$$r_i = i \cdot \frac{l}{N}$$

Khi thanh quay với tốc độ góc $\omega$, tốc độ chuyển động tròn của chất điểm thứ $i$ là:

$$v_i = \omega r_i = \omega \left(\frac{i l}{N}\right)$$

Động lượng dài của chất điểm thứ $i$:

$$p_i = m_i v_i = \left(\frac{M}{N}\right) \left(\omega \frac{i l}{N}\right) = \frac{M \omega l}{N^2} i$$

Mô-men động lượng của chất điểm thứ $i$ đối với bản lề quay:

$$L_i = r_i p_i = \left(\frac{i l}{N}\right) \left(\frac{M \omega l}{N^2} i\right) = \frac{M \omega l^2}{N^3} i^2$$

Tổng mô-men động lượng của toàn bộ hệ $N$ hạt:

$$L(N) = \sum_{i=1}^N L_i = \frac{M \omega l^2}{N^3} \sum_{i=1}^N i^2$$

Áp dụng hệ thức tổng chuỗi bình phương đề bài cung cấp: $\sum_{i=1}^N i^2 = \frac{1}{6} N(N+1)(2N+1)$:

$$L(N) = \frac{M \omega l^2}{N^3} \cdot \frac{N(N+1)(2N+1)}{6} = \frac{M \omega l^2 (N+1)(2N+1)}{6 N^2}$$

Ta có thể viết lại dưới dạng phân tích bậc của $N$:

$$L(N) = \frac{1}{6} M l^2 \omega \left(1 + \frac{1}{N}\right)\left(2 + \frac{1}{N}\right) = M l^2 \omega \left(\frac{1}{3} + \frac{1}{2N} + \frac{1}{6N^2}\right)$$

🎯 ĐÁP SỐ: $L(N) = \frac{M \omega l^2 (N+1)(2N+1)}{6 N^2} = M l^2 \omega \left(\frac{1}{3} + \frac{1}{2N} + \frac{1}{6N^2}\right)$.

Câu c(iv) Giới hạn liên tục: Mô-men động lượng chính xác của thanh

Bằng cách lấy giới hạn thích hợp ($N \to \infty$), hãy tìm biểu thức chính xác cho mô-men động lượng của thanh quay trong phần (iii) chỉ theo các đại lượng $M, l$ và $\omega$.

✍️ Nhập biểu thức chính xác của L theo M, l và omega:

💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)

• Khi số lượng hạt $N$ tăng lên vô hạn ($N \to \infty$), các số hạng $\frac{1}{N}$ và $\frac{1}{N^2}$ tiến về bao nhiêu?
• Kết quả giới hạn này có mối quan hệ gì với mô-men quán tính $I$ của thanh quay quanh một đầu?

🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Trả lời câu hỏi gợi ý

• Khi $N \to \infty$, $\lim_{N \to \infty} \left(\frac{1}{3} + \frac{1}{2N} + \frac{1}{6N^2}\right) = \frac{1}{3}$.

• Do đó $L = \frac{1}{3} M l^2 \omega$. Biểu thức này khớp hoàn toàn với $L = I \omega$ với $I = \frac{1}{3} M l^2$.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

Khi số lượng chất điểm $N \to \infty$, khoảng cách giữa các hạt $\Delta r = l/N \to 0$, mô hình rời rạc chuyển thành vật rắn phân bố khối lượng liên tục.

Lấy giới hạn của biểu thức $L(N)$ ở Câu c(iii) khi $N \to \infty$:

$$L = \lim_{N \to \infty} L(N) = \lim_{N \to \infty} \left[ M l^2 \omega \left(\frac{1}{3} + \frac{1}{2N} + \frac{1}{6N^2}\right) \right]$$

$$L = \frac{1}{3} M l^2 \omega$$

Kiểm chứng bằng phép tính tích phân giải tích:

Xét phần tử vi phân $dm = \frac{M}{l} dr$ tại tọa độ $r \in [0, l]$. Mô-men quán tính của thanh đối với trục quay đi qua một đầu:

$$I = \int_0^l r^2 dm = \int_0^l r^2 \left(\frac{M}{l} dr\right) = \frac{M}{l} \left[ \frac{r^3}{3} \right]_0^l = \frac{1}{3} M l^2$$

$$L = I \omega = \frac{1}{3} M l^2 \omega$$

🎯 ĐÁP SỐ: $L = \frac{1}{3} M l^2 \omega$.

Câu c(v) Động năng Quay của Thanh

Xác định động năng của thanh quay trong phần (iii) chỉ theo các đại lượng $M, l$ và $\omega$.

✍️ Nhập biểu thức động năng quay E_k theo M, l và omega:

💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)

• Tổng động năng của hệ $N$ chất điểm được biểu diễn qua $m_i$ và $v_i$ như thế nào?
• Động năng quay của vật rắn liên hệ như thế nào với mô-men quán tính $I$ và tốc độ góc $\omega$? Hoặc có liên hệ gì trực tiếp với mô-men động lượng $L$?

🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Trả lời câu hỏi gợi ý

• Đối với từng hạt: $E_{k,i} = \frac{1}{2} m_i v_i^2 = \frac{1}{2} (m_i v_i r_i) \omega = \frac{1}{2} L_i \omega$.

• Lấy tổng toàn bộ hệ: $E_k = \frac{1}{2} L \omega$. Thay $L = \frac{1}{3} M l^2 \omega$ từ Câu c(iv) để suy ra kết quả.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

Cách 1: Từ mô hình rời rạc N chất điểm và lấy giới hạn

Động năng của chất điểm thứ $i$:

$$E_{k,i} = \frac{1}{2} m_i v_i^2 = \frac{1}{2} \left(\frac{M}{N}\right) \left(\omega \frac{i l}{N}\right)^2 = \frac{1}{2} \frac{M \omega^2 l^2}{N^3} i^2$$

Tổng động năng của hệ $N$ chất điểm:

$$E_k(N) = \sum_{i=1}^N E_{k,i} = \frac{1}{2} \frac{M \omega^2 l^2}{N^3} \sum_{i=1}^N i^2 = \frac{1}{2} \frac{M \omega^2 l^2}{N^3} \frac{N(N+1)(2N+1)}{6}$$

Lấy giới hạn khi $N \to \infty$:

$$E_k = \lim_{N \to \infty} E_k(N) = \frac{1}{2} M \omega^2 l^2 \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{6} M l^2 \omega^2$$

Cách 2: Sử dụng mối liên hệ giữa động năng quay và mô-men động lượng

Động năng quay của vật rắn quanh trục cố định:

$$E_k = \frac{1}{2} I \omega^2 = \frac{1}{2} (I \omega) \omega = \frac{1}{2} L \omega$$

Thay biểu thức $L = \frac{1}{3} M l^2 \omega$ từ Câu c(iv):

$$E_k = \frac{1}{2} \left(\frac{1}{3} M l^2 \omega\right) \omega = \frac{1}{6} M l^2 \omega^2$$

🎯 ĐÁP SỐ: $E_k = \frac{1}{6} M l^2 \omega^2$.

Read More

Tự học ôn thi HSG Quốc gia theo bài toán dài - Động cơ Cảm ứng và Từ trường quay

BỒI DƯỠNG HSG QUỐC GIA VẬT LÝ Chuyên đề Bài toán dài Đa tầng

Tự học ôn thi HSG Quốc gia theo bài toán dài: Khảo sát Toàn diện Nguyên lý & Điều khiển Động cơ Cảm ứng

Động cơ cảm ứng (Induction Motor) là cỗ máy biến đổi điện năng thành cơ năng đóng vai trò trụ cột trong công nghiệp hiện đại. Bài toán dài chuyên sâu này (gồm 18 câu hỏi dẫn dắt liên hoàn qua 4 phần) giúp các em rèn luyện tư duy vật lý lý thuyết đỉnh cao: từ bản chất vi mô của lực Lorentz, định luật Faraday trong hệ quy chiếu quay, mạng điện đối xứng đa pha, cho đến cơ cấu truyền động cơ học và mạch cộng hưởng xoay chiều điều khiển từ trường.

🧭 Quy trình tự học tương tác sau mỗi câu hỏi:

1. Tự lực giải quyết: Đọc kỹ đề bài, thiết lập phương trình và tự tính toán ra nháp.
2. Nhờ AI kiểm tra: Nhập kết quả vào ô tương tác ngay dưới mỗi câu để AI phân tích tính đúng sai.
3. Tháo gỡ bế tắc: Mở Gợi ý 1 để trả lời các câu hỏi dẫn dắt tư duy Socrates; mở Gợi ý 2 để xem phương pháp và kết quả trung gian.
4. Đối chiếu & Hoàn thiện: Chỉ mở Bài giải chi tiết khi đã hoàn thành để học hỏi phong cách trình bày mẫu mực cho kỳ thi Học sinh giỏi Quốc gia.

Phần 1

1. Định luật cảm ứng điện từ Faraday và Bản chất Lực Lorentz

Theo định luật cảm ứng điện từ Faraday (1), khi từ thông $\Phi(t)$ xuyên qua một cuộn dây biến thiên theo thời gian tại thời điểm $t$, trong cuộn dây xuất hiện một suất điện động cảm ứng $V(t)$ tỉ lệ với tốc độ biến thiên của từ thông:

$$V(t) = -\frac{d\Phi(t)}{dt} \qquad (1)$$

Ở đây, dấu trừ ở vế phải thể hiện chiều của suất điện động sinh ra có xu hướng cảm ứng ra dòng điện chống lại sự biến thiên của từ thông. Định luật Faraday vẫn hoàn toàn nghiệm đúng ngay cả khi cuộn dây tự biến dạng hoặc chuyển động cơ học. Ta kiểm chứng điều này qua một mô hình cơ bản.

Như Hình 1, trong không gian có từ trường đều thẳng đứng hướng vuông góc vào mặt phẳng trang giấy với cảm ứng từ $B$. Trên mặt phẳng nằm ngang đặt hai thanh ray dẫn điện thẳng song song cách nhau một khoảng $d$, phía trên đặt vuông góc một thanh dẫn kim loại. Hai thanh ray được nối kín với nhau ở đầu bên trái, cùng với thanh dẫn tạo thành một mạch kín. Các vật dẫn này có điện trở. Kéo thanh dẫn chuyển động sang phải với vận tốc không đổi $v$. Bỏ qua từ trường do dòng điện trong mạch tự sinh ra, độ lớn điện tích nguyên tố là $e$.

Hình 1. Thanh dẫn chuyển động trên hai ray trong từ trường đều vuông góc

Câu 1 Lực Lorentz và Suất điện động chuyển động

Các electron dẫn bên trong thanh chịu tác dụng của lực Lorentz từ từ trường. Nếu giải thích lực này tương đương với lực do một điện trường sinh ra trong mạch, ta có thể xem như trong mạch xuất hiện một suất điện động. Hãy xác định độ lớn của lực Lorentz này, độ lớn của suất điện động tương ứng, và cho biết dòng điện cảm ứng chạy theo chiều mũi tên a hay b trong Hình 1?

✍️ Nhập kết quả của em (Độ lớn lực Lorentz, suất điện động, chiều dòng điện a hay b):

💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)

• Vận tốc thanh hướng sang phải, từ trường hướng vào trong. Hãy áp dụng biểu thức véc-tơ lực Lorentz $\vec{f} = q(\vec{v} \times \vec{B})$ với hạt mang điện tích âm $q = -e$ để xác định hướng của lực tác dụng lên electron?
• Khi các electron tự do bị dồn về một đầu thanh, đầu đó trở thành cực âm hay cực dương? Dòng điện quy ước bên trong thanh (đóng vai trò nguồn điện) chạy từ cực nào sang cực nào?

🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Trả lời câu hỏi gợi ý

• Ta có $\vec{v}$ hướng sang phải ($+x$), $\vec{B}$ hướng vào trong mặt phẳng ($-z$). Tích có hướng $\vec{v} \times \vec{B}$ hướng thẳng đứng lên trên ($+y$). Do điện tích của electron mang giá trị âm ($q = -e$), lực Lorentz $\vec{f} = -e(\vec{v} \times \vec{B})$ có hướng thẳng đứng xuống dưới ($-y$), dồn electron về đầu dưới của thanh.

• Điện trường cảm ứng sinh ra để cân bằng lực này: $\vec{E}^* = \frac{\vec{f}}{q} = \vec{v} \times \vec{B}$, hướng từ dưới lên trên. Suất điện động cảm ứng trên đoạn thanh chiều dài $d$ là $V = \int \vec{E}^* \cdot d\vec{l} = vBd$.

• Đầu dưới của thanh tích tụ electron thừa nên là cực âm; đầu trên thiếu hụt electron trở thành cực dương. Bên trong vật dẫn đóng vai trò nguồn điện, dòng điện quy ước chạy từ cực âm sang cực dương, tức là chạy từ dưới lên trên theo chiều mũi tên b.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

1. Độ lớn của lực Lorentz: Mỗi electron chuyển động với vận tốc $\vec{v} \perp \vec{B}$ chịu tác dụng của lực từ Lorentz có độ lớn:

$$f = |-e| \cdot v \cdot B \cdot \sin 90^\circ = e v B$$

2. Độ lớn suất điện động tương ứng: Lực Lorentz tương đương với một trường lực lạ $\vec{E}^* = \vec{v} \times \vec{B}$ có độ lớn $E^* = vB$. Suất điện động cảm ứng giữa hai đầu thanh dẫn chiều dài $d$:

$$V = E^* \cdot d = v B d$$

3. Chiều dòng điện cảm ứng: Lực Lorentz đẩy các hạt mang điện tích âm xuống đầu dưới của thanh. Bên trong thanh dẫn, dòng điện quy ước (chiều dịch chuyển của điện tích dương giả định) chạy từ cực âm lên cực dương, tức hướng từ dưới lên trên theo chiều mũi tên b.

🎯 ĐÁP SỐ: Độ lớn lực Lorentz $f = evB$; Suất điện động $V = vBd$; Chiều dòng điện: mũi tên b.

Câu 2 Định luật Faraday theo Biến dạng Diện tích Mạch kín

Mặt khác, xem sự chuyển động của thanh dẫn là sự biến dạng diện tích mạch và áp dụng định luật Faraday (1). Tốc độ biến thiên của từ thông xuyên qua mạch kín (quy ước từ thông từ mặt trước ra sau là dương) là bao nhiêu? Độ lớn của suất điện động cảm ứng là bao nhiêu và dòng điện cảm ứng chạy theo chiều mũi tên a hay b?

✍️ Nhập kết quả của em (Tốc độ biến thiên từ thông dPhi/dt, suất điện động, chiều dòng điện):

💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)

• Trong thời gian $dt$, thanh dẫn đi được quãng đường $dx = v dt$. Độ biến thiên diện tích $dS$ của mạch kín được tính như thế nào?
• Khi từ thông xuyên vào trong tăng lên, định luật Lenz đòi hỏi từ trường cảm ứng $\vec{B}'$ do dòng điện sinh ra phải có hướng nào? Áp dụng quy tắc nắm tay phải suy ra chiều dòng điện?

🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Trả lời câu hỏi gợi ý

• Độ biến thiên diện tích: $dS = d \cdot dx = d \cdot v dt \implies \frac{dS}{dt} = d \cdot v$.

• Tốc độ biến thiên từ thông: $\frac{d\Phi}{dt} = B \frac{dS}{dt} = B d v$. Suất điện động theo định luật Faraday là $V(t) = -\frac{d\Phi}{dt} = -Bdv$, độ lớn là $Bdv$.

• Vì từ thông hướng vào trang giấy đang tăng, dòng điện cảm ứng phải sinh ra từ trường cảm ứng hướng ra ngoài mặt phẳng trang giấy. Nắm bàn tay phải cho thấy dòng cảm ứng chạy ngược chiều kim đồng hồ quanh vòng kín, tức là chạy qua thanh dẫn từ dưới lên trên theo chiều b.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

1. Tốc độ biến thiên từ thông:

$$\frac{d\Phi(t)}{dt} = B \frac{dS}{dt} = B \cdot (d \cdot v) = B d v$$

2. Độ lớn suất điện động cảm ứng: Theo định luật Faraday (1):

$$|V(t)| = \left| -\frac{d\Phi(t)}{dt} \right| = B d v$$

3. Chiều dòng điện cảm ứng: Theo định luật Lenz, dòng điện cảm ứng sinh ra từ trường chống lại sự gia tăng của từ thông ngoài (hướng ra ngoài mặt giấy). Theo quy tắc bàn tay phải, chiều dòng điện chạy trong mạch theo chiều ngược kim đồng hồ, qua thanh dẫn chạy từ dưới lên trên theo chiều b.

🎯 ĐÁP SỐ: $\frac{d\Phi}{dt} = Bdv$; Độ lớn suất điện động $|V| = Bdv$; Chiều dòng điện: mũi tên b.

Câu 3 Lực Từ Cản trở và Công suất của Ngoại lực Duy trì

Gọi $I$ là cường độ dòng điện chạy trong mạch kín ở thí nghiệm Hình 1. Hãy xác định hướng (sang trái hay sang phải) và độ lớn của lực từ (lực Lorentz vĩ mô) tác dụng lên thanh. Để duy trì thanh chuyển động thẳng đều với vận tốc $v$, công suất của ngoại lực cần thực hiện là bao nhiêu?

✍️ Nhập kết quả của em (Hướng lực từ, độ lớn F, công suất P của ngoại lực):

💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)

• Dòng điện trong thanh chạy từ dưới lên trên (theo b). Áp dụng quy tắc bàn tay trái xác định chiều của lực từ tác dụng lên đoạn dây dẫn mang dòng điện này.
• Khi thanh chuyển động thẳng đều, tổng hợp lực tác dụng lên nó bằng bao nhiêu? Ngoại lực kéo phải có phương, chiều và độ lớn như thế nào so với lực từ?

🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Trả lời câu hỏi gợi ý

• Lực từ $\vec{F} = I(\vec{d} \times \vec{B})$. Chiều dòng điện hướng lên ($+y$), từ trường hướng vào trong ($-z$), tích có hướng cho lực từ hướng sang trái ($-x$), cản trở chuyển động.

• Độ lớn lực từ: $F = I d B \sin 90^\circ = I d B$.

• Để duy trì vận tốc không đổi, ngoại lực phải triệt tiêu lực cản này: $\vec{F}_{\text{ngoại}} = -\vec{F} \implies F_{\text{ngoại}} = IdB$ (hướng sang phải). Công suất cơ học cần cung cấp: $P = F_{\text{ngoại}} \cdot v = I d B v$.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

1. Hướng và độ lớn của lực từ:

$$\vec{F} = I (\vec{d} \times \vec{B}) \implies \text{Hướng sang trái (ngược chiều vận tốc)}, \quad F = I d B$$

2. Công suất của ngoại lực: Vì thanh dẫn chuyển động thẳng đều với vận tốc $\vec{v}$, theo định luật I Newton:

$$\vec{F}_{\text{ngoại}} + \vec{F} = \vec{0} \implies F_{\text{ngoại}} = F = I d B \quad (\text{hướng sang phải})$$

$$P_{\text{ngoại}} = \vec{F}_{\text{ngoại}} \cdot \vec{v} = I d B v$$

🎯 ĐÁP SỐ: Lực từ hướng sang trái, độ lớn $F = IdB$; Công suất ngoại lực $P = IdBv$.

Câu 4 Định luật Bảo toàn Năng lượng và Nhiệt lượng Joule Tỏa ra

Tính nhiệt lượng Joule tỏa ra trong mạch trên một đơn vị thời gian (công suất nhiệt tỏa ra) tại thời điểm này.

✍️ Nhập kết quả của em (Công suất nhiệt tỏa ra P_Joule):

💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)

• Mạch kín có suất điện động cảm ứng $V$ và dòng điện chạy qua là $I$. Công suất điện mà nguồn cảm ứng cung cấp cho toàn mạch là bao nhiêu?
• Theo định luật bảo toàn năng lượng, khi động năng thanh không đổi, công của ngoại lực chuyển hóa hoàn toàn thành dạng năng lượng nào?

🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Trả lời câu hỏi gợi ý

• Suất điện động cảm ứng sinh ra trong mạch là $V = Bdv$.

• Công suất nhiệt Joule tỏa ra trên điện trở toàn mạch là $P_{\text{Joule}} = V \cdot I = I d B v$. Giá trị này hoàn toàn trùng khớp với công suất cơ học của ngoại lực sinh ra ở Câu 3, chứng minh định luật bảo toàn và chuyển hóa năng lượng.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

Nhiệt lượng tỏa ra trong toàn mạch trên một đơn vị thời gian (công suất nhiệt Joule):

$$P_{\text{Joule}} = V \cdot I = (B d v) \cdot I = I d B v$$

Kết quả này hoàn toàn tương thích với định luật bảo toàn năng lượng: toàn bộ công cơ học do ngoại lực thực hiện được chuyển hóa thành điện năng thông qua lực Lorentz và cuối cùng giải phóng dưới dạng nhiệt Joule trong mạch.

🎯 ĐÁP SỐ: $P_{\text{Joule}} = IdBv$.

Phần 2

2. Suất điện động và Dòng điện cảm ứng trong Rôto quay

Trong động cơ cảm ứng, bộ nguồn tạo ra một từ trường quay. Véc-tơ cảm ứng từ $\vec{B}$ chỉ có các thành phần trong mặt phẳng $xy$, độ lớn $B$ không đổi và quay ngược chiều kim đồng hồ quanh trục $z$ với tốc độ góc $\Omega$:

$$B_x = B \cos\Omega t, \qquad B_y = B \sin\Omega t \qquad (2)$$

Rôto đặt trong từ trường này gồm $N$ ($N \ge 3$) khung dây hình chữ nhật kích thước $l \times h$, phân bố cách đều nhau quanh trục dẫn điện trung tâm chung (trục $z$) như Hình 2. Điện trở chu vi ngoài của mỗi khung (gồm 3 cạnh AB, BC, CD) là $r$, điện trở đoạn trục tâm chung (cạnh DA) là $r_c$.

Hình 2. Cấu trúc không gian của rôto

Hình 3. Mặt cắt nhìn từ trục z xuống mặt xy

Rôto đang quay với tốc độ góc $\omega$ ($0 \le \omega \le \Omega$). Vị trí góc của khung dây thứ $k$ ($k=1, \dots, N$) là $\phi_k + \omega t$ với $\phi_k = \frac{2\pi k}{N}$. Góc tương đối giữa $\vec{B}$ và khung thứ $k$ là $\theta_k(t) = \Omega t - \omega t - \phi_k$.

Câu 5 Từ thông Xuyên qua Khung dây thứ k

Biểu diễn từ thông $\Phi_k(t)$ xuyên qua mạch kín $C_k$ tại thời điểm $t$ qua các đại lượng $B, l, h, \theta_k(t)$ (quy ước từ thông dương theo chiều góc tăng dần).

✍️ Nhập kết quả của em cho biểu thức Phi_k(t):

💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)

• Véc-tơ pháp tuyến dương của mặt phẳng khung dây thứ $k$ lệch góc bao nhiêu so với chính mặt phẳng khung?
• Góc giữa véc-tơ cảm ứng từ $\vec{B}$ và mặt phẳng khung dây là $\theta_k(t)$. Thành phần nào của từ trường đóng góp vào từ thông xuyên qua khung?

🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Trả lời câu hỏi gợi ý

• Diện tích mặt phẳng giới hạn bởi khung dây thứ $k$ là $S = l \cdot h$.

• Véc-tơ cảm ứng từ $\vec{B}$ hợp với mặt phẳng khung một góc $\theta_k(t)$. Do đó, thành phần vuông góc với mặt phẳng khung (song song với véc-tơ pháp tuyến $\vec{n}_k$) có độ lớn là $B_{\perp} = B \sin\theta_k(t)$. Từ thông là $\Phi_k(t) = B l h \sin\theta_k(t)$.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

Tại thời điểm $t$, véc-tơ cảm ứng từ $\vec{B}$ hợp với trục $x$ góc $\Omega t$, mặt phẳng khung thứ $k$ hợp với trục $x$ góc $(\phi_k + \omega t)$. Góc giữa $\vec{B}$ và mặt phẳng khung là $\theta_k(t) = (\Omega - \omega)t - \phi_k$.

Véc-tơ pháp tuyến dương của khung theo chiều góc tăng dần có hướng vuông góc với khung. Do đó góc giữa $\vec{B}$ và $\vec{n}_k$ là $\alpha = \frac{\pi}{2} - \theta_k(t)$. Từ thông gửi qua khung thứ $k$:

$$\Phi_k(t) = \vec{B} \cdot \vec{S}_k = B \cdot (lh) \cdot \cos\left(\frac{\pi}{2} - \theta_k(t)\right) = B l h \sin\theta_k(t)$$

🎯 ĐÁP SỐ: $\Phi_k(t) = Blh\sin\theta_k(t)$.

Câu 6 Suất điện động Cảm ứng Sinh ra trong Khung thứ k

Áp dụng định luật Faraday (1), xác định suất điện động $V_k(t)$ trong mạch $C_k$ tại thời điểm $t$, biểu diễn qua $B, l, h, \Omega, \omega, \theta_k(t)$.

✍️ Nhập kết quả của em cho biểu thức V_k(t):

💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)

• Góc tương đối $\theta_k(t) = (\Omega - \omega)t - \phi_k$. Hãy lấy đạo hàm của $\theta_k(t)$ theo thời gian $t$?
• Áp dụng quy tắc đạo hàm của hàm hợp: $\frac{d}{dt}\sin(\theta_k(t)) = \cos(\theta_k(t)) \cdot \frac{d\theta_k}{dt}$.

🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Trả lời câu hỏi gợi ý

• Tốc độ quay tương đối giữa từ trường và rôto: $\frac{d\theta_k(t)}{dt} = \Omega - \omega$.

• Suất điện động cảm ứng theo định luật Faraday: $V_k(t) = -\frac{d\Phi_k}{dt} = -Blh \cdot \frac{d}{dt}\sin\theta_k(t) = -Blh(\Omega - \omega)\cos\theta_k(t)$.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

Áp dụng định luật Faraday (1):

$$V_k(t) = -\frac{d\Phi_k(t)}{dt} = -\frac{d}{dt}\left[ B l h \sin\theta_k(t) \right] = -B l h \cos\theta_k(t) \cdot \frac{d\theta_k(t)}{dt}$$

Vì $\theta_k(t) = (\Omega - \omega)t - \phi_k$, ta có $\frac{d\theta_k}{dt} = \Omega - \omega$. Do đó:

$$V_k(t) = -B l h (\Omega - \omega) \cos\theta_k(t)$$

🎯 ĐÁP SỐ: $V_k(t) = -Blh(\Omega - \omega)\cos\theta_k(t)$.

Hình 4. Sơ đồ mạch điện tương đương của một mạch kín Ck

Câu 7 Định luật Kirchhoff 2 cho Mạch kín thứ k

Áp dụng định luật Kirchhoff thứ 2 cho mạch kín $C_k$ (Hình 4), hãy biểu diễn $V_k(t)$ qua các dòng điện và điện trở $r, r_c$.

✍️ Nhập phương trình định luật Kirchhoff:

💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)

• Xét vòng kín $C_k$, dòng điện chạy qua nhánh ngoài là $I_k(t)$. Độ sụt thế trên điện trở $r$ là gì?
• Đoạn trục tâm chung có điện trở $r_c$ mang dòng điện tổng của $N$ khung dây là $\sum_{j=1}^N I_j(t)$. Độ sụt thế trên trục tâm là gì?

🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Trả lời câu hỏi gợi ý

• Chọn chiều đi vòng thuận chiều kim đồng hồ quanh mắt mạng $C_k$: Sụt thế trên nhánh ngoài có chiều cùng chiều dòng điện $I_k$ là $r I_k(t)$, trên trục tâm cùng chiều dòng điện tổng là $r_c \sum_{j=1}^N I_j(t)$. Theo định luật Kirchhoff 2, tổng sụt áp bằng suất điện động sinh ra trong vòng.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

Xét mạch kín $C_k$ theo chiều kim đồng hồ tương ứng với chiều dương của dòng điện đã chọn trên Hình 4. Sụt áp trên nhánh chu vi ngoài có điện trở $r$ là $r I_k(t)$. Sụt áp trên đoạn trục tâm chung có điện trở $r_c$ mang dòng điện tổng $\sum_{j=1}^N I_j(t)$ là $r_c \sum_{j=1}^N I_j(t)$.

Áp dụng định luật II Kirchhoff cho mạch $C_k$:

$$V_k(t) = r I_k(t) + r_c \sum_{j=1}^N I_j(t)$$

🎯 ĐÁP SỐ: $V_k(t) = r I_k(t) + r_c \sum_{j=1}^N I_j(t)$.

Câu 8 Đối xứng Đa pha và Dòng điện Cảm ứng Tường minh

Cộng vế với vế của cả $N$ phương trình ở Câu 7 và dùng hệ thức $\sum_{k=1}^N \cos(\phi_k + \delta) = 0$, chứng minh rằng dòng điện qua trục tâm $\sum_{k=1}^N I_k(t) = 0$. Từ đó biểu diễn $I_k(t)$ theo $V_k(t)$ và $r$.

✍️ Nhập biểu thức của I_k(t) theo V_k(t) và r:

💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)

• Lấy tổng vế trái: $\sum_{k=1}^N V_k(t) = -Blh(\Omega - \omega) \sum_{k=1}^N \cos(\theta_k(t))$. Áp dụng công thức (5) của đề bài, tổng này bằng bao nhiêu?
• Khi vế trái bằng 0, phương trình tổng $(r + N r_c)\sum_{k=1}^N I_k(t) = 0$ cho ta điều gì về dòng điện qua trục tâm?

🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Trả lời câu hỏi gợi ý

• Vì $\theta_k(t) = \Omega t - \omega t - \phi_k$, theo hệ thức lượng giác đa pha (5) ta có $\sum_{k=1}^N \cos\theta_k(t) = 0 \implies \sum_{k=1}^N V_k(t) = 0$.

• Do $r + N r_c > 0$, ta suy ra ngay dòng tổng $\sum_{k=1}^N I_k(t) = 0$. Đoạn trục tâm chung không có dòng điện chạy qua, nên không gây sụt thế: $V_k(t) = r I_k(t) \implies I_k(t) = \frac{V_k(t)}{r}$.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

Lấy tổng $N$ phương trình Kirchhoff ứng với $k = 1, 2, \dots, N$:

$$\sum_{k=1}^N V_k(t) = r \sum_{k=1}^N I_k(t) + r_c \sum_{k=1}^N \left(\sum_{j=1}^N I_j(t)\right) = (r + N r_c) \sum_{k=1}^N I_k(t)$$

Mặt khác, thay biểu thức $V_k(t)$ từ Câu 6 vào vế trái:

$$\sum_{k=1}^N V_k(t) = -B l h (\Omega - \omega) \sum_{k=1}^N \cos\left( (\Omega - \omega)t - \phi_k \right)$$

Áp dụng hệ thức đối xứng (5) với $\delta = (\Omega - \omega)t$: $\sum_{k=1}^N \cos(\phi_k + \delta) = 0$, suy ra:

$$\sum_{k=1}^N V_k(t) = 0 \implies (r + N r_c) \sum_{k=1}^N I_k(t) = 0 \implies \sum_{k=1}^N I_k(t) = 0$$

Thay kết quả này trở lại phương trình của Câu 7:

$$V_k(t) = r I_k(t) + 0 \implies I_k(t) = \frac{V_k(t)}{r} = -\frac{B l h (\Omega - \omega)}{r} \cos\theta_k(t)$$

🎯 ĐÁP SỐ: Chứng minh $\sum_{k=1}^N I_k(t) = 0$; Dòng điện $I_k(t) = \frac{V_k(t)}{r} = -\frac{Blh(\Omega - \omega)}{r}\cos\theta_k(t)$.

Phần 3

3. Động lực học Rôto, Tối ưu hóa Công suất và Ứng dụng Thang máy

Hai cạnh hướng tâm chiều dài $l$ chịu lực song song với trục nên không tạo mô-men quay. Chỉ có cạnh ngoài chiều dài $h$ ở khoảng cách $l$ là sinh ra mô-men quay quanh trục. Quy ước mô-men dương là chiều làm tăng góc quay của rôto.

Câu 9 Mô-men Lực Tác dụng lên Khung thứ k

Xác định mô-men lực $T_k(t)$ đối với trục quay do lực từ tác dụng lên cạnh chiều dài $h$ của khung thứ $k$ tại thời điểm $t$, biểu diễn qua $I_k(t), B, l, h, \theta_k(t)$.

✍️ Nhập kết quả mô-men lực T_k(t):

💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)

• Dòng điện $I_k(t)$ chạy qua cạnh ngoài chiều dài $h$ theo chiều nào (hướng lên hay xuống)?
• Thành phần lực từ nào tiếp tuyến với mặt trụ bán kính $l$ sinh ra mô-men quay quanh trục $z$? Cánh tay đòn bằng bao nhiêu?

🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Trả lời câu hỏi gợi ý

• Lực từ tác dụng lên đoạn dây $h$ mang dòng $I_k$: $\vec{F}_k = I_k (\vec{h} \times \vec{B})$. Dòng điện chạy xuống dưới theo chiều $-z$.

• Thành phần của $\vec{B}$ vuông góc với cạnh $h$ và tiếp tuyến với vòng quay là $B \cos\theta_k(t)$. Lực tiếp tuyến theo chiều tăng của góc: $F_{\text{tt}} = -I_k(t) h B \cos\theta_k(t)$. Cánh tay đòn là khoảng cách đến trục quay $l$, do đó mô-men $T_k(t) = -I_k(t) B l h \cos\theta_k(t)$.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

Xét hệ tọa độ trụ gắn với trục $z$. Cạnh ngoài $h$ của khung $k$ nằm tại bán kính $l$. Dòng điện quy ước trên nhánh ngoài chạy từ đỉnh A xuống đỉnh D (chiều âm trục $z$). Véc-tơ phần tử dòng: $\vec{h} = -h \vec{k}$.

Cảm ứng từ phân tích thành hai thành phần trong mặt phẳng khung và vuông góc với khung: $\vec{B} = B \cos\theta_k(t) \vec{u}_r + B \sin\theta_k(t) \vec{u}_\theta$. Lực từ tác dụng:

$$\vec{F}_k = I_k(t) (\vec{h} \times \vec{B}) = I_k(t) (-h \vec{k}) \times \left( B \cos\theta_k(t) \vec{u}_r + B \sin\theta_k(t) \vec{u}_\theta \right) = -I_k(t) h B \cos\theta_k(t) \vec{u}_\theta + I_k(t) h B \sin\theta_k(t) \vec{u}_r$$

Thành phần hướng tâm $\vec{u}_r$ đi qua trục quay nên không sinh mô-men. Thành phần tiếp tuyến $F_{\text{tt}} = -I_k(t) h B \cos\theta_k(t)$ tạo mô-men lực quay quanh trục $z$ với cánh tay đòn $l$:

$$T_k(t) = F_{\text{tt}} \cdot l = -I_k(t) B l h \cos\theta_k(t)$$

🎯 ĐÁP SỐ: $T_k(t) = -I_k(t) B l h \cos\theta_k(t)$.

Câu 10 Mô-men Tổng cộng lên Toàn bộ Rôto

Lấy tổng $T_k(t)$ trên cả $N$ khung dây, dùng hệ thức $\sum_{k=1}^N \cos^2(\phi_k + \delta) = \frac{N}{2}$ để tìm mô-men lực tổng cộng $T$, biểu diễn qua $B, l, h, \Omega, \omega, r, N$.

✍️ Nhập biểu thức mô-men lực tổng cộng T:

💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)

• Thay biểu thức $I_k(t) = -\frac{Blh(\Omega - \omega)}{r}\cos\theta_k(t)$ vào biểu thức $T_k(t)$ thu được ở Câu 9.
• Khi lấy tổng trên $N$ khung dây đối xứng, đại lượng $\sum_{k=1}^N \cos^2\theta_k(t)$ triệt tiêu sự phụ thuộc thời gian như thế nào?

🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Trả lời câu hỏi gợi ý

• Biểu thức mô-men từng khung: $T_k(t) = \frac{B^2 l^2 h^2 (\Omega - \omega)}{r}\cos^2\theta_k(t)$.

• Tổng trên $N$ khung dây: $T = \frac{B^2 l^2 h^2 (\Omega - \omega)}{r} \sum_{k=1}^N \cos^2\theta_k(t)$. Dùng công thức (6): $\sum_{k=1}^N \cos^2\theta_k(t) = \frac{N}{2}$, thu được mô-men hoàn toàn không đổi theo thời gian: $T = \frac{N B^2 l^2 h^2}{2r}(\Omega - \omega)$.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

Thay biểu thức dòng điện cảm ứng $I_k(t)$ từ Câu 8 vào biểu thức $T_k(t)$:

$$T_k(t) = -\left[ -\frac{B l h (\Omega - \omega)}{r} \cos\theta_k(t) \right] \cdot B l h \cos\theta_k(t) = \frac{B^2 l^2 h^2 (\Omega - \omega)}{r} \cos^2\theta_k(t)$$

Mô-men tổng cộng tác dụng lên toàn bộ rôto:

$$T = \sum_{k=1}^N T_k(t) = \frac{B^2 l^2 h^2 (\Omega - \omega)}{r} \sum_{k=1}^N \cos^2\left(\phi_k + \omega t - \Omega t\right)$$

Sử dụng đẳng thức lượng giác (6) cho $N \ge 3$: $\sum_{k=1}^N \cos^2(\phi_k + \delta) = \frac{N}{2}$:

$$T = \frac{N B^2 l^2 h^2}{2r} (\Omega - \omega)$$

Kết quả cho thấy mô-men tổng cộng hoàn toàn ổn định, không phụ thuộc vào thời gian $t$. Khi $\omega = 0$, mô-men khởi động đạt cực đại: $T_0 = \frac{N B^2 l^2 h^2 \Omega}{2r}$. Khi đó: $T(\omega) = \left(1 - \frac{\omega}{\Omega}\right)T_0$.

🎯 ĐÁP SỐ: $T = \frac{NB^2 l^2 h^2}{2r}(\Omega - \omega)$ (hoặc $\left(1 - \frac{\omega}{\Omega}\right)T_0$).

Câu 11 Tối ưu hóa Công suất Cơ học Rôto Sinh ra

Công suất mà rôto sinh ra truyền ra ngoài là $P = \omega T(\omega)$. Tìm giá trị tốc độ góc $\omega$ (theo $\Omega$) để công suất $P$ đạt cực đại?

✍️ Nhập tốc độ góc omega để P cực đại (theo Omega):

💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)

• Khai triển hàm số $P(\omega) = \omega T_0\left(1 - \frac{\omega}{\Omega}\right)$. Đây là đa thức bậc mấy theo $\omega$?
• Đỉnh của parabol $y = a x^2 + b x$ đạt được tại hoành độ $x = -\frac{b}{2a}$ bằng bao nhiêu?

🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Trả lời câu hỏi gợi ý

• Ta có $P(\omega) = T_0 \left(\omega - \frac{\omega^2}{\Omega}\right)$. Lấy đạo hàm theo $\omega$: $P'(\omega) = T_0 \left(1 - \frac{2\omega}{\Omega}\right) = 0 \implies \omega = \frac{\Omega}{2}$.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

Công suất cơ học phát ra từ trục động cơ:

$$P(\omega) = \omega T(\omega) = \omega T_0 \left(1 - \frac{\omega}{\Omega}\right) = T_0 \left(\omega - \frac{\omega^2}{\Omega}\right)$$

Khảo sát hàm số $P(\omega)$ trên đoạn $[0, \Omega]$:

$$\frac{dP}{d\omega} = T_0 \left(1 - \frac{2\omega}{\Omega}\right) = 0 \implies \omega = \frac{\Omega}{2} = 0{,}5\Omega$$

Vì đạo hàm bậc hai $\frac{d^2 P}{d\omega^2} = -\frac{2T_0}{\Omega} < 0$, công suất cơ học đạt giá trị cực đại chính xác tại điểm này với $P_{\max} = \frac{T_0 \Omega}{4}$.

🎯 ĐÁP SỐ: $\omega = \frac{\Omega}{2}$ (hay $0{,}5\Omega$).

Hình 5. Cơ cấu truyền động giảm tốc tời thang máy của động cơ

Động cơ quay tời nâng thang máy khối lượng $M$ qua bộ giảm tốc tỉ số $k$. Bánh dẫn động quay với tốc độ góc $\frac{\omega}{k}$, có mô-men lực gấp $k$ lần mô-men của rôto. Bán kính trục cuộn là $a$, gia tốc trọng trường là $g$.

Câu 12 Điều kiện Khởi động Nâng Thang máy

Để thang máy có thể bắt đầu nâng lên từ trạng thái đứng yên, tỉ số truyền giảm tốc $k$ phải thỏa mãn bất đẳng thức nào theo $T_0, a, M, g$?

✍️ Nhập bất đẳng thức điều kiện của k:

💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)

• Lực căng của cáp nâng thang máy đứng yên chịu tác dụng của trọng lực $Mg$. Mô-men cản do dây cáp tác dụng lên trục tời bán kính $a$ là bao nhiêu?
• Khi bắt đầu khởi động ($\omega = 0$), mô-men quay của rôto là $T_0$. Mô-men phát động đưa tới trục dẫn động bằng bao nhiêu?

🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Trả lời câu hỏi gợi ý

• Mô-men cản của tải: $T_{\text{cản}} = M g a$.

• Nhờ cơ cấu giảm tốc, mô-men lực của bánh dẫn động tăng $k$ lần: $T_{\text{bánh}}(0) = k \cdot T_0$. Điều kiện để bắt đầu chuyển động nâng thắng được mô-men trọng lực là $k T_0 > M g a \implies k > \frac{M g a}{T_0}$.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

Trọng lực tác dụng lên thang máy có độ lớn $P_M = Mg$. Mô-men cản do dây cáp tác dụng lên trục tời cuốn cáp bán kính $a$ là:

$$T_{\text{cản}} = M g \cdot a$$

Khi rôto ở trạng thái nghỉ $(\omega = 0)$, mô-men lực phát động của rôto đạt giá trị cực đại là $T(0) = T_0$. Qua bộ giảm tốc tỉ số $k$, mô-men quay truyền đến trục bánh dẫn động tăng gấp $k$ lần:

$$T_{\text{dẫn}}(0) = k \cdot T_0$$

Để thang máy có thể gia tốc bắt đầu đi lên từ trạng thái đứng yên, mô-men phát động phải vượt qua mô-men cản:

$$k T_0 > M g a \implies k > \frac{M g a}{T_0}$$

🎯 ĐÁP SỐ: $k > \frac{Mga}{T_0}$.

Câu 13 Vận tốc Nâng Đều Ổn định của Thang máy

Sau thời gian khởi động, thang máy đạt trạng thái chuyển động nâng thẳng đều. Hãy biểu diễn vận tốc nâng đều $v$ qua $\Omega, T_0, k, a, M, g$.

✍️ Nhập biểu thức vận tốc nâng đều v:

💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)

• Khi thang máy đi lên đều với vận tốc $v$, tốc độ góc của bánh dẫn động là $\omega_{\text{d}} = \frac{v}{a}$. Tốc độ góc của rôto $\omega$ bằng bao nhiêu?
• Khi chuyển động đều, phương trình cân bằng mô-men lực trên trục bánh dẫn động $k T(\omega) = M g a$ cho ta biểu thức gì của $\omega$?

🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Trả lời câu hỏi gợi ý

• Tốc độ góc rôto liên hệ với tốc độ nâng: $\omega = k \cdot \omega_{\text{d}} = \frac{k v}{a}$.

• Phương trình cân bằng mô-men: $k T_0\left(1 - \frac{\omega}{\Omega}\right) = M g a \implies 1 - \frac{\omega}{\Omega} = \frac{Mga}{kT_0} \implies \omega = \Omega\left(1 - \frac{Mga}{kT_0}\right)$. Từ đó suy ra $v = \frac{a \omega}{k} = \frac{a\Omega}{k}\left(1 - \frac{Mga}{kT_0}\right)$.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

Khi thang máy nâng thẳng đều với vận tốc $v$, tốc độ góc của bánh dẫn động quấn dây cáp là $\omega_{\text{bánh}} = \frac{v}{a}$.

Do tỉ số giảm tốc là $k$, tốc độ góc của rôto động cơ là:

$$\omega = k \cdot \omega_{\text{bánh}} = \frac{k v}{a}$$

Khi chuyển động đều, tổng mô-men phát động cân bằng với mô-men cản của tải:

$$k \cdot T(\omega) = M g a \iff k T_0 \left(1 - \frac{\omega}{\Omega}\right) = M g a \implies 1 - \frac{\omega}{\Omega} = \frac{M g a}{k T_0}$$

$$\omega = \Omega \left(1 - \frac{M g a}{k T_0}\right)$$

Vận tốc chuyển động đều của thang máy là:

$$v = \frac{a \omega}{k} = \frac{a \Omega}{k} \left(1 - \frac{M g a}{k T_0}\right)$$

🎯 ĐÁP SỐ: $v = \frac{a\Omega}{k}\left(1 - \frac{Mga}{kT_0}\right)$.

Câu 14 Tối ưu hóa Tỉ số Truyền để Công suất Nâng Cực đại

Để công suất cơ học nâng thang máy khi chuyển động đều đạt cực đại, cần thiết lập tỉ số truyền giảm tốc $k$ bằng bao nhiêu theo $T_0, a, M, g$?

✍️ Nhập tỉ số truyền k tối ưu:

💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)

• Công suất nâng tải $P_{\text{nâng}} = M g v$. Hãy biểu diễn $M g$ qua mô-men $T(\omega)$ và tỉ số $k$ để thấy mối quan hệ giữa $P_{\text{nâng}}$ và công suất rôto $P(\omega)$?
• Theo Câu 11, công suất rôto $P(\omega)$ đạt cực đại khi rôto quay ở tốc độ $\omega = \frac{\Omega}{2}$. Điều này đòi hỏi tỉ số $\frac{Mga}{kT_0}$ phải bằng bao nhiêu?

🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Trả lời câu hỏi gợi ý

• Vì $M g = \frac{k T(\omega)}{a}$ và $v = \frac{a \omega}{k}$, công suất nâng chính bằng công suất rôto: $P_{\text{nâng}} = M g v = T(\omega) \cdot \omega = P(\omega)$.

• Để công suất này đạt cực đại, rôto phải vận hành ở điểm $\omega = \frac{\Omega}{2}$. Đối chiếu với biểu thức $\omega = \Omega(1 - \frac{Mga}{kT_0})$, ta có $1 - \frac{Mga}{kT_0} = \frac{1}{2} \implies \frac{Mga}{kT_0} = \frac{1}{2} \implies k = \frac{2 M g a}{T_0}$.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

Công suất cơ học mà thang máy nhận được khi nâng đều:

$$P_{\text{nâng}} = M g \cdot v = M g \cdot \frac{a \omega}{k} = \left(\frac{M g a}{k}\right) \cdot \omega$$

Vì hệ thống chuyển động đều nên $\frac{Mga}{k} = T(\omega)$, do đó:

$$P_{\text{nâng}} = T(\omega) \cdot \omega = P(\omega)$$

Theo kết quả khảo sát cực trị ở Câu 11, công suất $P(\omega)$ đạt giá trị cực đại khi tốc độ góc của rôto là $\omega = \frac{\Omega}{2}$.

Thay $\omega = \frac{\Omega}{2}$ vào biểu thức liên hệ ở Câu 13:

$$\Omega \left(1 - \frac{M g a}{k T_0}\right) = \frac{\Omega}{2} \iff 1 - \frac{M g a}{k T_0} = \frac{1}{2} \iff \frac{M g a}{k T_0} = \frac{1}{2}$$

$$k = \frac{2 M g a}{T_0}$$

🎯 ĐÁP SỐ: $k = \frac{2Mga}{T_0}$.

Phần 4

4. Mạch tạo Từ trường quay và Điều khiển Động cơ Cảm ứng

Xét mạch cấp nguồn tạo từ trường quay ở Hình 6. Nguồn điện xoay chiều có điện áp $V(t) = V_0 \cos\Omega t$. Mạch gồm hai cuộn cảm thuần $L$ giống hệt nhau (cuộn 1 trên trục $x$, cuộn 2 trên trục $y$), một điện trở $R$, tụ điện $C$ và khóa chuyển mạch SW (đang đóng ở chốt 1). Từ trường tổng hợp tại vùng trung tâm:

$$B_x(t) = D I_1(t), \qquad B_y(t) = D I_2(t) \qquad (8)$$

Để từ trường tạo ra là từ trường quay chuẩn theo (2), cần có các dòng điện:

$$I_1(t) = \frac{B}{D} \cos\Omega t, \qquad I_2(t) = \frac{B}{D} \sin\Omega t \qquad (9)$$

Hình 6. Mạch điện R-L-C tạo từ trường quay và khóa đảo chiều SW

Câu 15 Dòng điện qua Cuộn cảm 2 và Độ tự cảm L

Viết biểu thức dòng điện $I_2(t)$ theo $V_0, \Omega, L, t$. Để thỏa mãn điều kiện (9), độ tự cảm $L$ phải bằng bao nhiêu theo $B, V_0, D, \Omega$?

✍️ Nhập biểu thức của I_2(t) và giá trị của L:

💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)

• Cuộn cảm thuần nối trực tiếp với nguồn xoay chiều $V(t) = V_0 \cos\Omega t$. Dòng điện qua cuộn cảm trễ pha bao nhiêu so với điện áp?
• Đồng nhất biên độ dòng điện $I_{02} = \frac{V_0}{\Omega L}$ với biên độ $\frac{B}{D}$ theo yêu cầu ở hệ thức (9) để suy ra $L$.

🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Trả lời câu hỏi gợi ý

• Phương trình vi phân cuộn cảm: $V(t) = L \frac{d I_2}{dt} \implies I_2(t) = \frac{V_0}{\Omega L}\sin\Omega t$.

• So sánh với điều kiện (9): $I_2(t) = \frac{B}{D}\sin\Omega t \implies \frac{V_0}{\Omega L} = \frac{B}{D} \implies L = \frac{V_0 D}{\Omega B}$.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

Khi khóa SW ở chốt 1, cuộn cảm 2 được mắc trực tiếp vào nguồn xoay chiều $V(t) = V_0 \cos\Omega t$. Định luật Ohm dạng vi phân cho đoạn mạch thuần cảm:

$$V_0 \cos\Omega t = L \frac{d I_2(t)}{dt} \implies I_2(t) = \frac{V_0}{L} \int \cos\Omega t \, dt = \frac{V_0}{\Omega L} \sin\Omega t$$

(với hằng số tích phân triệt tiêu ở chế độ dao động điều hòa xác lập).

Để thỏa mãn điều kiện tạo từ trường quay (9): $I_2(t) = \frac{B}{D}\sin\Omega t$, ta đồng nhất biên độ:

$$\frac{V_0}{\Omega L} = \frac{B}{D} \implies L = \frac{V_0 D}{\Omega B}$$

🎯 ĐÁP SỐ: $I_2(t) = \frac{V_0}{\Omega L}\sin\Omega t$; Độ tự cảm $L = \frac{V_0 D}{\Omega B}$.

Câu 16 Cộng hưởng và Phối hợp Trở kháng Mạch R-L-C

Để dòng điện $I_1(t)$ qua nhánh R-L-C cùng pha với điện áp nguồn $V(t)$ và có biên độ bằng biên độ của $I_2(t)$, hãy biểu diễn $C$ và $R$ theo $L$ và $\Omega$.

✍️ Nhập biểu thức của C và R:

💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)

• Để dòng điện $I_1(t)$ cùng pha với điện áp $V(t) = V_0 \cos\Omega t$, hiện tượng vật lý gì phải xảy ra trong mạch R-L-C nối tiếp?
• Khi hiện tượng đó xảy ra, tổng trở của nhánh 1 bằng bao nhiêu? Cần chọn giá trị của $R$ như thế nào để biên độ dòng điện $I_{01}$ bằng biên độ dòng điện $I_{02} = \frac{V_0}{\Omega L}$?

🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Trả lời câu hỏi gợi ý

• Hiện tượng cộng hưởng điện thế: Dung kháng bằng cảm kháng $\frac{1}{\Omega C} = \Omega L \implies C = \frac{1}{\Omega^2 L}$.

• Khi cộng hưởng, tổng trở thuần là $Z_1 = R$, biên độ dòng điện là $I_{01} = \frac{V_0}{R}$. Để hai dòng điện cùng biên độ: $\frac{V_0}{R} = \frac{V_0}{\Omega L} \implies R = \Omega L$.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

Nhánh 1 gồm tụ điện $C$, điện trở thuần $R$ và cuộn cảm 1 có độ tự cảm $L$ mắc nối tiếp. Tổng trở phức của nhánh là:

$$\vec{Z}_1 = R + j\left(\Omega L - \frac{1}{\Omega C}\right)$$

1. Để dòng điện $I_1(t)$ cùng pha với điện áp nguồn $V_0 \cos\Omega t$, phần ảo của tổng trở phải bằng không (hiện tượng cộng hưởng nối tiếp):

$$\Omega L - \frac{1}{\Omega C} = 0 \implies C = \frac{1}{\Omega^2 L}$$

2. Khi đó tổng trở nhánh bằng $Z_1 = R$. Biên độ dòng điện nhánh 1 là $I_{01} = \frac{V_0}{R}$.

Để biên độ của $I_1(t)$ bằng biên độ của $I_2(t) = \frac{V_0}{\Omega L}$:

$$\frac{V_0}{R} = \frac{V_0}{\Omega L} \implies R = \Omega L$$

🎯 ĐÁP SỐ: Điện dung $C = \frac{1}{\Omega^2 L}$; Điện trở $R = \Omega L$.

Câu 17 Điều khiển Điện áp khi Tải Mô-men Tăng gấp Đôi

Khi mô-men cản cần thiết đột ngột tăng gấp đôi ($2$ lần), để giữ cho tốc độ góc $\omega$ của rôto không đổi ngay lập tức, ta cần điều chỉnh biên độ điện áp xoay chiều $V_0$ tăng lên gấp bao nhiêu lần?

✍️ Nhập hệ số tăng điện áp (dạng căn bậc hai hoặc số thập phân):

💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)

• Mô-men quay $T(\omega) = \left(1 - \frac{\omega}{\Omega}\right)T_0$. Khi tốc độ góc $\omega$ được giữ không đổi, mô-men $T_0$ cần phải thay đổi như thế nào?
• Mô-men khởi động $T_0 = \frac{N B^2 l^2 h^2 \Omega}{2r}$ tỉ lệ với lũy thừa bậc mấy của $B$? Cảm ứng từ $B$ tỉ lệ như thế nào với điện áp nguồn $V_0$?

🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Trả lời câu hỏi gợi ý

• Vì $\omega$ không đổi, mô-men tăng gấp đôi đòi hỏi $T_0$ tăng gấp đôi: $T_0' = 2T_0$.

• Ta có $T_0 \propto B^2$. Mặt khác, cảm ứng từ $B = D I_0 = D \frac{V_0}{\Omega L} \propto V_0$. Do đó $T_0 \propto V_0^2$. Để $T_0$ tăng gấp đôi, điện áp nguồn cần tăng: $\frac{V_0'}{V_0} = \sqrt{2} \approx 1{,}414$ lần.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

Mô-men quay của động cơ là $T(\omega) = \left(1 - \frac{\omega}{\Omega}\right) T_0$.

Để duy trì tốc độ góc $\omega$ không đổi khi mô-men cản yêu cầu tăng lên 2 lần ($T' = 2T$), thì mô-men $T_0$ cũng phải tăng gấp 2 lần:

$$T_0' = 2 T_0$$

Theo kết quả ở Câu 10: $T_0 = \frac{N B^2 l^2 h^2 \Omega}{2r} \implies T_0 \propto B^2$.

Mặt khác, từ biểu thức dòng điện ở Câu 15: $B = D I_{02} = D \frac{V_0}{\Omega L} \implies B \propto V_0$.

Kết hợp lại, mô-men lực tỉ lệ với bình phương điện áp nguồn:

$$T_0 \propto V_0^2 \implies \left(\frac{V_0'}{V_0}\right)^2 = \frac{T_0'}{T_0} = 2 \implies \frac{V_0'}{V_0} = \sqrt{2} \approx 1{,}414 \text{ lần}$$

🎯 ĐÁP SỐ: Tăng điện áp lên $\sqrt{2}$ lần ($\approx 1{,}41$ lần).

Câu 18 Đảo chiều Từ trường và Hiện tượng Động lực học khi Gạt SW

Khi gạt khóa SW sang chốt 2: Các dòng điện $I_1(t), I_2(t)$ thay đổi thế nào? Từ trường quay đổi chiều ra sao và hoạt động tiếp theo của động cơ diễn ra thế nào theo quan điểm định tính?

✍️ Nhập phân tích của em (Chiều quay từ trường và phản ứng của rôto):

💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)

• Khi gạt sang chốt 2, cuộn dây nào được nối trực tiếp vào nguồn xoay chiều, cuộn nào được nối qua nhánh C-R? Mối quan hệ pha giữa $I_1$ và $I_2$ thay đổi như thế nào?
• Khi $B_x \propto \sin\Omega t$ và $B_y \propto \cos\Omega t$, véc-tơ $\vec{B}$ quay theo chiều kim đồng hồ hay ngược chiều kim đồng hồ? Rôto đang quay theo chiều cũ sẽ chịu lực hãm như thế nào?

🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Trả lời câu hỏi gợi ý

• Lúc này cuộn 1 (trục $x$) nhận điện trực tiếp từ nguồn nên dòng $I_1(t)$ trễ pha $\pi/2$ so với $V(t)$: $I_1(t) = \frac{B}{D}\sin\Omega t$. Cuộn 2 (trục $y$) nối tiếp với nhánh $C - R$ nên dòng $I_2(t)$ cùng pha với $V(t)$: $I_2(t) = \frac{B}{D}\cos\Omega t$.

• Các thành phần từ trường: $B_x(t) = B \sin\Omega t, B_y(t) = B \cos\Omega t$. Góc tạo bởi $\vec{B}$ với trục $x$ là $\theta(t) = \frac{\pi}{2} - \Omega t$, nghĩa là từ trường quay đảo chiều, quay theo chiều kim đồng hồ.

• Động cơ đang quay ngược chiều kim đồng hồ sẽ bị từ trường quay theo chiều ngược lại tác dụng mô-men hãm điện từ cực mạnh (chế độ hãm ngược). Rôto nhanh chóng giảm tốc độ về 0, sau đó đổi chiều quay và tăng tốc theo chiều kim đồng hồ.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

1. Biến đổi dòng điện qua hai cuộn cảm:

• Khi SW chuyển sang chốt 2, cuộn 1 (trên trục $x$) được nối trực tiếp vào nguồn xoay chiều $V(t) = V_0 \cos\Omega t$. Dòng điện qua cuộn cảm thuần trễ pha $\frac{\pi}{2}$ so với điện áp:

$$I_1(t) = \frac{V_0}{\Omega L}\sin\Omega t = \frac{B}{D}\sin\Omega t$$

• Cuộn 2 (trên trục $y$) được cấp điện qua nhánh nối tiếp gồm $C$ và $R$. Do thỏa mãn điều kiện cộng hưởng ở Câu 16, dòng điện qua cuộn 2 cùng pha với điện áp nguồn:

$$I_2(t) = \frac{V_0}{R}\cos\Omega t = \frac{B}{D}\cos\Omega t$$

2. Biến đổi của từ trường quay:

Các thành phần cảm ứng từ theo hệ thức (8):

$$B_x(t) = B\sin\Omega t, \qquad B_y(t) = B\cos\Omega t$$

Góc tạo bởi véc-tơ cảm ứng từ $\vec{B}$ với trục dương $Ox$ tại thời điểm $t$:

$$\tan\theta(t) = \frac{B_y(t)}{B_x(t)} = \frac{B\cos\Omega t}{B\sin\Omega t} = \cot\Omega t = \tan\left(\frac{\pi}{2} - \Omega t\right) \implies \theta(t) = \frac{\pi}{2} - \Omega t$$

Từ trường vẫn có độ lớn không đổi $B$, nhưng đảo chiều quay: nó quay theo chiều kim đồng hồ với tốc độ góc $\Omega$.

3. Quá trình động lực học của động cơ:

• Trước khi gạt khóa, rôto đang quay ngược chiều kim đồng hồ với tốc độ góc $\omega > 0$.

• Ngay sau khi gạt khóa sang chốt 2, từ trường quay theo chiều kim đồng hồ với vận tốc $-\Omega$. Vận tốc tương đối giữa từ trường và rôto tăng vọt thành $-\Omega - \omega = -(\Omega + \omega)$, tạo ra mô-men hãm điện từ rất lớn ngược chiều quay hiện tại (chế độ hãm ngược - plugging).

• Động cơ giảm tốc rất nhanh về $0$, sau đó đổi chiều quay và tăng tốc theo chiều kim đồng hồ cho đến khi đạt tốc độ quay ổn định mới.

🎯 ĐÁP SỐ: $I_1$ trễ pha $\pi/2$, $I_2$ cùng pha điện áp; Từ trường đảo chiều quay (quay theo chiều kim đồng hồ); Động cơ bị hãm dừng rồi đảo chiều quay.

Read More