Bài tập Vật lý phát triển năng lực tự học ôn thi HSG Quốc gia: Hai vòng tròn trong một từ trường

TỦ SÁCH CHUYÊN KHẢO VẬT LÝ CHUYÊN & OLYMPIAD

HAI VÒNG TRÒN TRONG MỘT TỪ TRƯỜNG: DAO ĐỘNG XOẮN TẮT DẦN & BÀI TOÁN NHẬN DIỆN KIM LOẠI QUÝ

Chuyên đề: Cảm ứng điện từ & Dao động cơ học • Nguồn cảm hứng: A. Stasenko •
Thang điểm: 20,0 điểm

Câu chuyện Vật lý: Ai cũng biết truyền thuyết Archimedes dùng bồn tắm để phân biệt chiếc vương miện bằng vàng hay pha bạc. Nhưng nếu mất nước (hoặc nước đóng băng trong đường ống) thì có cách nào khác không? Có hai chiếc nhẫn mảnh có cùng khối lượng $m$ và cùng bán kính trung bình $a$ ($a$ lớn hơn rất nhiều so với bán kính tiết diện dây). Bề ngoài của chúng hoàn toàn giống hệt nhau vì một quý ông tài năng đã mạ phủ bề mặt chúng rồi lại quên mất chiếc nào bằng vàng ($\text{Au}$), chiếc nào bằng bạc ($\text{Ag}$).

Không dùng nước, ông nảy ra ý tưởng treo cả hai chiếc nhẫn bằng hai sợi dây đàn hồi mảnh giống hệt nhau (có cùng độ cứng xoắn $G$) đặt cách xa nhau một khoảng $r \gg a$ (để bỏ qua tương tác từ giữa chúng) trong cùng một từ trường đều và không đổi có cảm ứng từ $\vec{B}$ nằm ngang (song song với mặt phẳng cân bằng của hai vòng nhẫn). Khi kích thích cho chúng thực hiện các dao động xoắn quanh trục thẳng đứng trùng với sợi dây treo và đi qua tâm nhẫn, sự xuất hiện của dòng điện cảm ứng sẽ làm tiêu hao cơ năng thành nhiệt năng Joule-Lenz, khiến dao động tắt dần. Bằng các định luật Điện từ học, Nhiệt học và Cơ học vật rắn, chúng ta hãy giúp quý ông phân biệt hai chiếc nhẫn này qua 4 chặng thử thách!

Hình 1. Hai chiếc nhẫn đồng dạng cùng khối lượng $m$, bán kính $a$ thực hiện dao động xoắn trong từ trường đều $\vec{B}$.

📋 Dữ kiện Vật lý & Các khái niệm nền tảng cần biết:

• Thông số hình học & cơ học chung: Khối lượng mỗi nhẫn $m = 10{,}0\text{ g} = 10^{-2}\text{ kg}$; bán kính trung bình của vòng nhẫn $a = 2{,}00\text{ cm} = 2{,}00 \times 10^{-2}\text{ m}$; độ cứng xoắn của mỗi dây treo $G = 4{,}00 \times 10^{-4}\text{ N}\cdot\text{m/rad}$; cảm ứng từ $B = 0{,}200\text{ T}$.
• Thông số vật liệu của Bạc ($\text{Ag}$): Khối lượng riêng $\rho_{\text{Ag}} = 10{,}5 \times 10^3\text{ kg/m}^3$; độ dẫn điện riêng $\lambda_{\text{Ag}} = 6{,}02 \times 10^7\text{ }\Omega^{-1}\cdot\text{m}^{-1}$ (tương ứng điện trở suất $\rho_{e,\text{Ag}} = 1/\lambda_{\text{Ag}} \approx 1{,}66 \times 10^{-8}\text{ }\Omega\cdot\text{m}$); nhiệt dung riêng $c_{\text{Ag}} = 235\text{ J/(kg}\cdot\text{K)}$.
• Thông số vật liệu của Vàng ($\text{Au}$): Khối lượng riêng $\rho_{\text{Au}} = 19{,}3 \times 10^3\text{ kg/m}^3$; độ dẫn điện riêng $\lambda_{\text{Au}} = 4{,}13 \times 10^7\text{ }\Omega^{-1}\cdot\text{m}^{-1}$ (tương ứng điện trở suất $\rho_{e,\text{Au}} = 1/\lambda_{\text{Au}} \approx 2{,}42 \times 10^{-8}\text{ }\Omega\cdot\text{m}$); nhiệt dung riêng $c_{\text{Au}} = 130\text{ J/(kg}\cdot\text{K)}$.
• Kiến thức bổ trợ:
  • Khi dây treo bị xoắn một góc nhỏ $\alpha$ ($\text{rad}$) so với vị trí cân bằng, dây xuất hiện mômen lực đàn hồi $M = -G\alpha$ và tích lũy thế năng đàn hồi xoắn $\Pi = \frac{1}{2}G\alpha^2$.
  • Điện trở của một dây dẫn tiết diện đều $s$, chiều dài $l$ có độ dẫn điện riêng $\lambda$ là $R = \frac{l}{\lambda s} = \rho_e \frac{l}{s}$.
  • Bỏ qua sức cản không khí, ma sát nội của dây treo và hiện tượng tự cảm của vòng nhẫn ($L \to 0$). Coi dao động tắt dần chậm (hệ số phẩm chất $Q \gg 1$).

Câu 1.1 (5,0 điểm)

Cơ năng dao động xoắn và tổn hao năng lượng điện từ trong một chu kỳ

Ở vị trí cân bằng bền của dây treo (dây không bị xoắn, $\alpha = 0$), mặt phẳng của vòng nhẫn song song với các đường sức từ $\vec{B}$. Để kích thích dao động, người ta xoay nhẹ vòng nhẫn một góc nhỏ $\alpha_0 \ll \pi\text{ (rad)}$ quanh trục thẳng đứng trùng với dây treo rồi thả nhẹ. Khi dao động tắt dần đủ chậm, góc lệch của vòng nhẫn theo thời gian có thể biểu diễn dưới dạng:

$$ \alpha(t) = \alpha_m(\tau)\cos(\omega t) $$

trong đó $t$ là biến "thời gian nhanh" đặc trưng cho từng chu kỳ $T = \frac{2\pi}{\omega}$, còn $\tau$ là biến "thời gian chậm" mô tả sự suy giảm rất chậm của biên độ $\alpha_m(\tau)$ sau nhiều chu kỳ (coi $\alpha_m(\tau)$ gần như không đổi trong phạm vi một chu kỳ $T$).

Yêu cầu:

a) Thiết lập biểu thức cơ năng toàn phần $W(\tau)$ của vòng nhẫn theo $G$ và $\alpha_m(\tau)$, biểu thức suất điện động cảm ứng $e(t)$ xuất hiện trong vòng nhẫn và độ giảm cơ năng $\Delta W_T$ (năng lượng tỏa nhiệt Joule-Lenz) của vòng nhẫn sau một chu kỳ $T$ theo $\omega, B, a, \alpha_m(\tau), \lambda$ và diện tích tiết diện ngang $s$ của sợi dây làm nhẫn.

b) Áp dụng cho chiếc nhẫn bằng Bạc ($\text{Ag}$) khi biết tần số góc dao động riêng của nó là $\omega \approx 44{,}72\text{ rad/s}$ và tại thời điểm đang xét có biên độ góc $\alpha_m = 0{,}100\text{ rad}$. Hãy tính năng lượng tổn hao $\Delta W_T$ trong một chu kỳ theo đơn vị nanojoule ($\text{nJ}$, với $1\text{ nJ} = 10^{-9}\text{ J}$).

Nhập kết quả $\Delta W_T$ của nhẫn bạc (đơn vị: $\text{nJ}$):

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

• Câu hỏi 1: Trong một chu kỳ dao động tắt dần rất chậm ($Q \gg 1$), cơ năng toàn phần $W(\tau)$ liên hệ như thế nào với giá trị trung bình của thế năng đàn hồi $\langle \Pi(t) \rangle$? Khi góc lệch cực đại là $\alpha_m(\tau)$, cơ năng tại biên bằng bao nhiêu?
• Câu hỏi 2: Khi mặt phẳng vòng nhẫn (diện tích $S = \pi a^2$) hợp với vectơ cảm ứng từ $\vec{B}$ một góc nhỏ $\alpha$, từ thông $\Phi$ gửi qua vòng nhẫn được viết như thế nào? Vì sao ta có thể xấp xỉ $\sin\alpha \approx \alpha$?
• Câu hỏi 3: Điện trở $R$ của vòng nhẫn có chu vi $2\pi a$ và diện tích tiết diện ngang $s$ liên hệ thế nào với khối lượng $m$ và khối lượng riêng $\rho$ của kim loại làm nhẫn?

🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích

1. Đồ họa giải tích sự suy giảm biên độ và cơ năng theo hai thang thời gian:

Hình 2. a) Đồ thị li độ góc $\alpha(t)$ và đường bao biên độ $\alpha_m(\tau)$; b) Sự biến thiên thế năng xoắn $\Pi(t)$ và cơ năng toàn phần $W(\tau)$.

2. Các bước lập phương trình chủ đạo:

• Cơ năng toàn phần bằng gấp đôi thế năng trung bình trong một chu kỳ (vì $\langle \Pi \rangle = \langle K \rangle$ và $\langle \cos^2(\omega t) \rangle = \frac{1}{2}$):
  $$ W(\tau) = 2\langle \Pi \rangle = 2 \cdot \frac{G\langle \alpha^2(t) \rangle}{2} = \frac{1}{2}G\alpha_m^2(\tau) $$
• Từ thông qua nhẫn có diện tích $S = \pi a^2$: $\Phi(t) = BS\sin\alpha \approx B\pi a^2 \alpha_m(\tau)\cos(\omega t)$. Đạo hàm theo biến thời gian nhanh $t$ (coi $\alpha_m(\tau)$ không đổi trong 1 chu kỳ) cho suất điện động cảm ứng:
  $$ e(t) = -\frac{\text{d}\Phi}{\text{d}t} = \omega B \pi a^2 \alpha_m(\tau)\sin(\omega t) $$
• Năng lượng tỏa nhiệt trong một chu kỳ $T = \frac{2\pi}{\omega}$ trên điện trở $R = \frac{2\pi a}{\lambda s}$ (với diện tích tiết diện dây $s = \frac{m}{2\pi a \rho}$):
  $$ \Delta W_T = T \frac{\langle e^2(t) \rangle}{R} = \frac{2\pi}{\omega} \cdot \frac{(\omega B \pi a^2)^2 \alpha_m^2(\tau) \cdot \frac{1}{2}}{\frac{2\pi a}{\lambda s}} = \frac{1}{2}\pi^2 \omega B^2 a^3 \lambda s \alpha_m^2(\tau) $$

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

a) Thiết lập các biểu thức giải tích:

Thế năng đàn hồi của sợi dây xoắn tại thời điểm $t$ là $\Pi(t) = \frac{1}{2}G\alpha^2(t) = \frac{1}{2}G\alpha_m^2(\tau)\cos^2(\omega t)$. Khi dao động tắt dần chậm, cơ năng toàn phần của hệ bằng thế năng cực đại ở biên:

$$ W(\tau) = 2\langle \Pi(t) \rangle = \frac{1}{2}G\alpha_m^2(\tau) $$

Vì góc lệch $\alpha \ll \pi$, từ thông gửi qua diện tích giới hạn bởi vòng nhẫn ($S = \pi a^2$) là:

$$ \Phi(t) = BS\sin\alpha \approx BS\alpha = B\pi a^2 \alpha_m(\tau)\cos(\omega t) $$

Theo định luật Faraday, suất điện động cảm ứng xuất hiện trong vòng nhẫn trên thang thời gian một chu kỳ (với $\alpha_m(\tau)$ hầu như không đổi) là:

$$ e(t) = -\frac{\text{d}\Phi}{\text{d}t} = \omega B\pi a^2 \alpha_m(\tau)\sin(\omega t) $$

Điện trở của vòng nhẫn có chiều dài $l = 2\pi a$, tiết diện ngang $s$ và độ dẫn điện riêng $\lambda$ là $R = \frac{2\pi a}{\lambda s}$. Công suất tỏa nhiệt trung bình trong một chu kỳ là $\langle P \rangle = \frac{\langle e^2(t) \rangle}{R}$ với $\langle \sin^2(\omega t) \rangle = \frac{1}{2}$. Do đó, năng lượng cơ học tiêu hao thành nhiệt trong một chu kỳ $T = \frac{2\pi}{\omega}$ là:

$$ \Delta W_T = T \cdot \frac{\langle e^2(t) \rangle}{R} = \frac{2\pi}{\omega} \cdot \frac{(\omega B\pi a^2)^2 \alpha_m^2(\tau) \cdot (1/2)}{2\pi a / (\lambda s)} = \frac{1}{2}\pi^2 \omega B^2 a^3 \lambda s \alpha_m^2(\tau) $$

b) Tính số liệu cho chiếc nhẫn bằng Bạc ($\text{Ag}$):

Thể tích của chiếc nhẫn bạc là $V_{\text{Ag}} = \frac{m}{\rho_{\text{Ag}}} = 2\pi a \cdot s_{\text{Ag}}$, suy ra diện tích tiết diện ngang của sợi dây bạc:

$$ s_{\text{Ag}} = \frac{m}{2\pi a \rho_{\text{Ag}}} = \frac{10^{-2}}{2\pi \times 2{,}00 \times 10^{-2} \times 10{,}5 \times 10^3} \approx 7{,}579 \times 10^{-6}\text{ m}^2 $$

Thay vào công thức $\Delta W_T$ (hoặc rút gọn $\pi a s_{\text{Ag}} = \frac{m}{2\rho_{\text{Ag}}}$ để được $\Delta W_T = \frac{\pi \omega B^2 a^2 \lambda_{\text{Ag}} m \alpha_m^2}{4\rho_{\text{Ag}}}$):

$$ \Delta W_T = \frac{\pi \times 44{,}72 \times (0{,}200)^2 \times (2{,}00 \times 10^{-2})^2 \times 6{,}02 \times 10^7 \times 10^{-2} \times (0{,}100)^2}{4 \times 10{,}5 \times 10^3} \approx 3{,}22 \times 10^{-8}\text{ J} = 32{,}2\text{ nJ} $$

Đáp số Câu 1.1: $W(\tau) = \frac{1}{2}G\alpha_m^2(\tau)$; $\Delta W_T = \frac{1}{2}\pi^2 \omega B^2 a^3 \lambda s \alpha_m^2(\tau) \approx 32{,}2\text{ nJ}$.

🚀 Thử thách mở rộng Câu 1.1: Mômen lực từ cản trở chuyển động

Bài toán mở rộng: Thay vì dùng định luật bảo toàn năng lượng, hãy chứng minh rằng dòng điện cảm ứng $i(t) = \frac{e(t)}{R}$ chạy trong vòng nhẫn chịu tác dụng của một mômen lực từ $\vec{M}_B = [\vec{p}_m \times \vec{B}]$ có dạng lực cản nhớt tỉ lệ thuận với vận tốc góc $\dot{\alpha}(t)$: $M_B(t) = -\beta \dot{\alpha}(t)$. Tìm hệ số cản xoắn $\beta$.

Hướng dẫn: Khi góc lệch $\alpha$ nhỏ, vận tốc góc $\dot{\alpha} = -\omega \alpha_m \sin(\omega t)$, nên $e(t) = -B\pi a^2 \dot{\alpha}$ và dòng điện $i(t) = -\frac{B\pi a^2}{R}\dot{\alpha}$. Mômen từ của vòng nhẫn là $p_m = i S = i \pi a^2$, tạo ra mômen lực từ $M_B = p_m B \cos\alpha \approx i \pi a^2 B = -\frac{(B\pi a^2)^2}{R}\dot{\alpha}$. Vậy hệ số cản từ là $\beta = \frac{(B\pi a^2)^2}{R} = \frac{1}{2}\pi B^2 a^3 \lambda s$.

Câu 1.2 (5,0 điểm)

Hệ số phẩm chất $Q$ và quy luật tắt dần của người thứ nhất

Để đánh giá mức độ duy trì dao động của một hệ ("chất lượng" dao động), vật lý học định nghĩa độ phẩm chất (hệ số phẩm chất) theo tỷ số năng lượng được tác giả A. Stasenko sử dụng là:

$$ Q = \frac{W(\tau)}{\Delta W_T} $$

(Tỷ số này cũng tỷ lệ thuận với tỷ số giữa thời gian đặc trưng của sự tắt dần $\tau_0$ — khoảng thời gian để biên độ dao động giảm đi $e$ lần — và chu kỳ dao động $T$).

Yêu cầu:

a) Chứng minh rằng hệ số phẩm chất $Q$ của vòng nhẫn không phụ thuộc vào biên độ góc $\alpha_m(\tau)$. Thiết lập công thức tính tỷ số hệ số phẩm chất (cũng là tỷ số thời gian tắt dần đặc trưng) $\frac{Q_{\text{Ag}}}{Q_{\text{Au}}} = \frac{\tau_{\text{Ag}}}{\tau_{\text{Au}}}$ của nhẫn bạc so với nhẫn vàng theo độ dẫn điện riêng $\lambda$ (hoặc điện trở suất $\rho_e = 1/\lambda$) và khối lượng riêng $\rho$ của hai kim loại (coi hai nhẫn là những vòng tròn mảnh có cùng mômen quán tính $I \approx \frac{1}{2}ma^2$ nên có cùng tần số góc $\omega$).

b) Thay số từ bảng dữ kiện để tính giá trị bằng số của tỷ số $\frac{Q_{\text{Ag}}}{Q_{\text{Au}}} = \frac{\tau_{\text{Ag}}}{\tau_{\text{Au}}}$. Từ đó kết luận chiếc nhẫn nào tắt dần nhanh hơn!

Nhập tỷ số $\frac{Q_{\text{Ag}}}{Q_{\text{Au}}} = \frac{\tau_{\text{Ag}}}{\tau_{\text{Au}}}$ (không đơn vị, làm tròn 2 chữ số thập phân):

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

• Câu hỏi 1: Khi lập tỷ số $Q = \frac{W(\tau)}{\Delta W_T}$ từ kết quả của Câu 1.1, thừa số $\alpha_m^2(\tau)$ ở tử số và mẫu số triệt tiêu nhau như thế nào?
• Câu hỏi 2: Hai chiếc nhẫn có cùng khối lượng $m$, cùng bán kính $a$, treo trên hai sợi dây có cùng độ cứng xoắn $G$ và đặt trong cùng từ trường $B$. Vậy những đại lượng nào trong biểu thức của $Q$ là hoàn toàn giống nhau đối với cả hai nhẫn?
• Câu hỏi 3: Khi tách riêng các yếu tố khác biệt (độ dẫn điện riêng $\lambda$ và diện tích tiết diện ngang $s$), vì sao diện tích tiết diện $s$ lại tỷ lệ nghịch với khối lượng riêng $\rho$ của kim loại làm nhẫn ($s \propto \rho^{-1}$)?

🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích

1. Biểu thức tường minh của độ phẩm chất $Q$:

Chia biểu thức $W(\tau) = \frac{1}{2}G\alpha_m^2(\tau)$ cho $\Delta W_T$, ta nhận được:

$$ Q = \frac{W}{\Delta W_T} = \frac{G\alpha_m^2(\tau)}{2} \cdot \frac{\omega \cdot 2\pi a}{2\pi (\omega B\pi a^2)^2 \alpha_m^2(\tau)(1/2)\lambda s} = \frac{G}{\pi^2 \omega B^2 a^3 \lambda s} $$

2. So sánh hai chiếc nhẫn có cùng $m, a, G, B, \omega$:

Ta thấy $Q \propto \frac{1}{\lambda s}$. Mặt khác, khối lượng mỗi chiếc nhẫn là $m = \rho V = \rho \cdot (2\pi a s)$, do hai nhẫn có cùng $m$ và $a$ nên diện tích tiết diện ngang tỷ lệ nghịch với khối lượng riêng: $s = \frac{m}{2\pi a \rho} \propto \frac{1}{\rho}$.

Thay $s \propto \rho^{-1}$ vào biểu thức của $Q$, ta suy ra quy luật vô cùng thanh thoát:

$$ Q \propto \frac{\rho}{\lambda} = \rho_e \rho $$

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

a) Chứng minh $Q$ độc lập với biên độ và lập tỷ số $\frac{Q_{\text{Ag}}}{Q_{\text{Au}}}$:

Từ kết quả Câu 1.1, cả cơ năng $W(\tau)$ và năng lượng mất mát trong một chu kỳ $\Delta W_T$ đều tỷ lệ thuận với bình phương biên độ góc $\alpha_m^2(\tau)$. Khi lấy tỷ số:

$$ Q = \frac{W(\tau)}{\Delta W_T} = \frac{G}{\pi^2 \omega B^2 a^3 \lambda s} $$

thừa số $\alpha_m^2(\tau)$ triệt tiêu hoàn toàn, chứng tỏ hệ số phẩm chất $Q$ là hằng số đặc trưng của hệ, không phụ thuộc vào biên độ dao động.

Vì cả hai vòng nhẫn có cùng bán kính $a$, cùng khối lượng $m$, treo trên các sợi dây có cùng độ cứng xoắn $G$ và đặt trong cùng một từ trường $B$, nên tần số dao động riêng $\omega = \sqrt{G/I}$ (với $I \approx \frac{1}{2}ma^2$) của chúng bằng nhau. Khi đó, sự khác biệt về hệ số phẩm chất chỉ phụ thuộc vào độ dẫn điện riêng $\lambda$ và tiết diện dây $s$:

$$ Q \propto \frac{1}{\lambda s} $$

Do khối lượng $m = 2\pi a s \rho$ của hai nhẫn bằng nhau, diện tích tiết diện ngang $s$ tỷ lệ nghịch với khối lượng riêng $\rho$: $s \propto \rho^{-1}$. Suy ra $Q \propto \frac{\rho}{\lambda} = \rho_e \rho$ (với $\rho_e = \frac{1}{\lambda}$ là điện trở suất). Tỷ số hệ số phẩm chất (và cũng là tỷ số thời gian tắt dần đặc trưng) của hai chiếc nhẫn là:

$$ \frac{Q_{\text{Ag}}}{Q_{\text{Au}}} = \frac{\tau_{\text{Ag}}}{\tau_{\text{Au}}} = \frac{\lambda_{\text{Au}} \rho_{\text{Ag}}}{\lambda_{\text{Ag}} \rho_{\text{Au}}} = \frac{\rho_{e,\text{Ag}} \rho_{\text{Ag}}}{\rho_{e,\text{Au}} \rho_{\text{Au}}} $$

b) Thay số và kết luận:

Tra bảng số liệu: $\rho_{e,\text{Ag}} = 1{,}66 \times 10^{-8}\text{ }\Omega\cdot\text{m}$, $\rho_{\text{Ag}} = 10{,}5 \times 10^3\text{ kg/m}^3$; $\rho_{e,\text{Au}} = 2{,}42 \times 10^{-8}\text{ }\Omega\cdot\text{m}$, $\rho_{\text{Au}} = 19{,}3 \times 10^3\text{ kg/m}^3$:

$$ \frac{Q_{\text{Ag}}}{Q_{\text{Au}}} = \frac{\tau_{\text{Ag}}}{\tau_{\text{Au}}} = \frac{1{,}66 \times 10{,}5}{2{,}42 \times 19{,}3} = \frac{17{,}43}{46{,}706} \approx 0{,}373 \approx 0{,}4 $$

Kết luận vật lý: Vì $\tau_{\text{Ag}} \approx 0{,}373\,\tau_{\text{Au}} < \tau_{\text{Au}}$ (vòng bạc vừa dẫn điện tốt hơn, vừa có tiết diện dây lớn hơn nên điện trở nhỏ hơn nhiều lần so với vòng vàng), dòng điện cảm ứng trong nhẫn bạc lớn hơn hẳn và làm dao động xoắn của chiếc nhẫn bạc tắt dần nhanh hơn rõ rệt (nhanh hơn khoảng $2{,}7$ lần so với nhẫn vàng)!

Đáp số Câu 1.2: $\frac{Q_{\text{Ag}}}{Q_{\text{Au}}} = \frac{\tau_{\text{Ag}}}{\tau_{\text{Au}}} = \frac{\lambda_{\text{Au}}\rho_{\text{Ag}}}{\lambda_{\text{Ag}}\rho_{\text{Au}}} \approx 0{,}373$ (hoặc $\approx 0{,}4$). Nhẫn bạc tắt dần nhanh hơn.

🚀 Thử thách mở rộng Câu 1.2: Phương trình vi phân của đường bao biên độ $\alpha_m(\tau)$

Bài toán mở rộng: Từ định nghĩa $Q = \frac{W}{\Delta W_T}$, hãy chứng minh rằng cơ năng $W(\tau)$ và biên độ góc $\alpha_m(\tau)$ suy giảm theo quy luật hàm mũ theo thời gian $\tau$, và tìm hệ thức liên hệ chính xác giữa thời gian tắt dần đặc trưng $\tau_0$ (thời gian để biên độ giảm đi $e$ lần) với $Q$ và chu kỳ $T$.

Hướng dẫn: Trong một chu kỳ $T$, độ biến thiên cơ năng là $\text{d}W \approx -\Delta W_T = -\frac{W}{Q} \frac{\text{d}\tau}{T}$. Tích phân phương trình $\frac{\text{d}W}{W} = -\frac{\text{d}\tau}{Q T}$ cho $W(\tau) = W_0 e^{-\tau / (QT)}$. Vì $W \propto \alpha_m^2$, biên độ giảm theo quy luật $\alpha_m(\tau) = \alpha_0 e^{-\tau / (2QT)}$. Vậy thời gian để biên độ giảm đi $e$ lần là $\tau_0 = 2QT$.

Câu 1.3 (5,0 điểm)

Phương pháp Nhiệt học của người thứ hai: Độ tăng nhiệt độ khi tắt hẳn

Khi người thứ nhất vừa reo lên vì tìm ra quy luật tắt dần, Quý ông tài năng thứ hai liền lên tiếng: "Xin khoan đã! Nếu hai kim loại làm nhẫn có nhiệt dung riêng $c$ khác nhau, thì khi có cùng khối lượng $m$, chúng sẽ nóng lên khác nhau!"

Thực vậy, giả sử hệ được cách nhiệt hoàn toàn với môi trường xung quanh. Nếu ban đầu ta kéo cả hai chiếc nhẫn lệch khỏi vị trí cân bằng cùng một góc $\alpha_0$ rồi thả nhẹ, thì sau một thời gian đủ dài, toàn bộ cơ năng ban đầu của mỗi chiếc nhẫn sẽ chuyển hóa hoàn toàn thành nội năng (nhiệt lượng) làm nóng chính chiếc nhẫn đó.

Yêu cầu:

a) Thiết lập biểu thức tính tỷ số độ tăng nhiệt độ $\frac{\Delta t^\circ_{\text{Ag}}}{\Delta t^\circ_{\text{Au}}}$ của nhẫn bạc và nhẫn vàng sau khi dao động đã tắt hẳn.

b) Thay số từ bảng dữ kiện để tính giá trị bằng số của tỷ số $\frac{\Delta t^\circ_{\text{Ag}}}{\Delta t^\circ_{\text{Au}}}$. Thảo luận xem trong thực tế ta có thể "chạm ngón tay" để cảm nhận sự chênh lệch nhiệt độ này như lời quý ông thứ hai nói hay không (hãy ước tính độ tăng nhiệt độ $\Delta t^\circ_{\text{Au}}$ nếu $\alpha_0 = 0{,}20\text{ rad}$).

Nhập tỷ số độ tăng nhiệt độ $\frac{\Delta t^\circ_{\text{Ag}}}{\Delta t^\circ_{\text{Au}}}$ (không đơn vị, làm tròn 2 chữ số thập phân):

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

• Câu hỏi 1: Khi cả hai chiếc nhẫn được treo trên hai sợi dây có cùng độ cứng xoắn $G$ và được kéo lệch cùng một góc ban đầu $\alpha_0$, thế năng đàn hồi ban đầu $W_0$ cấp cho hai nhẫn có bằng nhau không?
• Câu hỏi 2: Khi dao động tắt hẳn hoàn toàn ($t \to \infty$), tổng nhiệt lượng $Q_{\text{nhiệt}}$ tỏa ra trên mỗi chiếc nhẫn phụ thuộc vào điện trở của nhẫn hay chỉ phụ thuộc vào cơ năng ban đầu $W_0$?
• Câu hỏi 3: Áp dụng công thức nhiệt lượng làm nóng vật $Q_{\text{nhiệt}} = mc\Delta t^\circ$, với $m$ và $W_0$ như nhau, độ tăng nhiệt độ $\Delta t^\circ$ tỷ lệ thuận hay tỷ lệ nghịch với nhiệt dung riêng $c$?

🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích

1. Định luật bảo toàn và chuyển hóa năng lượng toàn phần:

Dù nhẫn bạc tắt dần nhanh hơn (công suất tỏa nhiệt tức thời lớn hơn) và nhẫn vàng tắt dần chậm hơn, nhưng khi cả hai đều đã dừng lại hoàn toàn, tổng nhiệt lượng tỏa ra ở mỗi nhẫn đều bằng đúng cơ năng ban đầu:

$$ Q_{\text{nhiệt}} = W_0 = \frac{1}{2}G\alpha_0^2 $$

2. Liên hệ với nhiệt dung riêng:

Ta có $W_0 = m c_{\text{Ag}} \Delta t^\circ_{\text{Ag}} = m c_{\text{Au}} \Delta t^\circ_{\text{Au}}$. Vì khối lượng $m$ của hai chiếc nhẫn bằng nhau, tỷ số độ tăng nhiệt độ tỷ lệ nghịch với nhiệt dung riêng của chúng.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

a) Thiết lập công thức tỷ số độ tăng nhiệt độ:

Khi kéo cả hai chiếc nhẫn lệch khỏi vị trí cân bằng cùng một góc $\alpha_0$ rồi thả nhẹ, cơ năng ban đầu tích lũy trong mỗi hệ là như nhau và bằng thế năng xoắn cực đại của dây treo:

$$ W_0 = \frac{1}{2}G\alpha_0^2 $$

Khi dao động tắt hẳn hoàn toàn, theo định luật bảo toàn năng lượng, toàn bộ cơ năng $W_0$ đã chuyển hóa thành nhiệt năng làm tăng nội năng của mỗi nhẫn:

$$ W_0 = m c_{\text{Ag}} \Delta t^\circ_{\text{Ag}} = m c_{\text{Au}} \Delta t^\circ_{\text{Au}} $$

Do hai nhẫn có cùng khối lượng $m$, ta suy ra:

$$ \frac{\Delta t^\circ_{\text{Ag}}}{\Delta t^\circ_{\text{Au}}} = \frac{c_{\text{Au}}}{c_{\text{Ag}}} $$

b) Tính toán số liệu và bình luận thực nghiệm:

Thay $c_{\text{Au}} = 130\text{ J/(kg}\cdot\text{K)}$ và $c_{\text{Ag}} = 235\text{ J/(kg}\cdot\text{K)}$ (hoặc $0{,}130$ và $0{,}235\text{ J/(g}\cdot\text{K)}$) vào công thức:

$$ \frac{\Delta t^\circ_{\text{Ag}}}{\Delta t^\circ_{\text{Au}}} = \frac{130}{235} \approx 0{,}553 \text{ (làm tròn } \approx 0{,}55 \text{)} $$

Bình luận thực tế: Với $G = 4{,}00 \times 10^{-4}\text{ N}\cdot\text{m/rad}$ và $\alpha_0 = 0{,}20\text{ rad}$, cơ năng ban đầu chỉ là $W_0 = \frac{1}{2} \times 4{,}00 \times 10^{-4} \times 0{,}04 = 8{,}0 \times 10^{-6}\text{ J}$. Độ tăng nhiệt độ của nhẫn vàng chỉ cỡ $\Delta t^\circ_{\text{Au}} = \frac{8{,}0 \times 10^{-6}}{10^{-2} \times 130} \approx 6{,}15 \times 10^{-6}\text{ K}$ (vài phần triệu độ Kelvin)! Do đó, lời đề xuất hài hước của quý ông thứ hai rằng "chỉ cần sờ ngón tay vào để cảm nhận sự khác biệt nhiệt độ" là bất khả thi trong thực nghiệm vì năng lượng dao động xoắn quá nhỏ bé.

Đáp số Câu 1.3: $\frac{\Delta t^\circ_{\text{Ag}}}{\Delta t^\circ_{\text{Au}}} = \frac{c_{\text{Au}}}{c_{\text{Ag}}} = \frac{130}{235} \approx 0{,}553$ (trong bài báo Kvant lấy xấp xỉ $\approx 0{,}5$).

🚀 Thử thách mở rộng Câu 1.3: Tỷ số tốc độ tăng nhiệt độ ban đầu

Bài toán mở rộng: Dù khi tắt hẳn nhẫn vàng nóng lên nhiều hơn nhẫn bạc ($\Delta t^\circ_{\text{Au}} \approx 1{,}81 \Delta t^\circ_{\text{Ag}}$), nhưng ngay trong những chu kỳ đầu tiên sau khi thả, chiếc nhẫn nào có tốc độ tăng nhiệt độ trung bình $\frac{\Delta t^\circ_T}{T}$ lớn hơn, và lớn hơn gấp bao nhiêu lần?

Hướng dẫn: Trong chu kỳ đầu tiên, độ tăng nhiệt độ sau 1 chu kỳ là $\Delta t^\circ_T = \frac{\Delta W_T}{mc}$. Vì hai nhẫn có cùng $m$ và $T$, tỷ số tốc độ tăng nhiệt độ ban đầu là $\frac{(\Delta t^\circ_T)_{\text{Ag}}}{(\Delta t^\circ_T)_{\text{Au}}} = \frac{\Delta W_{T,\text{Ag}}}{\Delta W_{T,\text{Au}}} \cdot \frac{c_{\text{Au}}}{c_{\text{Ag}}} = \frac{Q_{\text{Au}}}{Q_{\text{Ag}}} \cdot \frac{c_{\text{Au}}}{c_{\text{Ag}}} \approx \frac{1}{0{,}373} \times 0{,}553 \approx 1{,}48$. Vậy ở giai đoạn đầu, nhẫn bạc tăng nhiệt độ nhanh gấp $1{,}48$ lần nhẫn vàng!

Câu 1.4 (5,0 điểm)

Sự tinh tế của người thứ ba: Khoang rỗng, mômen quán tính và độ lệch pha

Cuộc tranh luận đạt tới đỉnh cao khi Quý ông tài năng thứ ba mỉm cười chỉ ra một nghịch lý hình học: "Xin phép các ngài! Đề bài nói rằng hai chiếc nhẫn nhìn bề ngoài hoàn toàn giống hệt nhau, nghĩa là cả bán kính vòng nhẫn $a$ lẫn bán kính ngoài của tiết diện dây $r_0$ đều phải bằng nhau! Nhưng vì khối lượng $m$ của chúng bằng nhau mà khối lượng riêng lại khác nhau ($\rho_{\text{Au}} > \rho_{\text{Ag}}$), nên chắc chắn bên trong chiếc nhẫn bằng vàng phải có một khoang rỗng! Hệ quả là mômen quán tính của chúng đối với trục quay đi qua tâm sẽ hơi khác nhau một chút, làm tần số dao động riêng khác nhau và sớm muộn gì chúng cũng sẽ lệch pha nhau!"

Để kiểm chứng ý tưởng tuyệt vời này (vốn là câu hỏi khiến tác giả khuyên người đọc thi vào Đại học Tổng hợp Moscow MGU hoặc Viện Vật lý Kỹ thuật Moscow MIPT), ta xét mô hình định lượng sau:

Giả sử chiếc nhẫn bạc ($\text{Ag}$) là một vòng xuyến đặc hoàn toàn có bán kính đường tâm vòng tròn là $a = 2{,}00\text{ cm}$ và bán kính tiết diện tròn của sợi dây là $r_0$ (được xác định từ khối lượng $m = 10{,}0\text{ g}$ và khối lượng riêng $\rho_{\text{Ag}} = 10{,}5 \times 10^3\text{ kg/m}^3$). Chiếc nhẫn vàng ($\text{Au}$) có cùng khối lượng $m$, cùng bán kính vòng $a$, cùng bán kính ngoài của tiết diện dây là $r_0$, nhưng bên trong lõi dây có một khoang rỗng hình xuyến đồng tâm có bán kính tiết diện rỗng là $r_{\text{in}}$.

Kiến thức bổ trợ (Định lý mômen quán tính của hình xuyến): Một hình xuyến (torus) đặc đồng chất có khối lượng $M$, bán kính vòng tròn tâm $a$ và bán kính tiết diện sợi dây $R$ có mômen quán tính đối với trục quay nằm trong mặt phẳng vòng xuyến và đi qua tâm của nó là:

$$ I_{\text{đặc}} = \frac{1}{2}M a^2 + \frac{5}{8}M R^2 $$

Yêu cầu:

a) Dùng phương pháp cộng/trừ mômen quán tính (nguyên lý chồng chất), hãy chứng minh rằng mômen quán tính đối với trục quay qua tâm (trùng với dây treo) của một chiếc nhẫn rỗng đồng tâm (có bán kính vòng $a$, bán kính ngoài của tiết diện dây $r_0$, bán kính trong của khoang rỗng $r_{\text{in}}$ và tổng khối lượng $m$) được cho bởi công thức:

$$ I = \frac{1}{2}m a^2 + \frac{5}{8}m \left( r_0^2 + r_{\text{in}}^2 \right) $$

b) Biểu diễn $r_0^2$ và $r_{\text{in}}^2$ theo $m, a, \rho_{\text{Ag}}, \rho_{\text{Au}}$. Từ đó tính độ lệch tỉ đối của mômen quán tính $\frac{I_{\text{Au}} - I_{\text{Ag}}}{I_{\text{Ag}}}$ và tính xem khi không có từ trường ($B = 0$, dao động không tắt dần), cần bao nhiêu chu kỳ dao động $N$ của nhẫn bạc để khi nhẫn bạc vừa tới vị trí biên (tức thời đứng yên) thì nhẫn vàng lại vừa đi qua vị trí cân bằng với tốc độ cực đại lần đầu tiên (tức hai nhẫn lệch pha nhau một góc $\Delta \varphi = \frac{\pi}{2}\text{ rad}$)!

Nhập số chu kỳ $N$ để hai nhẫn lệch pha nhau góc $\pi/2$ (đơn vị: chu kỳ):

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

• Câu hỏi 1: Một vòng xuyến rỗng (bán kính tiết diện ngoài $r_0$, bán kính tiết diện trong $r_{\text{in}}$) có thể xem là phần còn lại khi lấy một vòng xuyến đặc bán kính $r_0$ (khối lượng $M_0 \propto r_0^2$) khoét bỏ đi một vòng xuyến đặc bán kính $r_{\text{in}}$ (khối lượng $M_{\text{in}} \propto r_{\text{in}}^2$). Khi trừ hai mômen quán tính, biểu thức $\frac{r_0^4 - r_{\text{in}}^4}{r_0^2 - r_{\text{in}}^2}$ rút gọn thành gì?
• Câu hỏi 2: Vì nhẫn bạc đặc hoàn toàn ($r_{\text{in,Ag}} = 0$) có cùng khối lượng $m$ với nhẫn vàng rỗng, diện tích tiết diện thực của phần kim loại vàng $\pi (r_0^2 - r_{\text{in}}^2)$ liên hệ thế nào với $\pi r_0^2$ thông qua tỷ số khối lượng riêng $\frac{\rho_{\text{Ag}}}{\rho_{\text{Au}}}$?
• Câu hỏi 3: Khi mômen quán tính chênh lệch một lượng rất nhỏ $\frac{\Delta I}{I} \ll 1$, độ lệch tỉ đối của tần số góc $\frac{\Delta \omega}{\omega}$ bằng bao nhiêu lần $\frac{\Delta I}{I}$? Sau $N$ chu kỳ (thời gian $t = N T_{\text{Ag}}$), độ lệch pha tích lũy giữa hai nhẫn là $\Delta \varphi = |\omega_{\text{Ag}} - \omega_{\text{Au}}| t$. Đặt $\Delta \varphi = \frac{\pi}{2}$ sẽ tìm được $N$ như thế nào?

🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích

1. Đồ họa giải tích cấu trúc mặt cắt ngang của nhẫn bạc đặc và nhẫn vàng rỗng:

Hình 3. So sánh tiết diện ngang của sợi dây nhẫn bạc (đặc) và nhẫn vàng (có khoang rỗng bán kính $r_{\text{in}}$ để đảm bảo cùng kích thước ngoài $r_0$ và cùng khối lượng $m$).

2. Các công thức trung gian then chốt:

• Bán kính tiết diện của nhẫn bạc đặc: $r_0^2 = \frac{m}{2\pi^2 a \rho_{\text{Ag}}} \approx 2{,}412 \times 10^{-6}\text{ m}^2$ (tức $r_0 \approx 1{,}553\text{ mm}$).
• Đối với nhẫn vàng rỗng: $r_0^2 - r_{\text{in}}^2 = \frac{m}{2\pi^2 a \rho_{\text{Au}}}$, suy ra:
  $$ r_{\text{in}}^2 = r_0^2 \left( 1 - \frac{\rho_{\text{Ag}}}{\rho_{\text{Au}}} \right) = \frac{m}{2\pi^2 a} \left( \frac{1}{\rho_{\text{Ag}}} - \frac{1}{\rho_{\text{Au}}} \right) \approx 1{,}100 \times 10^{-6}\text{ m}^2 $$
• Độ chênh lệch mômen quán tính giữa nhẫn vàng và nhẫn bạc:
  $$ \Delta I = I_{\text{Au}} - I_{\text{Ag}} = \frac{5}{8}m r_{\text{in}}^2 \implies \frac{\Delta I}{I_{\text{Ag}}} = \frac{\frac{5}{8} r_{\text{in}}^2}{\frac{1}{2}a^2 + \frac{5}{8}r_0^2} \approx \frac{5 r_{\text{in}}^2}{4 a^2} $$
• Số chu kỳ $N$ để độ lệch pha đạt $\Delta \varphi = \frac{\pi}{2}$: Vì $\omega = \sqrt{G/I}$ nên $\frac{\Delta \omega}{\omega} \approx \frac{1}{2}\frac{\Delta I}{I_{\text{Ag}}}$. Sau $N$ chu kỳ ($t = N \frac{2\pi}{\omega}$), độ lệch pha là $\Delta \varphi = \Delta \omega \cdot t = 2\pi N \frac{\Delta \omega}{\omega} = \pi N \frac{\Delta I}{I_{\text{Ag}}}$. Cho $\Delta \varphi = \frac{\pi}{2}$ suy ra:
  $$ N = \frac{1}{2 \cdot (\Delta I / I_{\text{Ag}})} $$

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

a) Chứng minh công thức mômen quán tính của hình xuyến rỗng:

Xét chiếc nhẫn rỗng có khối lượng riêng $\rho$, bán kính vòng $a$, bán kính ngoài của tiết diện dây là $r_0$ và bán kính khoang rỗng là $r_{\text{in}}$. Ta coi nhẫn rỗng là phần còn lại khi lấy một hình xuyến đặc bán kính tiết diện $r_0$ (có khối lượng $M_0 = \rho \cdot 2\pi^2 a r_0^2$) khoét bỏ đi một hình xuyến đặc đồng tâm bán kính tiết diện $r_{\text{in}}$ (có khối lượng $M_{\text{in}} = \rho \cdot 2\pi^2 a r_{\text{in}}^2$). Khối lượng thực của nhẫn là $m = M_0 - M_{\text{in}} = \rho \cdot 2\pi^2 a (r_0^2 - r_{\text{in}}^2)$.

Áp dụng công thức mômen quán tính của hình xuyến đặc và nguyên lý cộng mômen quán tính:

$$ I = I_0 - I_{\text{in}} = \left( \frac{1}{2}M_0 a^2 + \frac{5}{8}M_0 r_0^2 \right) - \left( \frac{1}{2}M_{\text{in}} a^2 + \frac{5}{8}M_{\text{in}} r_{\text{in}}^2 \right) $$

Vì $M_0 - M_{\text{in}} = m$ và $\frac{M_0}{r_0^2} = \frac{M_{\text{in}}}{r_{\text{in}}^2} = \frac{m}{r_0^2 - r_{\text{in}}^2}$, ta rút gọn được:

$$ I = \frac{1}{2}m a^2 + \frac{5}{8}m \frac{r_0^4 - r_{\text{in}}^4}{r_0^2 - r_{\text{in}}^2} = \frac{1}{2}m a^2 + \frac{5}{8}m \left( r_0^2 + r_{\text{in}}^2 \right) $$

b) Tính độ lệch mômen quán tính và số chu kỳ $N$ để lệch pha $\pi/2$:

Đối với nhẫn bạc đặc hoàn toàn ($r_{\text{in,Ag}} = 0$):

$$ r_0^2 = \frac{m}{2\pi^2 a \rho_{\text{Ag}}} = \frac{10^{-2}}{2\pi^2 \times 2{,}00 \times 10^{-2} \times 10{,}5 \times 10^3} \approx 2{,}4124 \times 10^{-6}\text{ m}^2 $$

$$ I_{\text{Ag}} = \frac{1}{2}m a^2 + \frac{5}{8}m r_0^2 = m\left( \frac{1}{2} \times 4{,}00 \times 10^{-4} + \frac{5}{8} \times 2{,}4124 \times 10^{-6} \right) = m \left( 2{,}00 \times 10^{-4} + 1{,}5078 \times 10^{-6} \right) $$

Đối với nhẫn vàng có cùng bán kính ngoài $r_0$ và cùng khối lượng $m$, phần khoang rỗng bên trong có bán kính $r_{\text{in}}$ thỏa mãn:

$$ r_{\text{in}}^2 = r_0^2 \left( 1 - \frac{\rho_{\text{Ag}}}{\rho_{\text{Au}}} \right) = 2{,}4124 \times 10^{-6} \times \left( 1 - \frac{10{,}5}{19{,}3} \right) \approx 1{,}09996 \times 10^{-6}\text{ m}^2 $$

Do phân bố khối lượng của nhẫn vàng dạt ra xa tâm tiết diện hơn (nhờ khoang rỗng ở lõi), mômen quán tính của nhẫn vàng lớn hơn nhẫn bạc một lượng:

$$ \Delta I = I_{\text{Au}} - I_{\text{Ag}} = \frac{5}{8}m r_{\text{in}}^2 \implies \frac{\Delta I}{I_{\text{Ag}}} = \frac{\frac{5}{8} r_{\text{in}}^2}{\frac{1}{2}a^2 + \frac{5}{8}r_0^2} = \frac{0{,}68748 \times 10^{-6}}{2{,}01508 \times 10^{-4}} \approx 3{,}4117 \times 10^{-3} $$

(Nếu dùng xấp xỉ $\frac{1}{2}a^2 \gg \frac{5}{8}r_0^2$, ta có $\frac{\Delta I}{I_{\text{Ag}}} \approx \frac{5 r_{\text{in}}^2}{4 a^2} \approx 3{,}437 \times 10^{-3}$).

Tần số góc dao động riêng tỷ lệ nghịch với căn bậc hai của mômen quán tính ($\omega = \sqrt{G/I}$), nên độ lệch tỉ đối về tần số góc giữa hai nhẫn là:

$$ \frac{\omega_{\text{Ag}} - \omega_{\text{Au}}}{\omega_{\text{Ag}}} = 1 - \frac{1}{\sqrt{1 + \Delta I / I_{\text{Ag}}}} \approx \frac{1}{2}\frac{\Delta I}{I_{\text{Ag}}} \approx 1{,}706 \times 10^{-3} $$

Để nhẫn bạc ở vị trí biên (pha bằng $2\pi N$) còn nhẫn vàng đi qua vị trí cân bằng lần đầu tiên (pha chậm hơn một góc $\Delta \varphi = \frac{\pi}{2}$), ta có phương trình lệch pha sau $N$ chu kỳ:

$$ \Delta \varphi = (\omega_{\text{Ag}} - \omega_{\text{Au}}) \cdot N T_{\text{Ag}} = 2\pi N \left( \frac{\omega_{\text{Ag}} - \omega_{\text{Au}}}{\omega_{\text{Ag}}} \right) = \frac{\pi}{2} $$

Suy ra số chu kỳ cần thiết là:

$$ N = \frac{1}{4 \left( \frac{\omega_{\text{Ag}} - \omega_{\text{Au}}}{\omega_{\text{Ag}}} \right)} \approx \frac{1}{2 (\Delta I / I_{\text{Ag}})} \approx \frac{1}{2 \times 3{,}4117 \times 10^{-3}} \approx 146{,}6 \text{ (chu kỳ)} $$

(Nếu tính theo xấp xỉ $I_{\text{Ag}} \approx \frac{1}{2}ma^2$ thì $N \approx 145{,}5$ chu kỳ — cả hai đều nằm trong khoảng dung sai 2% của hệ thống chấm điểm!).

Đáp số Câu 1.4: $I = \frac{1}{2}m a^2 + \frac{5}{8}m(r_0^2 + r_{\text{in}}^2)$; $\frac{\Delta I}{I_{\text{Ag}}} \approx 3{,}41 \times 10^{-3}$; Số chu kỳ cần thiết $N \approx 146$ chu kỳ.

🚀 Thử thách mở rộng Câu 1.4: Chứng minh công thức $\frac{5}{8}MR^2$ bằng tích phân

Bài toán mở rộng: Làm thế nào để chứng minh số hạng bổ정 $\frac{5}{8}MR^2$ trong công thức mômen quán tính của hình xuyến đặc $I = \frac{1}{2}Ma^2 + \frac{5}{8}MR^2$ (vốn là bài toán kinh điển bậc đại học tại MGU và MIPT)?

Hướng dẫn: Chia hình xuyến thành các lát cắt mỏng theo góc phương vị $\theta$ quanh trục đối xứng của vòng xuyến. Ở góc $\theta$, một phần tử tiết diện diện tích $\text{d}s = r'\text{d}r'\text{d}\varphi$ nằm cách tâm tiết diện một khoảng $r'\cos\varphi$ theo hướng bán kính vòng tròn lớn, tức cách trục tâm hình xuyến một khoảng $\rho(\theta, r', \varphi) = a + r'\cos\varphi$. Khoảng cách từ phần tử này tới trục quay đi qua tâm (nằm trong mặt phẳng vòng xuyến, ứng với $\theta = 0$) là $x = (a + r'\cos\varphi)\sin\theta$. Tích phân $I = \iiint x^2 \rho_0 (a + r'\cos\varphi) \text{d}\theta \, r'\text{d}r'\text{d}\varphi$ với $\langle \sin^2\theta \rangle = \frac{1}{2}$ sẽ tách thành $\frac{1}{2}\rho_0 (2\pi) \iint (a + r'\cos\varphi)^3 r'\text{d}r'\text{d}\varphi$. Khai triển $(a + r'\cos\varphi)^3 = a^3 + 3a^2 r'\cos\varphi + 3a r'^2 \cos^2\varphi + r'^3\cos^3\varphi$; khi lấy tích phân theo $\varphi \in [0, 2\pi]$, các lũy thừa lẻ của $\cos\varphi$ triệt tiêu, còn lại số hạng $a^3$ (cho $\frac{1}{2}Ma^2$) và số hạng $3a r'^2 \cos^2\varphi$ (với $\int_0^R r'^3\text{d}r' = \frac{R^4}{4}$ và $\langle \cos^2\varphi \rangle = \frac{1}{2}$, cho chính xác $3 \times \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} MR^2$ cộng thêm phần tọa độ vuông góc mặt phẳng nhẫn $z = r'\sin\varphi$ cho $\frac{1}{4}MR^2$, tổng cộng đối với trục đường kính trong mặt phẳng vòng nhẫn là $\left(\frac{3}{8} + \frac{1}{4}\right)MR^2 = \frac{5}{8}MR^2$!).

Read More

Bài tập Vật lý phát triển năng lực tự học ôn thi HSG Quốc gia: Dấu vết trong máy ảnh

TỦ SÁCH CHUYÊN KHẢO VẬT LÝ CHUYÊN & OLYMPIAD

VẬT LÝ BUỒNG SƯƠNG WILSON: LỰC CẢN PHÂN TỬ TỰ DO VÀ ĐỘNG HỌC TÁI HỢP GIỌT VI MÔ

Chuyên đề: Vật lý Nhiệt – Thống kê & Tĩnh điện học vi mô | Nguồn cảm hứng: A. Stasenko| Thang điểm: 20,0 điểm

Khi một máy bay phản lực bay trên bầu trời cao, ta dễ dàng nhìn thấy vệt mây trắng kéo dài phía sau dù khó nhìn rõ chính chiếc máy bay. Tương tự như vậy, một hạt sơ cấp có kích thước nhỏ hơn hàng chục tỷ lần so với vật thể nhìn thấy qua kính hiển vi quang học, khi bay với tốc độ lớn qua buồng sương Wilson (Wilson cloud chamber), lại có thể để lại một vết sương mù rõ nét quan sát được bằng mắt thường hoặc ghi nhận qua ống kính máy ảnh.

Nguyên lý hoạt động của buồng sương Wilson dựa trên hiện tượng ngưng tụ hơi quá bão hòa. Gọi $p$ là áp suất riêng phần của hơi nước trong khí quyển và $p_{\text{bh}}$ là áp suất hơi bão hòa ở cùng nhiệt độ, tỉ số $S = \frac{p}{p_{\text{bh}}} > 1$ được gọi là độ quá bão hòa. Trong không khí hoàn toàn sạch (không có tâm ngưng tụ), sự ngưng tụ tự phát của hơi nước chỉ xảy ra khi độ quá bão hòa rất lớn ($S \sim 10$). Tuy nhiên, nếu có mặt các hạt mang điện (các ion dương và âm được tạo ra dọc theo quỹ đạo đâm xuyên của hạt sơ cấp), sự ngưng tụ tạo thành các vi giọt có thể bắt đầu ở giá trị $S$ nhỏ hơn nhiều. Bằng cách chọn độ quá bão hòa phù hợp qua việc giãn nở đoạn nhiệt nhanh thể tích buồng (thực nghiệm cho thấy tỉ số thể tích sau và trước khi giãn nở tối ưu vào cỡ $\frac{V_2}{V_1} \approx \frac{4}{3}$ đối với hỗn hợp không khí và hơi nước), các vi giọt sương chỉ hình thành dọc theo chuỗi ion đánh dấu quỹ đạo hạt bay qua.

Hình 1. Sơ đồ cấu tạo buồng sương Wilson cổ điển (trụ thủy tinh $Ц$, lưới đen tạo nền tương phản $C$, màng cao su $M$, cửa nạp khí nén $O^+$, van xả nhanh $B$) và hệ quang học chụp ảnh lập thể thông qua ảnh trực tiếp $K_1$ cùng ảnh phản xạ qua gương phẳng $K_2$.

Một vấn đề kỹ thuật đặc biệt thú vị của buồng sương Wilson là độ tác động nhanh (thời gian hồi phục) của thiết bị: Sau khi ghi nhận một loạt vết hạt, mất bao lâu để các vi giọt mang điện tích trái dấu tự chuyển động lại gần nhau dưới lực hút tĩnh điện và tái hợp (trung hòa điện) hoàn toàn? Trong bài toán dài dưới đây, chúng ta sẽ xây dựng mô hình giải tích từ cấp độ động học phân tử đến phương trình vi phân chuyển động để định lượng khoảng thời gian đặc trưng này.

Phần 1 (5,0 điểm)

Chế độ phân tử tự do và căn vận tốc toàn phương trung bình

Trong buồng sương Wilson chứa hỗn hợp không khí và hơi nước. Để đánh giá, ta giả thiết lượng hơi nước là rất nhỏ so với không khí, sao cho các vi giọt chuyển động trong môi trường gần như là không khí thuần khiết có khối lượng mol $M = 29\text{ kg/kmol} = 29 \times 10^{-3}\text{ kg/mol}$. Biết hằng số khí lý tưởng $R = 8{,}31\text{ J/(mol}\cdot\text{K)}$, hằng số Boltzmann $k = 1{,}38 \times 10^{-23}\text{ J/K}$, và số Avogadro $N_A = 6{,}0 \times 10^{23}\text{ mol}^{-1}$.

Ở điều kiện làm việc ngay sau khi giãn nở của buồng Wilson, hỗn hợp khí có nhiệt độ tuyệt đối $T = 260\text{ K}$ và khối lượng riêng $\rho = 0{,}90\text{ kg/m}^3$. Quãng đường tự do trung bình của các phân tử không khí vào cỡ $\lambda \sim 10^{-7}\text{ m}$. Do đó, đối với các vi giọt có bán kính $a \ll \lambda$ (chẳng hạn $a \sim 10^{-9}\text{ m} - 10^{-8}\text{ m}$), không khí không thể xem là môi trường liên tục (công thức Stokes không còn áp dụng được) mà vi giọt chịu các va chạm rời rạc của từng phân tử khí riêng lẻ.

Yêu cầu 1.1: Thiết lập biểu thức và tính giá trị bằng số của căn vận tốc toàn phương trung bình $v$ (tính theo đơn vị $\text{m/s}$, làm tròn đến chữ số hàng đơn vị) của chuyển động nhiệt tịnh tiến của các phân tử không khí ở nhiệt độ $T = 260\text{ K}$. (Gợi ý kiến thức bổ trợ: Động năng tịnh tiến trung bình của một phân tử khí lý tưởng ở nhiệt độ tuyệt đối $T$ là $\overline{W}_{\text{đ}} = \frac{1}{2}mv^2 = \frac{3}{2}kT$, với $m = \frac{M}{N_A}$ là khối lượng một phân tử khí).

Nhập giá trị vận tốc $v$ ($\text{m/s}$):

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

• Từ mối liên hệ giữa động năng tịnh tiến trung bình của một phân tử khí $\frac{1}{2}mv^2 = \frac{3}{2}kT$ và định nghĩa hằng số khí $R = k N_A$, làm thế nào để biểu diễn vận tốc $v$ trực tiếp qua các đại lượng vĩ mô $R, T, M$?
• Khi thay số vào biểu thức căn bậc hai, cần lưu ý đổi đơn vị khối lượng mol $M$ từ $\text{kg/kmol}$ (hoặc $\text{g/mol}$) sang đơn vị chuẩn SI ($\text{kg/mol}$) như thế nào để thứ nguyên dưới dấu căn là $\text{m}^2/\text{s}^2$?

🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích

Khối lượng của một phân tử không khí trung bình là $m = \frac{M}{N_A}$. Từ phương trình động năng tịnh tiến trung bình:

$$ \frac{mv^2}{2} = \frac{3}{2}kT \implies v = \sqrt{\frac{3kT}{m}} = \sqrt{\frac{3 k N_A T}{M}} = \sqrt{\frac{3RT}{M}} $$

Thay các thông số chuẩn SI: $R = 8{,}31\text{ J/(mol}\cdot\text{K)}$, $T = 260\text{ K}$ và $M = 29 \times 10^{-3}\text{ kg/mol}$ để tìm giá trị số của $v$.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

Khối lượng trung bình của một phân tử không khí là:

$$ m = \frac{M}{N_A} = \frac{29 \times 10^{-3}}{6{,}0 \times 10^{23}} \approx 4{,}83 \times 10^{-26}\text{ kg} $$

Theo thuyết động học phân tử chất khí, căn vận tốc toàn phương trung bình $v$ của các phân tử không khí liên hệ với nhiệt độ tuyệt đối $T$ qua hệ thức:

$$ \frac{1}{2}mv^2 = \frac{3}{2}kT \implies v = \sqrt{\frac{3kT}{m}} = \sqrt{\frac{3RT}{M}} $$

Thay số với $R = 8{,}31\text{ J/(mol}\cdot\text{K)}$, $T = 260\text{ K}$ và $M = 29 \times 10^{-3}\text{ kg/mol}$:

$$ v = \sqrt{\frac{3 \times 8{,}31 \times 260}{29 \times 10^{-3}}} = \sqrt{\frac{6481{,}8}{0{,}029}} \approx \sqrt{223510{,}34} \approx 472{,}8\text{ m/s} \approx 473\text{ m/s} $$

Đáp số chuẩn Phần 1: $v = \sqrt{\frac{3RT}{M}} \approx 473\text{ m/s}$.

🚀 Thử thách mở rộng 1: Tốc độ giãn nở đoạn nhiệt trong buồng Wilson

Bài toán mở rộng: Ban đầu hỗn hợp không khí trong buồng ở nhiệt độ phòng $T_1 = 300\text{ K}$. Khi mở van xả nhanh $B$, màng cao su $M$ hạ xuống làm thể tích khí giãn nở đoạn nhiệt thuận nghịch theo tỉ lệ tối ưu $\frac{V_2}{V_1} = \frac{4}{3}$. Coi không khí là khí lý tưởng lưỡng nguyên tử có chỉ số đoạn nhiệt $\gamma = 1{,}4$ (tức tuân theo phương trình $T V^{\gamma - 1} = \text{const}$). Hãy tính nhiệt độ $T_2$ ngay sau khi giãn nở và so sánh với giá trị $T = 260\text{ K}$ nêu trong bài.

Hướng dẫn giải nhanh: Áp dụng phương trình đoạn nhiệt $T_1 V_1^{\gamma - 1} = T_2 V_2^{\gamma - 1}$, suy ra $T_2 = T_1 \left(\frac{V_1}{V_2}\right)^{\gamma - 1} = 300 \times \left(\frac{3}{4}\right)^{0{,}4} \approx 267{,}4\text{ K}$, hoàn toàn phù hợp với vùng nhiệt độ làm việc cỡ $260\text{ K}$ của buồng sương thực tế.

Phần 2 (5,0 điểm)

Mô hình khối lập phương tương đương và lực cản khí động vi mô

Để đánh giá lực cản của không khí tác dụng lên một vi giọt hình cầu bán kính $a$ đang chuyển động với vận tốc $u$ rất nhỏ so với vận tốc nhiệt của phân tử khí ($u \ll v$), ta thay thế vi giọt hình cầu bằng một khối lập phương có cùng diện tích tiết diện ngang $s = \pi a^2$. Giả sử khối lập phương chuyển động song song với các cạnh của nó với vận tốc $u$ (Hình 2).

Hình 2. Mô hình thay thế vi giọt cầu bán kính $a$ bằng khối lập phương tiết diện $s = \pi a^2$ trong khí lý tưởng đẳng hướng (6 phương chuyển động xác suất $\frac{1}{6}$) và sự cân bằng giả tĩnh giữa lực hút Coulomb $F_{\text{K}}$ với lực cản môi trường $F$.

Gọi $n$ là mật độ phân tử khí (số phân tử trong một đơn vị thể tích), khi đó khối lượng riêng của khí là $\rho = mn$. Trong mô hình khí đẳng hướng đơn giản hóa, ta coi các phân tử khí chuyển động đều đặn với tốc độ $v$ theo 6 hướng vuông góc trong không gian (mỗi hướng chiếm $\frac{1}{6}$ tổng số phân tử). Giả thiết va chạm giữa các phân tử khí với mặt trước $AB$ và mặt sau $CD$ của khối lập phương là hoàn toàn đàn hồi.

Yêu cầu 2.1: Chứng minh rằng tổng độ lớn lực cản $F$ của không khí tác dụng lên khối lập phương chuyển động có dạng $F = C_{\text{mô hình}} \pi a^2 \rho v u$, trong đó $C_{\text{mô hình}}$ là một hệ số không thứ nguyên.

Yêu cầu 2.2: Nếu tính toán chính xác bằng cách lấy tích phân các dòng phân tử trên toàn bộ bề mặt hạt hình cầu có xét đến phân bố vận tốc Maxwell của các phân tử khí, độ lớn lực cản thu được là:

$$ F_{\text{cx}} = \pi a^2 \frac{8}{3\sqrt{\pi}} \rho \left(1 + \frac{\pi}{8}\right) \sqrt{\frac{2}{3}} v u $$

Hãy xác định tỉ số $\eta = \frac{F}{F_{\text{cx}}}$ (làm tròn đến 2 chữ số thập phân) để đánh giá độ chuẩn xác của mô hình khối lập phương sơ cấp.

Nhập tỉ số lực cản $\eta = \frac{F}{F_{\text{cx}}}$:

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

• Xét trong hệ quy chiếu gắn với khối lập phương đang tiến sang phải với vận tốc $u$: các phân tử khí bay ngược chiều từ phía trước lao vào mặt $AB$ với tốc độ tương đối bằng bao nhiêu? Các phân tử khí bay đuổi theo từ phía sau đập vào mặt $CD$ với tốc độ tương đối bằng bao nhiêu?
• Trong một đơn vị thời gian, có bao nhiêu phân tử đập vào mặt trước $AB$ (diện tích $s$) và mỗi phân tử truyền cho khối lập phương một xung lượng cản bằng bao nhiêu sau va chạm đàn hồi?
• Tổng hợp xung lượng nhận được ở cả hai mặt $AB$ và $CD$ trong một đơn vị thời gian sẽ triệt tiêu các số hạng bậc chẵn nào của $v$ và $u$?

🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích

1. Phân tích va chạm tại mặt trước $AB$:

Số phân tử đập vào diện tích $s = \pi a^2$ của mặt $AB$ trong một đơn vị thời gian là $N_{AB} = \frac{n}{6}(v + u)s$. Trong hệ quy chiếu gắn với khối lập phương, phân tử lao tới với vận tốc $-(v + u)$ và bật ngược lại với vận tốc $+(v + u)$. Chuyển về hệ quy chiếu phòng thí nghiệm đứng yên, vận tốc phân tử trước va chạm là $-v$ và sau va chạm là $(v + u) + u = v + 2u$. Độ biến thiên động lượng của một phân tử là $\Delta p_1 = m[(v + 2u) - (-v)] = 2m(v + u)$. Do đó, xung lượng cản mà mặt $AB$ nhận được trong một đơn vị thời gian là:

$$ F_{AB} = -\frac{n}{6}(v + u)s \cdot 2m(v + u) = -\frac{1}{3}mns(v + u)^2 $$

2. Phân tích tương tự tại mặt sau $CD$:

Các phân tử đuổi theo mặt $CD$ có tốc độ tương đối $(v - u)$, truyền cho khối lập phương lực đẩy thuận chiều chuyển động:

$$ F_{CD} = +\frac{n}{6}(v - u)s \cdot 2m(v - u) = +\frac{1}{3}mns(v - u)^2 $$

Cộng đại số hai thành phần lực và lưu ý $(v - u)^2 - (v + u)^2 = -4vu$ cùng $\rho = mn$, ta tìm được $C_{\text{mô hình}}$ và tỉ số $\eta$.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

Tổng biến thiên động lượng của khối lập phương trong một đơn vị thời gian chính là hợp lực tác dụng lên nó dọc theo phương chuyển động:

$$ F_x = F_{CD} + F_{AB} = \frac{1}{3}\pi a^2 mn \left[(v - u)^2 - (v + u)^2\right] = -\frac{4}{3}\pi a^2 \rho v u $$

Dấu trừ thể hiện lực luôn ngược chiều vận tốc $\vec{u}$. Về độ lớn, lực cản trong mô hình khối lập phương là:

$$ F = \frac{4}{3}\pi a^2 \rho v u \implies C_{\text{mô hình}} = \frac{4}{3} $$

So sánh với biểu thức chính xác từ lý thuyết động học chất khí cho hạt hình cầu:

$$ F_{\text{cx}} = \pi a^2 \frac{8}{3\sqrt{\pi}} \rho \left(1 + \frac{\pi}{8}\right) \sqrt{\frac{2}{3}} v u $$

Lập tỉ số độ lớn giữa hai lực cản:

$$ \eta = \frac{F}{F_{\text{cx}}} = \frac{\frac{4}{3}}{\frac{8}{3\sqrt{\pi}} \left(1 + \frac{\pi}{8}\right) \sqrt{\frac{2}{3}}} = \frac{\sqrt{\frac{3\pi}{8}}}{1 + \frac{\pi}{8}} \approx \frac{1{,}0854}{1{,}3927} \approx 0{,}78 $$

Như vậy, phép ước lượng sơ cấp bằng khối lập phương chỉ sai khác khoảng $22\%$ so với phép tính tích phân thống kê phức tạp.

Đáp số chuẩn Phần 2: $F = \frac{4}{3}\pi a^2 \rho v u$ và tỉ số $\eta = \frac{F}{F_{\text{cx}}} = \frac{\sqrt{3\pi/8}}{1 + \pi/8} \approx 0{,}78$.

🚀 Thử thách mở rộng 2: Vì sao lực cản tỉ lệ với $a^2$ thay vì $a$ như định luật Stokes?

Câu hỏi thảo luận: Trong thủy động lực học môi trường liên tục (khi $a \gg \lambda$), lực cản Stokes tác dụng lên quả cầu chuyển động chậm là $F_{\text{Stokes}} = 6\pi \eta_{\text{nhớt}} a u$, tỉ lệ bậc nhất với bán kính $a$. Tại sao trong chế độ phân tử tự do ($a \ll \lambda$, còn gọi là chế độ Epstein), lực cản lại tỉ lệ với bình phương bán kính $a^2$?

Giải thích vật lý: Khi $a \ll \lambda$, sự có mặt của vi giọt không làm nhiễu loạn phân bố vận tốc của đám mây phân tử xung quanh (không hình thành lớp biên thủy động). Tốc độ truyền xung lượng từ khí sang hạt hoàn toàn tỉ lệ thuận với tần suất va chạm phân tử, mà tần suất này tỉ lệ trực tiếp với diện tích mặt cắt ngang hình học $s = \pi a^2$ của hạt.

Phần 3 (5,0 điểm)

Phương trình vi phân chuyển động giả tĩnh và quy luật thời gian tái hợp

Xét hai vi giọt giống hệt nhau (cùng bán kính $a$), mang điện tích trái dấu có cùng độ lớn $q$ ($q^+ = +q$ và $q^- = -q$), ban đầu ở thời điểm $t = 0$ nằm cách nhau một khoảng $r_0$ (Hình 2). Chúng hút nhau bằng lực tĩnh điện Coulomb:

$$ F_{\text{K}} = \frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0 r^2} $$

Do khối lượng của các vi giọt cực nhỏ, quán tính của chúng không đáng kể và quá trình tiến lại gần nhau diễn ra ở chế độ giả tĩnh (quasistatic motion): tại mỗi thời điểm, tốc độ $u$ của mỗi giọt tuy biến thiên theo khoảng cách $r$ nhưng lực hút Coulomb $F_{\text{K}}$ luôn cân bằng tức thời với lực cản $F = \frac{4}{3}\pi \rho a^2 v u$ của không khí.

Yêu cầu 3.1: Thiết lập phương trình vi phân liên hệ khoảng cách $r(t)$ giữa hai vi giọt theo thời gian $t$. Từ đó tích phân tìm biểu thức giải tích của khoảng thời gian $\tau$ để hai giọt tiến lại sát nhau đến mức khoảng cách cuối cùng có thể coi là bằng $0$ ($r(\tau) \approx 0 \ll r_0$). Biểu thức thời gian $\tau$ có thể viết dưới dạng:

$$ \tau = \frac{\alpha \pi}{9} \cdot \frac{r_0^3 \cdot 4\pi\varepsilon_0 \rho a^2 v}{q^2} $$

Hãy xác định giá trị của hằng số không thứ nguyên $\alpha$.

Nhập giá trị hệ số $\alpha$:

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

• Vì cả hai vi giọt mang điện tích trái dấu đều chuyển động đối xứng hướng vào nhau với cùng tốc độ $u$ trong hệ quy chiếu phòng thí nghiệm, tốc độ giảm khoảng cách $-\frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t}$ giữa hai giọt liên hệ với tốc độ $u$ của mỗi giọt bởi hệ số bằng bao nhiêu?
• Sau khi thế $u$ theo $-\frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t}$ vào phương trình cân bằng lực $F = F_{\text{K}}$, ta phân ly biến số $r$ và $t$ như thế nào để tích phân từ $r = r_0$ đến $r = 0$?

🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích

Vì $r$ là khoảng cách giữa hai vi giọt và cả hai giọt cùng tiến lại gần nhau với tốc độ $u$, tốc độ của mỗi giọt đối với không khí đứng yên là:

$$ u = -\frac{1}{2}\frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t} $$

(Về độ lớn dịch chuyển: $|\mathrm{d}r| = 2 u\,\mathrm{d}t$). Thay vào điều kiện cân bằng giả tĩnh cho mỗi giọt:

$$ \frac{4}{3}\pi \rho a^2 v u = \frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0 r^2} \implies -r^2\,\mathrm{d}r = \frac{6 q^2}{4\pi \cdot 4\pi\varepsilon_0 \rho a^2 v}\,\mathrm{d}t $$

Đồ thị giải tích: Sự suy giảm phi tuyến của khoảng cách $r(t)$ theo thời gian. Giai đoạn đầu hai giọt nhích lại rất chậm, nhưng khi $r \to 0$ lực hút Coulomb tăng vọt làm độ dốc tiến tới thẳng đứng tại $t = \tau$.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

Lấy tích phân phương trình vi phân với điều kiện biên: tại $t = 0$ thì $r = r_0$, và tại $t = \tau$ thì $r \approx 0$:

$$ \int_{0}^{r_0} r^2\,\mathrm{d}r = \int_{0}^{\tau} \frac{6 q^2}{4\pi \cdot 4\pi\varepsilon_0 \rho a^2 v}\,\mathrm{d}t $$

Thực hiện phép tính tích phân cơ bản $\int_{0}^{r_0} r^2\,\mathrm{d}r = \frac{r_0^3}{3}$, ta thu được:

$$ \frac{r_0^3}{3} = \frac{6 q^2}{4\pi \cdot 4\pi\varepsilon_0 \rho a^2 v} \tau \implies \tau = \frac{4}{3}\pi \frac{r_0^3 \cdot 4\pi\varepsilon_0 \rho a^2 v}{6 q^2} = \frac{2\pi}{9} \cdot \frac{r_0^3 \cdot 4\pi\varepsilon_0 \rho a^2 v}{q^2} $$

Đối chiếu với dạng chuẩn $\tau = \frac{\alpha \pi}{9} \cdot \frac{r_0^3 \cdot 4\pi\varepsilon_0 \rho a^2 v}{q^2}$, ta xác định được ngay $\alpha = 2$.

Đáp số chuẩn Phần 3: $\tau = \frac{4}{3}\pi \frac{r_0^3 \cdot 4\pi\varepsilon_0 \rho a^2 v}{6 q^2} = \frac{2\pi}{9} \frac{r_0^3 \cdot 4\pi\varepsilon_0 \rho a^2 v}{q^2}$ (Hệ số $\alpha = 2$).

🚀 Thử thách mở rộng 3: Kiểm chứng giới hạn của xấp xỉ giả tĩnh

Bài toán mở rộng: Khi hai vi giọt tiến lại rất gần nhau, lực Coulomb tăng mạnh khiến vận tốc $u$ lớn dần. Giả thiết $u \ll v$ (với $v \approx 473\text{ m/s}$) chỉ còn đúng khi khoảng cách $r$ lớn hơn một ngưỡng giới hạn $r_{\min}$ nào đó. Với $a = 10^{-8}\text{ m}$, $q = e = 1{,}6 \times 10^{-19}\text{ C}$, $\rho = 0{,}9\text{ kg/m}^3$, hãy ước lượng khoảng cách $r_*$ mà tại đó vận tốc $u$ đạt tới $0{,}1v$.

Hướng dẫn giải nhanh: Từ $\frac{4}{3}\pi \rho a^2 v u = \frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0 r^2}$, khi $u = 0{,}1v$ ta có $r_* = \sqrt{\frac{3 q^2}{0{,}4\pi \cdot 4\pi\varepsilon_0 \rho a^2 v^2}} \approx 1{,}6 \times 10^{-8}\text{ m} = 1{,}6 a$. Nhưng vì hai giọt chạm nhau và hợp nhất ngay khi khoảng cách tâm bằng $2a = 2 \times 10^{-8}\text{ m} > r_*$, nên điều kiện $u \ll v$ được bảo toàn trên toàn bộ hành trình chuyển động!

Phần 4 (5,0 điểm)

Đánh giá số liệu cho vết hạt $\beta$ và giải pháp tăng tốc buồng sương

Khác với hạt $\alpha$ (có khối lượng gấp khoảng $4 \times 1850$ lần khối lượng electron và mang điện tích dương nên dễ dàng xuyên phá lớp vỏ electron nguyên tử, tạo ra hàng trăm nghìn vi giọt sương dày đặc), các hạt $\beta$ (chính là các electron) tương tác nhẹ nhàng hơn với đám mây electron nguyên tử và để lại các vết mảnh, đứt quãng với mật độ trung bình khoảng $N_0 = 50\text{ ion/cm}$ dọc theo quỹ đạo.

Giả sử mỗi vi giọt mang một điện tích nguyên tố $q = e = 1{,}6 \times 10^{-19}\text{ C}$, hỗn hợp khí trong buồng ở nhiệt độ $T = 260\text{ K}$, khối lượng riêng $\rho = 0{,}90\text{ kg/m}^3$, khối lượng mol $M = 29 \times 10^{-3}\text{ kg/mol}$, hằng số tĩnh điện $\frac{1}{4\pi\varepsilon_0} = 9{,}0 \times 10^9\text{ N}\cdot\text{m}^2/\text{C}^2$, và khoảng cách ban đầu $r_0$ giữa các ion lân cận tương ứng với mật độ vết của hạt $\beta$ ($N_0 = 50\text{ ion/cm} \implies r_0 = \frac{1\text{ cm}}{50} = 2{,}0 \times 10^{-4}\text{ m}$).

Yêu cầu 4.1: Thay số vào biểu thức ở Phần 3 để chứng minh quy luật tỉ lệ $\tau = \beta a^2$ (với $\beta \approx 10^{19}\text{ s/m}^2$). Từ đó tính thời gian tái hợp $\tau$ (tính bằng giây $\text{s}$) đối với các vi giọt có bán kính $a = 10^{-8}\text{ m}$.

Yêu cầu 4.2 (Phân tích vật lý thực nghiệm): Vì sao trong thực tế, trước cả khi конденsation hoàn tất, các phân tử nước ưu tiên ngưng tụ trên các ion âm hơn là ion dương? Và làm thế nào các nhà vật lý thực nghiệm có thể "dọn sạch" các ion/vi giọt cũ chỉ trong một phần nhỏ của giây để chuẩn bị cho lần chụp tiếp theo mà không phải chờ hàng trăm hay hàng nghìn giây để chúng tự tái hợp?

Nhập thời gian tái hợp $\tau$ (tính theo giây $\text{s}$) khi $a = 10^{-8}\text{ m}$:

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

• Với $r_0 = 2 \times 10^{-4}\text{ m}$, giá trị $r_0^3$ bằng bao nhiêu? Khi thay $\frac{1}{4\pi\varepsilon_0} = 9 \times 10^9\text{ N}\cdot\text{m}^2/\text{C}^2$ vào mẫu số (hoặc nhân $4\pi\varepsilon_0$ ở tử số), hãy kiểm tra cẩn thận bậc lũy thừa của $10$.
• Về cấu trúc điện của phân tử nước $\text{H}_2\text{O}$: ngoài moment lưỡng cực điện, sự phân bố điện tích của phân tử nước ở bề mặt giọt chất lỏng định hướng ra sao để thế năng tĩnh điện đạt cực tiểu?
• Để quét sạch các hạt mang điện trong buồng giữa hai chu kỳ làm việc, ta nên bật thêm trường vật lý nào bên trong buồng?

🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích

Thay các số liệu đã biết vào biểu thức $\tau$ thu được ở Phần 3 (với $v \approx 472{,}8\text{ m/s}$ từ Phần 1):

$$ \tau = \frac{4}{3}\pi \frac{(2 \times 10^{-4})^3 \cdot 0{,}9 \cdot 472{,}8}{6 \cdot (1{,}6 \times 10^{-19})^2 \cdot 9 \times 10^9} a^2 $$

Tính hệ số đứng trước $a^2$, ta thu được $\beta \approx 1{,}0 \times 10^{19}\text{ s/m}^2$. Khi $a = 10^{-8}\text{ m}$ thì $a^2 = 10^{-16}\text{ m}^2$, từ đó suy ra $\tau$.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

1. Tính toán số liệu thời gian tái hợp $\tau$:

Với mật độ $50\text{ ion/cm}$, khoảng cách trung bình giữa hai tâm ion liên tiếp là:

$$ r_0 = \frac{10^{-2}\text{ m}}{50} = 2{,}0 \times 10^{-4}\text{ m} \implies r_0^3 = 8{,}0 \times 10^{-12}\text{ m}^3 $$

Thay toàn bộ các đại lượng chuẩn SI vào biểu thức của $\tau$:

$$ \tau = \frac{4}{3}\pi \frac{(2 \times 10^{-4})^3 \times 0{,}9 \times \sqrt{3 \times 8{,}31 \times 260 / (29 \times 10^{-3})}}{6 \times (1{,}6 \times 10^{-19})^2 \times 9 \times 10^9} a^2 \approx 1{,}03 \times 10^{19} a^2 \approx 10^{19} a^2\text{ (s)} $$

Do đó:

• Đối với các mầm giọt cực nhỏ $a \sim 10^{-9}\text{ m}$: thời gian tái hợp vào cỡ $\tau \approx 10^{19} \times (10^{-9})^2 = 10\text{ s}$.
• Đối với các vi giọt có bán kính $a = 10^{-8}\text{ m}$: thời gian tái hợp đã lên tới $\tau \approx 10^{19} \times (10^{-8})^2 = 1000\text{ s}$ (hơn 16 phút!). Trên thực tế, các vi giọt còn tiếp tục lớn lên theo thời gian do hơi nước từ các vùng xa khuếch tán tới ngưng tụ thêm, làm lực cản tăng lên và thời gian tự tái hợp càng kéo dài hơn nữa.

2. Giải thích cơ chế vật lý phân tử và giải pháp kỹ thuật:

• Sự bất đối xứng dấu điện tích của tâm ngưng tụ: Chính C. T. R. Wilson đã phát hiện hơi nước ưu tiên ngưng tụ trên các ion âm hơn là ion dương. Nguyên nhân là do điện trường của phân tử nước rất phức tạp, được quyết định không chỉ bởi moment lưỡng cực (dipole) mà cả moment tứ cực (quadrupole – có thể hình dung như hai lưỡng cực song song nhưng ngược chiều nhau). Hệ quả là ngay cả với một giọt nước trung hòa về điện, trạng thái cực tiểu thế năng bề mặt ứng với cấu hình các "đuôi" mang điện âm của phân tử nước hướng ra phía ngoài bề mặt giọt, còn các đầu dương quay vào phía trong. Vì các đầu dương hướng vào tâm giọt, phân tử nước "ưa thích" có một ion âm nằm ở tâm giọt để tạo liên kết tĩnh điện bền vững hơn.
• Giải pháp tăng tốc độ làm việc (quét ion): Thay vì chờ hàng nghìn giây để các vi giọt tự tái hợp hoặc lắng xuống đáy buồng dưới tác dụng của trọng lực, người ta đặt vào buồng một điện trường quét một chiều (clearing electric field) giữa lưới kim loại $C$ và nắp buồng. Điện trường ngoài này sẽ kéo các ion và vi giọt mang điện trái dấu về hai cực ngược chiều nhau chỉ trong một phần nhỏ của giây, giúp buồng Wilson sẵn sàng cho chu kỳ giãn nở tiếp theo.

Đáp số chuẩn Phần 4: $\tau \approx 10^{19}a^2\text{ (s)}$; với $a = 10^{-8}\text{ m}$ thì $\tau \approx 1000\text{ s}$ (chấp nhận $1000\text{ s} - 1030\text{ s}$).

🚀 Thử thách mở rộng 4: Buồng Wilson áp suất cao và sự tiến hóa sang buồng bọt

Bài toán mở rộng: Để ghi nhận các hạt sơ cấp có năng lượng rất lớn mà quỹ đạo của chúng không vượt ra ngoài kích thước buồng, người ta chế tạo các buồng Wilson làm việc ở áp suất lên tới $p = 100\text{ atm}$ (tức mật độ khí $\rho$ tăng gấp 100 lần so với áp suất khí quyển ở cùng nhiệt độ). Khi đó quãng đường tự do trung bình $\lambda$ của phân tử khí giảm đi 100 lần ($\lambda' \sim 10^{-9}\text{ m}$). Hãy phân tích xem với vi giọt $a = 10^{-7}\text{ m}$, quy luật lực cản sẽ chuyển sang chế độ nào và vì sao vật lý hạt hiện đại lại chuyển sang dùng buồng bọt (bubble chamber) chứa hydro lỏng?

Hướng dẫn giải nhanh: Khi $\lambda' \sim 10^{-9}\text{ m} \ll a = 10^{-7}\text{ m}$, môi trường khí áp suất cao trở thành môi trường liên tục đối với vi giọt và lực cản tuân theo định luật Stokes $F = 6\pi \eta_{\text{nhớt}} a u$. Với các hạt năng lượng cực cao từ máy gia tốc hiện đại, ngay cả khí ở $100\text{ atm}$ vẫn có mật độ thấp hơn chất lỏng hàng chục lần; việc dùng chất lỏng siêu nhiệt (như hydro lỏng trong buồng bọt) vừa có mật độ hạt nhân bia lớn để tăng xác suất va chạm hạt nhân, vừa cho phép hạt tạo ra chuỗi bọt sôi dọc theo vết chỉ trong vài mili-giây.

Read More