Tự học ôn thi HSG vật lý 12 cấp tỉnh: Hệ thống Bài tập Tự học Toàn diện với 8 Chuyên đề

TỦ SÁCH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI VẬT LÝ 12

ĐỀ LUYỆN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH / THÀNH PHỐ — THANG ĐIỂM 20

Hệ thống Bài tập Tự học Phát triển Năng lực Ôn thi HSG Vật lý 12

Bộ 8 Chuyên đề Tích hợp: Cơ học, Dao động, Sóng, Mạng Tinh thể, Mạch Điện, Vật lý Nhiệt & Khí lý tưởng

Chào các em học sinh lớp 12 chuyên và đội tuyển học sinh giỏi! Bộ đề luyện tập này được cấu trúc theo thang điểm 20 chuẩn mực của kỳ thi chọn HSG cấp Tỉnh, bao quát toàn diện các mạch kiến thức cốt lõi: từ bài toán động học trên Mặt Trăng, chuyển hóa cơ năng dốc cong, dao động điều hòa kết hợp ma sát nghỉ, giao thoa sóng trong hình học phẳng, ô mạng tinh thể FCC, mạch điện có khóa chuyển, giãn nở nhiệt cơ khí chính xác đến chu trình nhiệt động lực học của khí lý tưởng.

🧭 Hướng dẫn chu trình tự học chủ động 4 tầng (Scaffolding):

1. Tự lực phân tích: Đọc kỹ đề bài, thiết lập phương trình động lực học, định luật bảo toàn ra nháp.
2. Nhờ AI kiểm tra: Nhập đáp số hoặc biểu thức vào ô tương tác để nhận phản hồi đánh giá sư phạm tức thì.
3. Tháo gỡ bế tắc: Mở Gợi ý 1 để trả lời câu hỏi định hướng tư duy Socrates; mở Gợi ý 2 để xem phương pháp và kết quả trung gian.
4. Chuẩn hóa lập luận: Chỉ mở Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn khi đã hoàn thành để học hỏi cách trình bày mạch lạc, chặt chẽ của kỳ thi HSG.

Câu 1

Cuộc sống trên Mặt Trăng: Động học Ném bóng rổ

2,0 điểm

Tại một trạm căn cứ tương lai trên Mặt Trăng, hàng trăm cư dân có thể sinh sống để nghiên cứu khoa học và bảo dưỡng tàu vũ trụ. Gia tốc trọng trường trên bề mặt Mặt Trăng xấp xỉ bằng $1/6$ gia tốc trọng trường trên Trái Đất (lấy $g_{\text{TĐ}} = 10{,}0\text{ m/s}^2 \implies g_{\text{MT}} = \frac{10}{6}\text{ m/s}^2$). Nhằm phục vụ giải trí, căn cứ xây dựng một nhà thi đấu bóng rổ có kích thước được điều chỉnh theo trọng lực Mặt Trăng.

a) (0,75 điểm) Trong chuyển động thẳng đứng của một quả bóng rổ được ném thẳng đứng lên cao từ mặt sàn, có sự chuyển hóa qua lại giữa động năng và thế năng trọng trường. Hãy chỉ rõ tại thời điểm nào động năng của bóng đạt cực đại, và tại thời điểm nào thế năng trọng trường đạt cực đại?

b) (1,25 điểm) Trên Trái Đất, vành rổ bóng rổ tiêu chuẩn cách mặt sàn $H_{\text{TĐ}} = 3{,}05\text{ m}$. Dựa vào mối quan hệ giữa quãng đường bóng bay lên trên mỗi thiên thể cho đến khi vận tốc triệt tiêu, hãy xác định một giá trị hợp lý cho chiều cao của vành rổ trên Mặt Trăng $H_{\text{MT}}$.

Hình 1. Mô hình chuyển động ném bóng rổ theo phương thẳng đứng trên Mặt Trăng

✍️ Nhập kết quả ước lượng chiều cao vành rổ trên Mặt Trăng H_MT (tính theo mét):

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

• Trong chuyển động ném thẳng đứng chỉ dưới tác dụng của trọng lực, vận tốc của quả bóng lớn nhất ở đâu và bằng 0 ở đâu? Thế năng trọng trường $W_t = mgy$ phụ thuộc vào độ cao như thế nào?
• Với cùng một vận tốc ban đầu $v_0$, quãng đường bóng bay lên cho đến khi dừng lại liên hệ với gia tốc trọng trường $g$ theo công thức nào? Khi $g_{\text{MT}} = \frac{1}{6} g_{\text{TĐ}}$, quãng đường này tăng lên mấy lần?
• Người chơi bóng rổ ném bóng từ mặt đất hay từ một độ cao tầm với $h_0$ ban đầu? Hãy so sánh hai mô hình tính toán chiều cao vành rổ.

🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phân tích mô hình

• Động năng $W_đ = \frac{1}{2}mv^2$ đạt cực đại ngay tại thời điểm bóng rời tay (lúc bắt đầu ném lên với vận tốc cực đại). Khi lên tới điểm cao nhất, vận tốc triệt tiêu nên thế năng trọng trường $W_t = mgy_{\max}$ đạt cực đại.

• Áp dụng hệ thức độc lập thời gian: $v^2 - v_0^2 = -2g s \implies s = \frac{v_0^2}{2g}$. Do đó quãng đường bóng bay lên tỉ lệ nghịch với $g$: $s_{\text{MT}} = 6 s_{\text{TĐ}}$.
- Nếu tính từ mặt đất ($h_0 = 0$): $H_{\text{MT}} = 6 \times 3{,}05 = 18{,}3\text{ m}$.
- Nếu tính thực tế từ độ cao tay ném ($h_0 \approx 2{,}0\text{ m}$): đoạn bóng bay lên trên Trái Đất là $\Delta h = 3{,}05 - 2{,}0 = 1{,}05\text{ m}$. Trên Mặt Trăng đoạn này tăng 6 lần: $H_{\text{MT}} = 2{,}0 + 6 \times 1{,}05 = 8{,}3\text{ m}$.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

a) Phân tích sự chuyển hóa năng lượng:

• Chọn mốc thế năng tại mặt sàn. Bỏ qua sức cản không khí, cơ năng của quả bóng được bảo toàn:

$$W = W_đ(t) + W_t(t) = \frac{1}{2} m v^2(t) + m g y(t) = \text{const}$$

• Động năng $W_đ$ cực đại tại thời điểm ném (khi quả bóng vừa rời khỏi tay với vận tốc ban đầu cực đại $v_0$).

• Thế năng trọng trường $W_t$ cực đại tại thời điểm bóng đạt độ cao cực đại (khi vận tốc tức thời triệt tiêu $v = 0$).

b) Xác định chiều cao vành rổ trên Mặt Trăng:

Quãng đường quả bóng bay lên theo phương thẳng đứng cho đến khi dừng lại ($v = 0$):

$$0 - v_0^2 = -2 g \Delta h \implies \Delta h = \frac{v_0^2}{2g}$$

Với cùng một lực ném (vận tốc đầu $v_0$ như nhau), quãng đường bay lên tỉ lệ nghịch với gia tốc trọng trường:

$$\frac{\Delta h_{\text{MT}}}{\Delta h_{\text{TĐ}}} = \frac{g_{\text{TĐ}}}{g_{\text{MT}}} = 6 \implies \Delta h_{\text{MT}} = 6 \Delta h_{\text{TĐ}}$$

• Cách 1 (Tính đơn giản theo tỉ lệ toàn phần từ mặt sàn):

$$H_{\text{MT}} = 6 \times H_{\text{TĐ}} = 6 \times 3{,}05\text{ m} = 18{,}3\text{ m}$$

• Cách 2 (Mô hình hóa thực tế xét độ cao tay ném của VĐV $h_0 \approx 2{,}0\text{ m}$):

Độ cao bóng bay từ tay lên vành rổ trên Trái Đất: $\Delta h_{\text{TĐ}} = 3{,}05 - 2{,}0 = 1{,}05\text{ m}$.

Trên Mặt Trăng, độ cao bóng bay thêm được là: $\Delta h_{\text{MT}} = 6 \times 1{,}05 = 6{,}3\text{ m}$.

Chiều cao vành rổ tương ứng trên Mặt Trăng: $H_{\text{MT}} = h_0 + \Delta h_{\text{MT}} = 2{,}0 + 6{,}3 = 8{,}3\text{ m}$.

🎯 ĐÁP SỐ: a) $W_đ$ max tại thời điểm ném; $W_t$ max tại đỉnh cao nhất. b) $H_{\text{MT}} \approx 18{,}3\text{ m}$ (nếu tính từ sàn) hoặc $H_{\text{MT}} \approx 8{,}3\text{ m}$ (nếu tính từ tầm tay người ném $h_0 \approx 2\text{ m}$).

Câu 2

Động lực học Vận động viên Trượt tuyết trên Dốc Cung tròn

2,5 điểm

Một vận động viên trượt tuyết có khối lượng $m = 70\text{ kg}$ đứng ở đỉnh một dốc trượt chuẩn bị trượt xuống để thực hiện cú nhảy. Dốc trượt có dạng một cung tròn bán kính $R = 12\text{ m}$. Ở vị trí bắt đầu trượt, người này ở độ cao $h_0 = 5\text{ m}$ so với điểm thấp nhất của dốc (điểm phóng). Khi đến điểm thấp nhất, vận động viên phóng lên không trung theo phương thẳng đứng và đạt độ cao cực đại $H = 8\text{ m}$ so với điểm thấp nhất của dốc. Coi ma sát và lực cản của không khí trong suốt quá trình chuyển động là không đáng kể, lấy $g = 10{,}0\text{ m/s}^2$.

a) (0,75 điểm) Độ lớn vận tốc của vận động viên khi vừa trượt xuống đến điểm thấp nhất của dốc (nếu trượt thụ động thuần túy dưới tác dụng của trọng lực) là bao nhiêu?

b) (0,75 điểm) Thế năng trọng trường của vận động viên ở đỉnh dốc so với điểm thấp nhất bằng bao nhiêu?

c) (1,0 điểm) Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho giai đoạn bay trong không trung, hãy xác định động năng của vận động viên ngay tại thời điểm phóng lên ở điểm thấp nhất của dốc.

Hình 2. Mô hình chuyển động dốc cung tròn và quỹ đạo ném xiên parabol trong không trung

✍️ Nhập kết quả của em (Vận tốc ở đáy theo ý a và Động năng phóng theo ý c):

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

• Khi trượt không ma sát từ đỉnh dốc $h_0 = 5\text{ m}$ xuống điểm thấp nhất, toàn bộ thế năng chuyển hóa thành động năng như thế nào?
• Vì sao độ cao cực đại đạt được khi phóng lên ($H = 8\text{ m}$) lại lớn hơn độ cao thả ban đầu ($h_0 = 5\text{ m}$)? VĐV đã thực hiện động tác gì tại điểm phóng?
• Sau khi rời khỏi dốc bay tự do lên độ cao $H = 8\text{ m}$ rồi dừng lại, cơ năng trong giai đoạn bay có được bảo toàn không?

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

• a) Bảo toàn cơ năng khi trượt: $mgh_0 = \frac{1}{2}mv_1^2 \implies v_1 = \sqrt{2gh_0} = \sqrt{2 \times 10 \times 5} = 10\text{ m/s}$.

• b) Thế năng ở đỉnh dốc so với đáy: $W_t = mgh_0 = 70 \times 10 \times 5 = 3500\text{ J}$.

• c) Tại điểm cao nhất của cú nhảy $H = 8\text{ m}$, vận tốc bằng 0, cơ năng toàn phần là $W = mgH = 70 \times 10 \times 8 = 5600\text{ J}$. Do cơ năng bảo toàn trong suốt giai đoạn bay tự do, động năng ngay thời điểm phóng lên từ đáy ($h=0$) chính bằng $W_đ = W = 5600\text{ J}$.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

Chọn mốc thế năng trọng trường tại điểm thấp nhất của dốc ($y = 0$).

a) Vận tốc ở điểm thấp nhất của dốc:

Theo định luật bảo toàn cơ năng cho quá trình trượt không ma sát từ đỉnh dốc:

$$m g h_0 = \frac{1}{2} m v_1^2 \implies v_1 = \sqrt{2 g h_0} = \sqrt{2 \times 10{,}0 \times 5} = 10\text{ m/s}$$

b) Thế năng trọng trường tại đỉnh dốc:

$$W_t = m g h_0 = 70 \times 10{,}0 \times 5 = 3500\text{ J}$$

c) Động năng tại thời điểm phóng lên không trung:

Sau khi rời khỏi dốc tại điểm thấp nhất, vận động viên chuyển động thẳng đứng trong trọng trường chỉ chịu tác dụng của trọng lực, cơ năng bảo toàn:

$$W_{\text{phóng}} = W_{\text{đ, phóng}} + 0 = W_{\text{đỉnh}} = 0 + m g H$$

$$W_{\text{đ, phóng}} = m g H = 70 \times 10{,}0 \times 8 = 5600\text{ J}$$

🎯 ĐÁP SỐ: a) $v_1 = 10\text{ m/s}$; b) $W_t = 3500\text{ J}$; c) $W_{\text{đ, phóng}} = 5600\text{ J}$.

Câu 3

Dao động Điều hòa: Con lắc Lò xo Liên kết Khối gỗ trên Bàn nhám

2,5 điểm

Trên một chiếc bàn nằm ngang có bề mặt nhám, người ta đặt một khối gỗ có khối lượng $M = 200\text{ g}$. Khối gỗ được nối với một sợi dây nhẹ, không dãn, vắt qua một ròng rọc cố định không khối lượng và không ma sát ở mép bàn. Đầu còn lại của sợi dây buộc vào một lò xo nhẹ có độ cứng $k = 10\text{ N/m}$, phía dưới treo một quả nặng khối lượng $m = 100\text{ g}$. Ban đầu, người ta giữ quả nặng $m$ ở trạng thái dây nối thẳng đứng vừa đủ căng nhẹ nhưng lò xo hoàn toàn chưa bị biến dạng. Tại một thời điểm, thả nhẹ quả nặng $m$ chuyển động không vận tốc ban đầu. Sau khoảng thời gian $\tau = \frac{\pi}{30}\text{ s} \approx 0{,}105\text{ s}$ kể từ lúc buông tay, khối gỗ $M$ trên bàn bắt đầu bị trượt. Lấy gia tốc trọng trường $g = 10\text{ m/s}^2$.

a) (1,0 điểm) Trong giai đoạn khối gỗ $M$ trên bàn chưa bị trượt, hãy tính chu kỳ dao động điều hòa $T$ và biên độ dao động $A$ của quả nặng treo $m$.

b) (1,5 điểm) Xác định hệ số ma sát nghỉ $\mu$ giữa khối gỗ $M$ và mặt bàn (làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ hai).

Hình 3. Sơ đồ hệ cơ học khối gỗ M trên bàn nhám liên kết con lắc lò xo treo thẳng đứng

✍️ Nhập kết quả của em (Chu kỳ T theo giây và Hệ số ma sát mu):

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

• Khi khối gỗ $M$ chưa trượt, điểm treo phía trên của lò xo đứng yên cố định. Quả nặng $m$ dao động điều hòa với tần số góc $\omega = \sqrt{k/m}$ bằng bao nhiêu?
• Ở vị trí cân bằng, lò xo giãn một đoạn $\Delta l_0 = \frac{mg}{k}$ bằng bao nhiêu? Vì ban đầu thả nhẹ từ vị trí lò xo không biến dạng, biên độ dao động $A$ bằng bao nhiêu?
• Góc quay pha sau thời gian $\tau = \pi/30\text{ s}$ là $\Delta \varphi = \omega \tau$. Góc này tương ứng với góc bao nhiêu độ? Li độ của vật và độ giãn của lò xo lúc đó bằng bao nhiêu?
• Điều kiện để khối gỗ $M$ bắt đầu trượt trên mặt bàn liên hệ với lực ma sát nghỉ cực đại $F_{\text{msn max}} = \mu Mg$ như thế nào?

🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Đồ họa Đường tròn pha giải tích

• Tần số góc: $\omega = \sqrt{\frac{10}{0{,}1}} = 10\text{ rad/s} \implies T = \frac{2\pi}{10} = \frac{\pi}{5}\text{ s} \approx 0{,}628\text{ s}$.

• Độ giãn VTCB: $\Delta l_0 = \frac{0{,}1 \times 10}{10} = 0{,}1\text{ m} = 10\text{ cm} \implies A = 10\text{ cm}$.

Đường tròn pha xác định trạng thái dao động tại thời điểm τ = π/30 s

• Độ giãn lò xo: $\Delta l = \Delta l_0 + x = 10 - 5 = 5\text{ cm} = 0{,}05\text{ m}$. Lực căng dây: $T = k \Delta l = 10 \times 0{,}05 = 0{,}5\text{ N}$. Cân bằng lực ma sát nghỉ: $\mu M g = 0{,}5\text{ N} \implies \mu = \frac{0{,}5}{0{,}2 \times 10} = 0{,}25$.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

a) Chu kỳ và biên độ dao động khi M chưa trượt:

Khi khối gỗ $M$ đứng yên, dây nối không chuyển động, đầu trên của lò xo được giữ cố định tại ròng rọc. Quả nặng $m$ dao động điều hòa theo phương thẳng đứng với tần số góc:

$$\omega = \sqrt{\frac{k}{m}} = \sqrt{\frac{10\text{ N/m}}{0{,}1\text{ kg}}} = 10\text{ rad/s}$$

Chu kỳ dao động điều hòa của quả nặng:

$$T = \frac{2\pi}{\omega} = \frac{2\pi}{10} = \frac{\pi}{5}\text{ s} \approx 0{,}628\text{ s}$$

Tại vị trí cân bằng, lò xo giãn một đoạn:

$$\Delta l_0 = \frac{m g}{k} = \frac{0{,}1 \times 10}{10} = 0{,}1\text{ m} = 10\text{ cm}$$

Vì ban đầu buông tay không vận tốc đầu từ vị trí lò xo không biến dạng, vị trí thả cách VTCB một khoảng $10\text{ cm}$ nên biên độ dao động là:

$$A = \Delta l_0 = 10\text{ cm} = 0{,}1\text{ m}$$

b) Xác định hệ số ma sát nghỉ giữa M và sàn:

Cách 1: Sử dụng Đường tròn pha trực quan

Chọn trục $Ox$ thẳng đứng hướng xuống, gốc $O$ tại VTCB. Tại $t = 0$, vật ở vị trí biên âm $x_0 = -A = -10\text{ cm}$ (pha ban đầu $\varphi_0 = \pi$).

Sau thời gian $\tau = \frac{\pi}{30}\text{ s}$, góc quay trên đường tròn pha:

$$\Delta \varphi = \omega \tau = 10 \times \frac{\pi}{30} = \frac{\pi}{3}\text{ rad} = 60^\circ$$

Li độ tức thời của vật tại thời điểm $\tau$:

$$x(\tau) = -A \cos(60^\circ) = -0{,}1 \times 0{,}5 = -0{,}05\text{ m} = -5\text{ cm}$$

Độ giãn của lò xo tại thời điểm này:

$$\Delta l(\tau) = \Delta l_0 + x(\tau) = 0{,}1 - 0{,}05 = 0{,}05\text{ m}$$

Cách 2: Giải bằng Phương trình lượng giác giải tích

Phương trình li độ: $x(t) = A \cos(\omega t + \pi) = -A \cos(\omega t)$.

Lực đàn hồi của lò xo (cũng chính là lực căng dây $T$ truyền tới khối $M$):

$$T(t) = F_{\text{đh}}(t) = k[\Delta l_0 + x(t)] = k\Delta l_0 (1 - \cos\omega t) = m g (1 - \cos\omega t)$$

Thay $t = \tau = \frac{\pi}{30}\text{ s}$ vào phương trình lượng giác:

$$T(\tau) = 0{,}1 \times 10 \times \left(1 - \cos\frac{\pi}{3}\right) = 1 \times (1 - 0{,}5) = 0{,}5\text{ N}$$

Điều kiện trượt:

Khối gỗ $M = 200\text{ g} = 0{,}2\text{ kg}$ bắt đầu bị trượt khi lực kéo $T$ đạt giá trị ma sát nghỉ cực đại:

$$T(\tau) = F_{\text{msn max}} = \mu M g \implies \mu = \frac{T(\tau)}{M g} = \frac{0{,}5\text{ N}}{0{,}2\text{ kg} \times 10\text{ m/s}^2} = 0{,}25$$

🎯 ĐÁP SỐ: a) $T = \frac{\pi}{5}\text{ s} \approx 0{,}63\text{ s}$, $A = 10\text{ cm}$; b) $\mu = 0{,}25$.

Câu 4

Truyền Sóng Cơ: Độ Lệch Pha trên Cạnh Huyền Tam giác Vuông

2,5 điểm

Trên mặt nước có ba điểm $A, B, C$ tạo thành một tam giác vuông tại $A$, các cạnh góc vuông có độ dài lần lượt là $AB = 20\text{ cm}$ và $AC = 21\text{ cm}$. Đặt tại đỉnh $A$ một nguồn dao động điều hòa theo phương thẳng đứng, sóng cơ lan truyền đẳng hướng trên mặt nước với bước sóng $\lambda = 2{,}3\text{ cm}$ (bỏ qua sự suy giảm biên độ sóng).

a) (1,25 điểm) Trên đoạn thẳng $BC$ có bao nhiêu điểm dao động cùng pha với nguồn sóng $A$?

b) (1,25 điểm) Trên đoạn thẳng $BC$ có bao nhiêu điểm dao động cùng pha với phần tử nước tại điểm $B$?

Hình 4. Sơ đồ hình học tam giác vuông ABC trên mặt nước

✍️ Nhập số điểm cùng pha với A (ý a) và số điểm cùng pha với B (ý b):

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

• Khoảng cách từ nguồn $A$ đến một điểm $M$ bất kỳ trên cạnh huyền $BC$ biến thiên trong khoảng nào? Điểm nào trên $BC$ gần $A$ nhất và cách $A$ một khoảng bằng bao nhiêu?
• Điều kiện để một điểm $M$ dao động cùng pha với nguồn $A$ là gì ($d = k\lambda$)? Hãy chia đoạn $BC$ thành 2 đoạn $HB$ và $HC$ để đếm chính xác số nghiệm nguyên $k$.
• Phần tử tại $B$ cách nguồn $A$ một khoảng $d_B = 20\text{ cm}$. Điều kiện để điểm $M$ cùng pha với $B$ là gì ($d - d_B = k'\lambda$)? Cần lưu ý gì khi tính điểm $B$?

🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Sơ đồ đường cao AH

• Cạnh huyền: $BC = \sqrt{20^2 + 21^2} = 29\text{ cm}$. Chiều cao: $AH = \frac{AB \cdot AC}{BC} = \frac{20 \times 21}{29} \approx 14{,}48\text{ cm}$.

Sơ đồ hạ đường cao AH vuông góc BC để phân đoạn khoảng cách d

• a) $d = k\lambda = 2{,}3 k$.
- Trên $HB$: $14{,}48 \le 2{,}3k \le 20 \iff 6{,}3 \le k \le 8{,}7 \implies k \in \{7, 8\}$ (2 điểm).
- Trên $HC$: $14{,}48 < 2{,}3k \le 21 \iff 6{,}3 < k \le 9{,}13 \implies k \in \{7, 8, 9\}$ (3 điểm). Tổng cộng có $5$ điểm cùng pha với $A$.

• b) $d - 20 = k'\lambda \implies d = 20 + 2{,}3k'$.
- Các giá trị $d \in [14{,}48; 21]$ gồm: $20\text{ cm}$ ($k'=0$), $17{,}7\text{ cm}$ ($k'=-1$), $15{,}4\text{ cm}$ ($k'=-2$).
- Nếu không tính điểm $B$ (các điểm khác $B$): có $5$ điểm. Nếu tính cả điểm $B$ thì có $6$ điểm.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác vuông $ABC$ tại $A$:

$$BC = \sqrt{AB^2 + AC^2} = \sqrt{20^2 + 21^2} = \sqrt{841} = 29\text{ cm}$$

Độ dài đường cao $AH$ hạ từ đỉnh vuông $A$ xuống cạnh huyền $BC$:

$$AH = \frac{AB \cdot AC}{BC} = \frac{20 \times 21}{29} = \frac{420}{29} \approx 14{,}483\text{ cm}$$

Khi một điểm $M$ chạy trên đoạn $BC$, khoảng cách $d = AM$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $H$ ($d_{\min} = AH \approx 14{,}483\text{ cm}$) và đạt giá trị lớn nhất tại hai đầu mút: $d_B = AB = 20\text{ cm}$, $d_C = AC = 21\text{ cm}$.

a) Số điểm cùng pha với nguồn A trên đoạn BC:

Điểm $M$ dao động cùng pha với nguồn $A$ khi khoảng cách thỏa mãn:

$$d = k \lambda = 2{,}3 k \quad (k \in \mathbb{Z})$$

• Xét trên nửa đoạn $HB$ (kể cả $H$ và $B$):

$$AH \le 2{,}3 k \le AB \iff 14{,}483 \le 2{,}3 k \le 20 \iff 6{,}30 \le k \le 8{,}70 \implies k \in \{7, 8\} \implies \text{có 2 điểm}$$

• Xét trên nửa đoạn $HC$ (không kể $H$, kể cả $C$):

$$AH < 2{,}3 k \le AC \iff 14{,}483 < 2{,}3 k \le 21 \iff 6{,}30 < k \le 9{,}13 \implies k \in \{7, 8, 9\} \implies \text{có 3 điểm}$$

Tổng số điểm dao động cùng pha với nguồn $A$ trên đoạn $BC$ là: $2 + 3 = 5\text{ điểm}$.

b) Số điểm cùng pha với phần tử B trên đoạn BC:

Điểm $M$ cùng pha với phần tử tại $B$ khi độ lệch pha bằng số nguyên lần $2\pi$:

$$\Delta \varphi = \frac{2\pi}{\lambda}(d - d_B) = 2 k' \pi \implies d - d_B = k' \lambda \iff d = 20 + 2{,}3 k' \quad (k' \in \mathbb{Z})$$

Vì khoảng cách $d \in [14{,}483; 21]$, ta có các giá trị hợp lệ:

• $k' = 0 \implies d = 20\text{ cm}$: cho $1$ điểm tại chính $B$, và $1$ điểm trên đoạn $HC$.
• $k' = -1 \implies d = 17{,}7\text{ cm}$: cho $1$ điểm trên $HB$ và $1$ điểm trên $HC$.
• $k' = -2 \implies d = 15{,}4\text{ cm}$: cho $1$ điểm trên $HB$ và $1$ điểm trên $HC$.

Do đó, có tổng cộng 6 vị trí thỏa mãn điều kiện cùng pha (nếu tính cả điểm $B$). Nếu đề bài xét số điểm khác B trên đoạn $BC$ cùng pha với $B$ thì đáp án là 5 điểm.

🎯 ĐÁP SỐ: a) Có 5 điểm cùng pha với A; b) Có 5 điểm (khác B) hoặc 6 điểm (tính cả B) cùng pha với B.

Câu 5

Cấu tạo Vi mô của Đồng: Mạng Tinh thể và Dòng Hạt tải Điện

2,5 điểm

Đồng ($\text{Cu}$) là một kim loại chuyển tiếp đóng vai trò nền tảng trong kỹ thuật điện và cơ khí nhờ khả năng dẫn điện, dẫn nhiệt tuyệt vời cùng độ dẻo cơ học cao. Ở quy mô vi mô, các nguyên tử đồng kết tinh theo mạng tinh thể tuần hoàn xác định khối lượng riêng và mật độ electron dẫn tự do của vật liệu.

a) (1,25 điểm) Đồng có cấu trúc ô mạng cơ sở (unit cell) lặp lại tuần hoàn trong toàn bộ khối kim loại dưới dạng hình lập phương cạnh $a = 3{,}61 \times 10^{-10}\text{ m}$. Các nguyên tử đồng định vị tại các đỉnh và tâm của mỗi mặt hình lập phương (mạng lập phương tâm mặt - FCC). Hãy xác định khối lượng riêng của đồng, biết rằng $63{,}5\text{ g}$ kim loại này chứa $6{,}02 \times 10^{23}$ nguyên tử $\text{Cu}$.

b) (1,25 điểm) Trong tinh thể đồng, mỗi nguyên tử đóng góp một electron tự do chuyển động trong mạng kim loại. Xét một sợi dây đồng hình trụ có bán kính tiết diện $r = 0{,}8\text{ mm}$. Khi đặt vào hai đầu dây một hiệu điện thế xác định, tốc độ trôi trung bình của các electron tự do có độ lớn cỡ $v_d = 10^{-5}\text{ m/s}$. Hãy xác định độ lớn điện lượng dịch chuyển qua một tiết diện thẳng của dây dẫn trong thời gian $1\text{ giây}$. Cho biết điện tích nguyên tố $e = 1{,}60 \times 10^{-19}\text{ C}$.

Hình 5. Ô mạng tinh thể lập phương tâm mặt (FCC) của kim loại Đồng

✍️ Nhập kết quả của em (Khối lượng riêng rho theo g/cm³ và điện lượng q theo C):

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

• Trong một ô mạng lập phương tâm mặt, mỗi nguyên tử ở đỉnh được dùng chung cho bao nhiêu ô mạng lân cận? Mỗi nguyên tử ở tâm mặt thuộc về bao nhiêu ô mạng? Tổng số nguyên tử thực tế thuộc về 1 ô mạng là bao nhiêu?
• Thể tích của một ô mạng tính theo cạnh $a$ bằng bao nhiêu? Khối lượng riêng của đồng liên hệ như thế nào với khối lượng ô mạng và thể tích ô mạng?
• Mật độ hạt electron tự do $n_e$ liên hệ như thế nào với số nguyên tử trong một đơn vị thể tích? Điện lượng dịch chuyển qua tiết diện thẳng trong $1\text{ s}$ được tính theo công thức vi mô của dòng điện như thế nào?

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

• Số nguyên tử trong một ô mạng cơ sở: $N_{\text{ô}} = 8 \times \frac{1}{8} + 6 \times \frac{1}{2} = 1 + 3 = 4\text{ nguyên tử}$.

• Thể tích ô mạng: $V_{\text{ô}} = a^3 = (3{,}61 \times 10^{-10})^3 \approx 4{,}705 \times 10^{-29}\text{ m}^3$.

• Khối lượng một ô mạng: $M_{\text{ô}} = \frac{4 \times M}{N_A} = \frac{4 \times 63{,}5\text{ g}}{6{,}02 \times 10^{23}} \approx 4{,}219 \times 10^{-22}\text{ g}$. Suy ra $\rho = \frac{M_{\text{ô}}}{V_{\text{ô}}} \approx 8{,}97\text{ g/cm}^3 = 8970\text{ kg/m}^3$.
• Dòng điện qua tiết diện dây: $I = \frac{\Delta q}{\Delta t} = n_e e S v_d$ với $n_e = \frac{4}{a^3} \approx 8{,}50 \times 10^{28}\text{ m}^{-3}$ và $S = \pi r^2$.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

a) Xác định khối lượng riêng của Đồng:

Ô mạng cơ sở dạng lập phương tâm mặt có:

• $8$ nguyên tử ở $8$ đỉnh, mỗi đỉnh dùng chung cho $8$ ô mạng $\implies 8 \times \frac{1}{8} = 1$ nguyên tử.
• $6$ nguyên tử ở tâm $6$ mặt, mỗi mặt dùng chung cho $2$ ô mạng $\implies 6 \times \frac{1}{2} = 3$ nguyên tử.

Tổng số nguyên tử đồng trong một ô mạng cơ sở: $N_{\text{ô}} = 1 + 3 = 4\text{ nguyên tử}$.

Thể tích của một ô mạng cơ sở:

$$V_{\text{ô}} = a^3 = (3{,}61 \times 10^{-10}\text{ m})^3 \approx 4{,}7046 \times 10^{-29}\text{ m}^3$$

Khối lượng của $4$ nguyên tử đồng trong một ô mạng cơ sở:

$$m_{\text{ô}} = 4 \times \frac{M}{N_A} = 4 \times \frac{63{,}5 \times 10^{-3}\text{ kg}}{6{,}02 \times 10^{23}} \approx 4{,}2193 \times 10^{-25}\text{ kg}$$

Khối lượng riêng của kim loại đồng:

$$\rho = \frac{m_{\text{ô}}}{V_{\text{ô}}} = \frac{4{,}2193 \times 10^{-25}\text{ kg}}{4{,}7046 \times 10^{-29}\text{ m}^3} \approx 8968\text{ kg/m}^3 \approx 8{,}97\text{ g/cm}^3$$

b) Xác định điện lượng đi qua tiết diện dây trong 1 giây:

Vì mỗi nguyên tử đóng góp 1 electron tự do, mật độ electron tự do trong đồng bằng mật độ nguyên tử:

$$n_e = \frac{N_{\text{ô}}}{V_{\text{ô}}} = \frac{4}{a^3} = \frac{4}{4{,}7046 \times 10^{-29}\text{ m}^3} \approx 8{,}502 \times 10^{28}\text{ m}^{-3}$$

Diện tích tiết diện thẳng của sợi dây đồng hình trụ ($r = 0{,}8\text{ mm} = 0{,}8 \times 10^{-3}\text{ m}$):

$$S = \pi r^2 = \pi \times (0{,}8 \times 10^{-3}\text{ m})^2 \approx 2{,}0106 \times 10^{-6}\text{ m}^2$$

Độ lớn điện lượng chuyển qua tiết diện dây trong thời gian $\Delta t = 1\text{ s}$:

$$\Delta q = n_e \cdot e \cdot S \cdot v_d \cdot \Delta t$$

$$\Delta q = (8{,}502 \times 10^{28}) \times (1{,}60 \times 10^{-19}\text{ C}) \times (2{,}0106 \times 10^{-6}\text{ m}^2) \times (10^{-5}\text{ m/s}) \times 1\text{ s} \approx 0{,}273\text{ C}$$

🎯 ĐÁP SỐ: a) $\rho \approx 8970\text{ kg/m}^3$ (hay $8{,}97\text{ g/cm}^3$); b) $\Delta q \approx 0{,}27\text{ C}$.

Câu 6

Phân tích Mạch Điện Không đổi: Khóa chuyển và Cụm Điện trở Song song

2,5 điểm

Mạch điện như Hình 6 chứa một nguồn điện không đổi có suất điện động $V = 5\text{ V}$ (điện trở trong không đáng kể) và các điện trở giống nhau có cùng giá trị $R = 10\ \Omega$. Ban đầu khóa chuyển mạch tại $A$ đang đóng (fechado).

a) (1,0 điểm) Khi khóa $A$ đóng, tính cường độ dòng điện $I$ chạy qua nguồn.

b) (1,5 điểm) Sau đó, người ta ngắt mở khóa $A$ và quan sát thấy cường độ dòng điện chạy qua nguồn điện giảm xuống còn $I' = 0{,}45\text{ A}$. Hỏi có bao nhiêu điện trở $R$ được mắc song song với nhau trong mạch điện này?

Hình 6. Sơ đồ nguyên lý mạch điện với các điện trở hình chữ nhật tiêu chuẩn

✍️ Nhập kết quả của em (Cường độ I ở ý a và Số lượng điện trở n ở ý b):

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

• Khi khóa $A$ đóng, nhánh chứa khóa $A$ có điện trở bằng $0$ mắc song song với cụm $n$ điện trở $R$. Hiện tượng gì xảy ra với dòng điện qua cụm $n$ điện trở này (ngắn mạch)? Điện trở tương đương toàn mạch lúc này bằng bao nhiêu?
• Khi mở khóa $A$, cụm $n$ điện trở giống hệt nhau $R$ mắc song song có điện trở tương đương $R_p$ bằng bao nhiêu theo $R$ và $n$?
• Mạch điện lúc này gồm điện trở $R$ nối tiếp với cụm $R_p$. Lập phương trình định luật Ohm toàn mạch để giải ra số nguyên $n$?

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

• Khi $A$ đóng: Cụm $n$ điện trở bị nối tắt (đoản mạch). Toàn bộ dòng điện đi qua khóa $A$, mạch chỉ còn lại điện trở $R$ đầu tiên. $I = \frac{V}{R} = \frac{5}{10} = 0{,}5\text{ A}$.

• Khi $A$ mở: Điện trở cụm song song là $R_p = \frac{R}{n}$. Tổng trở toàn mạch là $R_{\text{tđ}} = R + \frac{R}{n} = R\left(1 + \frac{1}{n}\right)$. Áp dụng $I' = \frac{V}{R_{\text{tđ}}} = 0{,}45\text{ A} \implies 1 + \frac{1}{n} = \frac{5}{10 \times 0{,}45} = \frac{10}{9} \implies n = 9$.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

a) Tính cường độ dòng điện khi khóa A đóng:

Khi khóa $A$ đóng, dây dẫn tại nhánh $A$ nối trực tiếp hai đầu của cụm $n$ điện trở $R$ mắc song song. Do điện trở của nhánh $A$ bằng $0$, dòng điện chọn đi hoàn toàn qua nhánh $A$ và không có dòng điện đi qua $n$ điện trở phía sau (hiện tượng nối tắt / đoản mạch cụm song song).

Điện trở tương đương của toàn mạch lúc này chỉ còn lại đúng một điện trở $R$ mắc nối tiếp phía trước:

$$R_{\text{tđ}} = R = 10\ \Omega$$

Cường độ dòng điện qua nguồn là:

$$I = \frac{V}{R} = \frac{5\text{ V}}{10\ \Omega} = 0{,}5\text{ A}$$

b) Xác định số lượng n điện trở khi mở khóa A:

Khi ngắt khóa $A$, dòng điện sau khi đi qua điện trở $R$ đầu tiên sẽ chia đều qua $n$ nhánh điện trở $R$ mắc song song.

Điện trở tương đương của cụm $n$ điện trở mắc song song:

$$\frac{1}{R_p} = \sum_{i=1}^n \frac{1}{R} = \frac{n}{R} \implies R_p = \frac{R}{n}$$

Điện trở toàn phần của mạch điện:

$$R_{\text{tđ}}' = R + R_p = R + \frac{R}{n} = R \left(1 + \frac{1}{n}\right)$$

Dòng điện qua nguồn lúc này đo được là $I' = 0{,}45\text{ A}$:

$$I' = \frac{V}{R_{\text{tđ}}'} = \frac{V}{R \left(1 + \frac{1}{n}\right)} \iff 1 + \frac{1}{n} = \frac{V}{R \cdot I'}$$

$$1 + \frac{1}{n} = \frac{5}{10 \times 0{,}45} = \frac{5}{4{,}5} = \frac{10}{9} \implies \frac{1}{n} = \frac{10}{9} - 1 = \frac{1}{9} \implies n = 9$$

🎯 ĐÁP SỐ: a) $I = 0{,}5\text{ A}$; b) Có $n = 9$ điện trở mắc song song.

Câu 7

Vật lý Nhiệt: Cân bằng Nhiệt và Sự Nở Dài của Linh kiện Cơ khí

2,5 điểm

Tại một nhà máy chế tạo linh kiện cơ khí chính xác, một quả cầu nhôm ($\text{Al}$) có đường kính ban đầu $d$ và khối lượng $m_{\text{Al}} = 8{,}50\text{ g}$ ở nhiệt độ $t_1 = 100^\circ\text{C}$ được đặt lên trên một vòng tròn bằng đồng ($\text{Cu}$) có đường kính trong $D < d$ đang ở nhiệt độ $t_2 = 0^\circ\text{C}$ như Hình 7. Khối lượng của vòng đồng là $m_{\text{Cu}} = 20{,}0\text{ g}$ và đường kính trong ở $0^\circ\text{C}$ là $D = 2{,}5400\text{ cm}$.
Đúng vào thời điểm đạt tới trạng thái cân bằng nhiệt giữa 2 vật, quả cầu nhôm vừa vặn lọt qua vòng đồng.

a) (1,0 điểm) Xác định nhiệt độ cân bằng nhiệt của hệ vòng đồng + quả cầu nhôm.
Cho biết nhiệt dung riêng của đồng $c_{\text{Cu}} = 386\text{ J}/(\text{kg}\cdot^\circ\text{C})$ và của nhôm $c_{\text{Al}} = 900\text{ J}/(\text{kg}\cdot^\circ\text{C})$. Bỏ qua trao đổi nhiệt với môi trường xung quanh.

b) (1,5 điểm) Khi nhiệt độ của kim loại thay đổi một lượng $\Delta T$, kích thước của nó cũng biến thiên. Theo một chiều, sự biến thiên được biểu diễn bằng $\Delta L = L_0 \alpha \Delta T$, trong đó $\alpha$ là hệ số nở dài và $L_0$ là chiều dài ban đầu. Theo thể tích (3 chiều), sự biến thiên là $\Delta V = V_0 \beta \Delta T$ với $\beta$ là hệ số nở khối và $V_0$ là thể tích ban đầu.
Biết hệ số nở dài của đồng $\alpha_{\text{Cu}} = 17 \times 10^{-6}\text{ }^\circ\text{C}^{-1}$ và hệ số nở khối của nhôm $\beta_{\text{Al}} = 69 \times 10^{-6}\text{ }^\circ\text{C}^{-1}$, hãy tính đường kính ban đầu $d$ của quả cầu nhôm (ở $100^\circ\text{C}$).

Hình 7. Quả cầu nhôm ở 100°C đặt trên vòng đồng ở 0°C

✍️️ Nhập kết quả của em (Nhiệt độ cân bằng t_cb theo °C và Đường kính d theo cm):

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

• Vật nào tỏa nhiệt và vật nào thu nhiệt? Phương trình cân bằng nhiệt giữa khối nhôm và vòng đồng được thiết lập như thế nào?
• Hệ số nở khối $\beta$ của một vật rắn đẳng hướng liên hệ như thế nào với hệ số nở dài $\alpha$ của chất đó ($\beta \approx 3\alpha$)? Từ đó hệ số nở dài của nhôm $\alpha_{\text{Al}}$ bằng bao nhiêu?
• Khi đạt cân bằng nhiệt, điều kiện để quả cầu vừa vặn lọt qua vòng đồng là kích thước của chúng thỏa mãn phương trình nào?

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

• Cân bằng nhiệt: $m_{\text{Al}} c_{\text{Al}} (100 - t_{cb}) = m_{\text{Cu}} c_{\text{Cu}} (t_{cb} - 0) \implies 7{,}65(100 - t_{cb}) = 7{,}72 t_{cb} \implies t_{cb} \approx 49{,}77^\circ\text{C}$.

• Đối với nhôm: $\alpha_{\text{Al}} = \frac{\beta_{\text{Al}}}{3} = \frac{69 \times 10^{-6}}{3} = 23 \times 10^{-6}\text{ }^\circ\text{C}^{-1}$.

• Tại $t_{cb}$, đường kính vòng đồng nở lớn thành $D(t_{cb}) = D_0 [1 + \alpha_{\text{Cu}} t_{cb}] \approx 2{,}5400 \times [1 + 17 \times 10^{-6} \times 49{,}77] \approx 2{,}54215\text{ cm}$.
Quả cầu nhôm nguội đi co lại thành $d(t_{cb}) = d [1 - \alpha_{\text{Al}} (100 - t_{cb})] = D(t_{cb}) \implies d \approx \frac{D(t_{cb})}{1 - \alpha_{\text{Al}}(100 - t_{cb})} \approx 2{,}5451\text{ cm}$.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

a) Xác định nhiệt độ cân bằng nhiệt:

Nhiệt lượng do quả cầu nhôm tỏa ra khi hạ nhiệt độ từ $t_1 = 100^\circ\text{C}$ xuống $t_{cb}$:

$$Q_{\text{tỏa}} = m_{\text{Al}} c_{\text{Al}} (t_1 - t_{cb}) = 0{,}0085\text{ kg} \times 900\text{ J}/(\text{kg}\cdot^\circ\text{C}) \times (100 - t_{cb}) = 7{,}65(100 - t_{cb})$$

Nhiệt lượng do vòng đồng thu vào khi tăng nhiệt độ từ $t_2 = 0^\circ\text{C}$ lên $t_{cb}$:

$$Q_{\text{thu}} = m_{\text{Cu}} c_{\text{Cu}} (t_{cb} - t_2) = 0{,}0200\text{ kg} \times 386\text{ J}/(\text{kg}\cdot^\circ\text{C}) \times (t_{cb} - 0) = 7{,}72 t_{cb}$$

Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt ($Q_{\text{tỏa}} = Q_{\text{thu}}$):

$$7{,}65(100 - t_{cb}) = 7{,}72 t_{cb} \iff 765 = (7{,}65 + 7{,}72) t_{cb} = 15{,}37 t_{cb}$$

$$t_{cb} = \frac{765}{15{,}37} \approx 49{,}772^\circ\text{C} \approx 49{,}8^\circ\text{C}$$

b) Xác định đường kính ban đầu d của quả cầu nhôm:

Thể tích hình cầu bán kính $r$ là $V = \frac{4}{3}\pi r^3 = \frac{\pi}{6} d^3$. Ta có quan hệ giữa hệ số nở khối và hệ số nở dài của nhôm:

$$\beta_{\text{Al}} \approx 3 \alpha_{\text{Al}} \implies \alpha_{\text{Al}} = \frac{\beta_{\text{Al}}}{3} = \frac{69 \times 10^{-6}\text{ }^\circ\text{C}^{-1}}{3} = 23 \times 10^{-6}\text{ }^\circ\text{C}^{-1}$$

Ở nhiệt độ cân bằng $t_{cb} = 49{,}772^\circ\text{C}$, đường kính trong của vòng đồng giãn nở thành:

$$D(t_{cb}) = D_0 [1 + \alpha_{\text{Cu}} (t_{cb} - 0)] = 2{,}5400 \times [1 + 17 \times 10^{-6} \times 49{,}772] \approx 2{,}54215\text{ cm}$$

Khi hạ nhiệt độ từ $100^\circ\text{C}$ xuống $t_{cb}$, đường kính quả cầu nhôm co lại thành:

$$d(t_{cb}) = d [1 - \alpha_{\text{Al}} (100 - t_{cb})]$$

Để quả cầu vừa vặn lọt qua vòng đồng ở trạng thái cân bằng nhiệt, ta có $d(t_{cb}) = D(t_{cb})$:

$$d = \frac{D(t_{cb})}{1 - \alpha_{\text{Al}} (100 - t_{cb})} = \frac{2{,}54215}{1 - 23 \times 10^{-6} \times (100 - 49{,}772)} \approx 2{,}54509\text{ cm}$$

🎯 ĐÁP SỐ: a) $t_{cb} \approx 49{,}8^\circ\text{C}$; b) Đường kính ban đầu $d \approx 2{,}5451\text{ cm}$ (hay $25{,}451\text{ mm}$).

Câu 8

Khí lý tưởng: Khảo sát Chu trình Kín trên Giản đồ p - V

3,0 điểm

Một khối khí lý tưởng đơn nguyên tử thực hiện một chu trình kín $1 \to 2 \to 3 \to 4 \to 1$ như Hình 8. Từ trạng thái $1$ có nhiệt độ tuyệt đối $T_1 = 300\text{ K}$, chất khí biến đổi sang trạng thái $2$ có nhiệt độ $T_2$ bằng quá trình trong đó áp suất tỉ lệ thuận với thể tích ($p \propto V$). Trong quá trình $1 \to 2$, áp suất khí tăng gấp $k = 2$ lần ($p_2 = 2 p_1$).
Tiếp theo, khí giãn nở đẳng nhiệt trong quá trình $2 \to 3$ ($T_3 = T_2$). Quá trình $3 \to 4$ có áp suất tỉ lệ thuận với thể tích ($p \propto V$). Quá trình $4 \to 1$ là quá trình nén đẳng nhiệt ($T_4 = T_1 = 300\text{ K}$). Biết thể tích của chất khí ở trạng thái $2$ và trạng thái $4$ bằng nhau ($V_2 = V_4$).

a) (1,5 điểm) Xác định nhiệt độ $T_2$ của khối khí tại trạng thái $2$ (cũng là nhiệt độ trong quá trình giãn đẳng nhiệt $2 \to 3$).

b) (1,5 điểm) Thiết lập mối quan hệ định lượng giữa áp suất $p_3$ ở trạng thái $3$ và áp suất $p_1$ ở trạng thái $1$.

Hình 8. Đồ thị chu trình nhiệt động lực học của khí lý tưởng trên hệ trục p - V

✍️️ Nhập kết quả của em (Nhiệt độ T_2 theo K và Mối liên hệ giữa p_1 và p_3):

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

• Trong quá trình $1 \to 2$, áp suất tỉ lệ thuận với thể tích ($p = aV$). Khi áp suất tăng $2$ lần ($p_2 = 2p_1$), thể tích $V_2$ tăng mấy lần so với $V_1$? Từ phương trình Clapeyron - Mendeleev, nhiệt độ tuyệt đối $T_2$ tăng gấp mấy lần $T_1$?
• Vì $V_4 = V_2$ và quá trình $4 \to 1$ là đẳng nhiệt ($T_4 = T_1 = 300\text{ K}$), áp suất $p_4$ liên hệ với $p_1$ như thế nào?
• Quá trình $3 \to 4$ có $p \propto V$, tức $\frac{p_3}{V_3} = \frac{p_4}{V_4}$. Kết hợp với điều kiện đẳng nhiệt $2 \to 3$ ($p_3 V_3 = p_2 V_2$), hãy tìm mối quan hệ giữa $p_3$ và $p_1$?

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

• Vì $p \propto V$, $p_2 = 2p_1 \implies V_2 = 2V_1$. Khi đó $T_2 = \frac{p_2 V_2}{p_1 V_1} T_1 = 2 \times 2 \times 300 = 1200\text{ K}$.

• Quá trình $4 \to 1$ đẳng nhiệt: $p_4 V_4 = p_1 V_1 \implies p_4 (2V_1) = p_1 V_1 \implies p_4 = \frac{p_1}{2}$.

• Từ $3 \to 4$: $\frac{p_3}{V_3} = \frac{p_4}{V_4} \implies p_3 V_4 = p_4 V_3$. Nhân với phương trình đẳng nhiệt $2 \to 3$ ($p_3 V_3 = p_2 V_2$):
$(p_3 V_4)(p_3 V_3) = (p_4 V_3)(p_2 V_2)$. Vì $V_4 = V_2$ nên giản ước được: $p_3^2 = p_4 p_2 = \left(\frac{p_1}{2}\right)(2p_1) = p_1^2 \implies p_3 = p_1$.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

a) Xác định nhiệt độ T₂ trong quá trình 2 - 3:

Quá trình $1 \to 2$ là đường thẳng đi qua gốc tọa độ trên giản đồ $p - V$:

$$p = c \cdot V \implies \frac{p_2}{p_1} = \frac{V_2}{V_1}$$

Theo đề bài, áp suất tăng gấp $k = 2$ lần ($p_2 = 2 p_1$), do đó:

$$V_2 = 2 V_1$$

Áp dụng phương trình trạng thái khí lý tưởng cho trạng thái $1$ và trạng thái $2$:

$$\frac{p_1 V_1}{T_1} = \frac{p_2 V_2}{T_2} \implies T_2 = T_1 \cdot \left(\frac{p_2}{p_1}\right) \cdot \left(\frac{V_2}{V_1}\right) = T_1 \cdot 2 \cdot 2 = 4 T_1$$

Thay số với $T_1 = 300\text{ K}$:

$$T_2 = 4 \times 300\text{ K} = 1200\text{ K}$$

b) Tìm mối quan hệ giữa áp suất p₁ và p₃:

1. Xét trạng thái $4$: Theo đề bài, $V_4 = V_2 = 2 V_1$.

Vì quá trình $4 \to 1$ là đẳng nhiệt ở nhiệt độ $T_1 = 300\text{ K}$:

$$p_4 V_4 = p_1 V_1 \implies p_4 (2 V_1) = p_1 V_1 \implies p_4 = \frac{p_1}{2}$$

2. Xét quá trình $3 \to 4$: Áp suất tỉ lệ thuận với thể tích (đường thẳng đi qua gốc $O$):

$$\frac{p_3}{V_3} = \frac{p_4}{V_4} \implies \frac{p_3}{p_4} = \frac{V_3}{V_4} \qquad (1)$$

3. Xét quá trình $2 \to 3$: Giãn nở đẳng nhiệt ở nhiệt độ $T_2$:

$$p_3 V_3 = p_2 V_2 \implies \frac{V_3}{V_2} = \frac{p_2}{p_3} \qquad (2)$$

Vì $V_4 = V_2$, vế phải của $(1)$ và $(2)$ bằng nhau:

$$\frac{p_3}{p_4} = \frac{p_2}{p_3} \implies p_3^2 = p_2 \cdot p_4$$

Thay $p_2 = 2 p_1$ và $p_4 = \frac{p_1}{2}$ vào:

$$p_3^2 = (2 p_1) \cdot \left(\frac{p_1}{2}\right) = p_1^2 \implies p_3 = p_1$$

🎯 ĐÁP SỐ: a) $T_2 = 1200\text{ K}$; b) $p_3 = p_1$.

Read More