Tự học ôn thi HSG vật lí Quốc gia: 7 bài toán Olympic Vật lý chọn lọc

TỦ SÁCH CHUYÊN KHẢO VẬT LÝ CHUYÊN & OLYMPIAD

Tuyển Tập 7 Bài Toán Olympic Vật Lý Chọn Lọc

Thi thử HSG quốc gia với Dạy học sáng tạo Thời gian làm bài: 240 Phút Thang điểm: 20.0 Điểm Hướng tới VPhO

Tổng quan:
Đề thi HSG Quốc gia môn Vật lý (VPhO) nổi tiếng với những bài toán có mô hình cô đọng nhưng chứa đựng các "bẫy" vật lý tinh tế về liên kết động học, điều kiện biên trường điện từ, bất biến cơ học thiên thể và nhiệt động lực học giải tích. Bài học tương tác dưới đây chuyển ngữ và biên soạn trọn vẹn cả 7 bài toán của đề thi kèm hệ thống trợ lực tư duy 4 tầng (Scaffolding), giúp học sinh tự rèn luyện năng lực giải quyết vấn đề độc lập trước khi đối chiếu lời giải chuẩn.

🌐 Bảng Hằng Số & Công Thức Giải Tích Tra Cứu Nhanh

Chuyên đề	Đại lượng / Định luật	Biểu thức chuẩn	Ghi chú áp dụng
Cơ học vật rắn	Mômen quán tính vành mảnh & đĩa tròn	$I_{\text{vành},Oz} = MR^2$;   $I_{\text{vành, đk}} = \dfrac{1}{2}MR^2$;   $I_{\text{đĩa},Oz} = \dfrac{1}{2}mr^2$	Chú ý phân biệt trục vuông góc và trục đường kính
Cơ học thiên thể	Năng lượng & Định luật III Kepler trên quỹ đạo elip	$E = -\dfrac{GMm}{2a}$;   $\dfrac{T^2}{a^3} = \dfrac{4\pi^2}{GM}$	$a = \dfrac{r_{\min} + r_{\max}}{2}$ là bán trục lớn
Tĩnh điện học	Véc-tơ cảm ứng điện $\vec{D}$ & Phân cực điện môi $\vec{P}$	$\vec{D} = \varepsilon \vec{E}$;   $\vec{P} = (\varepsilon - \varepsilon_0)\vec{E}$;   $\sigma_b = \vec{P}\cdot\hat{n}$	$\varepsilon$ là độ điện thẩm tuyệt đối của điện môi
Từ trường	Từ trường tại tâm vòng dây & Thế năng lưỡng cực từ	$B = \dfrac{\mu_0 I}{2R}$;   $U = -\vec{\mu}\cdot\vec{B} = -I S B \cos\theta$	Áp dụng khi kích thước lưỡng cực rất nhỏ ($a \ll b$)
Nhiệt động học	Nguyên lý I & Nhiệt lượng theo Entropy	$\delta Q = T dS$;   $W_{\text{chu trình}} = \oint T dS$	Diện tích chu trình trên giản đồ $S-T$ bằng công $W$

Bài 1: Động Lực Học Vật Bị Kéo Trượt & Điều Kiện Tách Khỏi Mặt Bàn 2.6 Điểm (13 Puan)

Trên một mặt bàn nằm ngang nhẵn (không ma sát), một vật nhỏ khối lượng $m$ (coi như chất điểm) được buộc vào một đầu của sợi dây mảnh không dãn có chiều dài $L$. Đầu kia của sợi dây được gắn vào một chiếc vòng nhỏ không khối lượng luồn qua một cọc thẳng đứng cố định. Ban đầu, vòng nhỏ nằm ở sát mặt bàn tại chân cọc và cách vật $m$ một khoảng đúng bằng $L$. Người ta kéo vòng nhỏ trượt không ma sát dọc theo cọc thẳng đứng đi lên với vận tốc không đổi $v$. Biết rằng ngay tại thời điểm vòng nhỏ đi lên tới độ cao $y = L/3$ so với mặt bàn thì vật $m$ bắt đầu rời khỏi mặt bàn. Hãy xác định vận tốc $v$ theo $g$ và $L$.

Thử nghiệm số học: Cho $L = 2{,}7\text{ m}$ và $g = 10\text{ m/s}^2$. Nhập giá trị vận tốc $v$ (theo đơn vị $\text{m/s}$):

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

1. Khi vòng ở độ cao $y$ và vật còn trượt trên mặt bàn ở khoảng cách $x$ tới chân cọc, phương trình hình học nào liên hệ giữa $x, y$ và $L$?

2. Từ liên hệ hình học đó, làm thế nào để tìm vận tốc $v_x = -\dot{x}$ và gia tốc ngang $a_x = -\ddot{x}$ của vật $m$ theo $y$ và $v = \dot{y}$?

3. Điều kiện vật lý để vật $m$ bắt đầu rời mặt bàn là phản lực pháp tuyến $N = 0$. Lực căng dây $T$ lúc đó được xác định từ phương trình chuyển động ngang như thế nào?

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

Khi vật chưa rời bàn, tọa độ ngang $x$ và độ cao của vòng $y$ thỏa mãn: $x^2 + y^2 = L^2$.

Đạo hàm theo thời gian (với $\dot{y} = v = \text{const}$):

$$ x \dot{x} + y \dot{y} = 0 \implies v_x = -\dot{x} = \frac{y}{x} v = \frac{y}{\sqrt{L^2 - y^2}} v $$

Đạo hàm lần thứ hai để tìm độ lớn gia tốc ngang $a_x$ của vật hướng về phía cọc:

$$ a_x = \frac{dv_x}{dt} = v \frac{d}{dt}\left[ y (L^2 - y^2)^{-1/2} \right] = \frac{v^2 L^2}{(L^2 - y^2)^{3/2}} = \frac{v^2 L^2}{x^3} $$

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

1. Thiết lập phương trình động lực học của vật $m$:

Gọi $\theta$ là góc hợp bởi sợi dây và mặt bàn nằm ngang ($\cos\theta = x/L$, $\sin\theta = y/L$). Phương trình định luật II Newton cho vật $m$ theo hai phương:

$$ \begin{cases} T \cos\theta = m a_x \implies T \dfrac{x}{L} = m \dfrac{v^2 L^2}{x^3} \implies T = \dfrac{m v^2 L^3}{x^4} \\ N + T \sin\theta = m g \implies N = m g - T \dfrac{y}{L} \end{cases} $$

2. Điều kiện tách khỏi mặt bàn tại $y = L/3$:

Khi vật vừa rời mặt bàn, $N = 0 \implies T \dfrac{y}{L} = m g$. Thay biểu thức lực căng $T$ vào, ta được:

$$ \frac{m v^2 L^2 y}{x^4} = m g \iff \frac{v^2 L^2 y}{(L^2 - y^2)^2} = g $$

Thay $y = \dfrac{L}{3}$ vào phương trình trên, chú ý $L^2 - y^2 = L^2 - \dfrac{L^2}{9} = \dfrac{8}{9}L^2$:

$$ v^2 \frac{L^2 (L/3)}{\left(\dfrac{8}{9} L^2\right)^2} = g \iff v^2 \frac{27}{64 L} = g \implies v = \frac{8\sqrt{gL}}{3\sqrt{3}} $$

Thay số thử nghiệm ($L = 2{,}7\text{ m}, g = 10\text{ m/s}^2$): $v = \dfrac{8\sqrt{10 \times 2{,}7}}{3\sqrt{3}} = \dfrac{8 \times 3\sqrt{3}}{3\sqrt{3}} = 8\text{ m/s}$.

Đáp số chuẩn: $v = \dfrac{8\sqrt{gL}}{3\sqrt{3}}$  |  Thử nghiệm ($L = 2{,}7\text{ m}, g = 10\text{ m/s}^2$): $v = 8\text{ m/s}$

🚀 Thử thách mở rộng 1

Nếu hệ số ma sát trượt giữa vật $m$ và mặt bàn là $\mu > 0$, hãy chứng minh rằng thời điểm vật rời mặt bàn hoàn toàn không phụ thuộc vào hệ số ma sát $\mu$!

Gợi ý: Ngay tại khoảnh khắc rời bàn, $N = 0$ nên lực ma sát trượt $f_{\text{ms}} = \mu N = 0$ tự động triệt tiêu!

Bài 2: Dao Động Nhỏ Của Hệ Vành Tròn – Đinh Trụ Lăn Không Trượt 4.0 Điểm (20 Puan)

Một vành tròn mảnh đồng tính có khối lượng $M$, bán kính $R$ được treo lên một chiếc đinh hình trụ có bán kính $r$ ($r < R$). Bề dày của vành rất nhỏ so với $R$. Giữa vành và đinh có ma sát đủ lớn để vành luôn lăn không trượt trên đinh. Chỉ xét các dao động góc có biên độ nhỏ trong mặt phẳng của vành.

(a) Nếu kích thước của đinh không đáng kể ($r \to 0$) và đinh cố định, hãy tìm chu kỳ dao động của hệ.
(b) Nếu kích thước của đinh không thể bỏ qua ($r > 0$) và đinh được gắn cố định, hãy tìm chu kỳ dao động của vành.
(c) Bây giờ giả sử chiếc đinh là một đĩa tròn mỏng đồng tính có khối lượng $m$, bán kính $r$. Đĩa này có thể quay tự do không ma sát quanh trục cố định đi qua tâm $O$ của nó, trong khi vành lớn $M$ vẫn lăn không trượt trên mép đĩa. Tìm chu kỳ dao động nhỏ của hệ trong trường hợp này.

Thử nghiệm số học câu (c): Cho $M = 2\text{ kg}, m = 1\text{ kg}, R = 0{,}6\text{ m}, r = 0{,}1\text{ m}, g = 9{,}8\text{ m/s}^2$. Nhập chu kỳ dao động $T$ (đơn vị $\text{s}$):

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

1. Ở câu (b), khi đoạn nối tâm $OC = R - r$ lệch góc $\theta$, cung lăn trên đinh $r\theta$ liên hệ thế nào với góc tự quay $\psi$ của vành?

2. Ở câu (c), gọi $\dot{\beta}$ là tốc độ góc của đĩa $m$ và $\omega$ là tốc độ góc tự quay của vành $M$. Cặp lực ma sát nghỉ $f$ tại tiếp điểm tạo ra mối liên hệ bất biến nào giữa $\dot{\beta}$ và $\omega$?

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

Liên kết động học và động lực học câu (c):

Điều kiện không trượt tại tiếp điểm $P$: $R\omega - r\dot{\beta} = (R - r)\dot{\theta}$.

Phương trình mômen lực đối với khối tâm mỗi vật: $\frac{1}{2}mr^2\ddot{\beta} = fr$ và $MR^2\dot{\omega} = -fR \implies \frac{1}{2}mr\dot{\beta} = -MR\omega$.

Rút ra: $R\omega = \dfrac{m}{m + 2M}(R - r)\dot{\theta}$ và $r\dot{\beta} = -\dfrac{2M}{m + 2M}(R - r)\dot{\theta}$.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

Câu (a): Khi $r \to 0$, vành quay quanh điểm treo cố định với $I_O = MR^2 + MR^2 = 2MR^2$:

$$ T_a = 2\pi \sqrt{\frac{I_O}{MgR}} = 2\pi \sqrt{\frac{2R}{g}} $$

Câu (b): Khi đinh cố định bán kính $r$, khối tâm vành chuyển động trên cung tròn bán kính $(R-r)$ với $v_C = (R-r)\dot{\theta}$ và $\omega = \dfrac{R-r}{R}\dot{\theta}$. Động năng toàn phần là $K = \frac{1}{2}Mv_C^2 + \frac{1}{2}MR^2\omega^2 = M(R-r)^2\dot{\theta}^2$, thế năng $U \approx \frac{1}{2}Mg(R-r)\theta^2$:

$$ T_b = 2\pi \sqrt{\frac{2(R - r)}{g}} $$

Câu (c): Khi đĩa quay tự do, tổng động năng của hệ hai vật là:

$$ K = \frac{1}{2}M(R-r)^2\dot{\theta}^2 + \frac{1}{2}M(R\omega)^2 + \frac{1}{4}m(r\dot{\beta})^2 = M(R - r)^2 \left(\frac{m + M}{m + 2M}\right) \dot{\theta}^2 $$

Kết hợp với thế năng $U \approx \frac{1}{2}Mg(R-r)\theta^2$, ta thu được chu kỳ dao động nhỏ:

$$ T_c = 2\pi \sqrt{\frac{2(R - r)}{g} \cdot \frac{m + M}{m + 2M}} $$

Đáp số: a) $2\pi\sqrt{\dfrac{2R}{g}}$  |  b) $2\pi\sqrt{\dfrac{2(R-r)}{g}}$  |  c) $2\pi\sqrt{\dfrac{2(R-r)}{g}\cdot\dfrac{m+M}{m+2M}}$ ($\approx 1{,}55\text{ s}$)

🚀 Thử thách mở rộng 2

Nếu thay chiếc đinh đặc bằng một hình trụ rỗng mỏng khối lượng $m$, bán kính $r$ có thể quay tự do quanh trục của nó thì thừa số hiệu chỉnh khối lượng trong căn thức sẽ trở thành $\dfrac{m + M}{2(m + M)}? \to \dfrac{2m + M}{2(m + M)}$. Hãy tự kiểm tra lại!

Bài 3: Cơ Học Thiên Thể & Hai Lần Đốt Động Cơ Chuyển Quỹ Đạo 2.6 Điểm (13 Puan)

Một vệ tinh đang chuyển động trên quỹ đạo elip quanh Trái Đất với chu kỳ $T$. Trong quá trình chuyển động trên quỹ đạo ban đầu này, tốc độ cực đại của vệ tinh gấp $3$ lần tốc độ cực tiểu của nó ($v_{\max} = 3 v_{\min}$). Khi vệ tinh đi tới điểm xa Trái Đất nhất (viễn điểm) có tốc độ $V_0$, động cơ phản lực được kích hoạt tức thời để tăng tốc độ của vệ tinh lên thành $V_0\sqrt{2}$ (giữ nguyên hướng chuyển động) và đưa vệ tinh vào quỹ đạo trung gian mới. Ngay khi vệ tinh vừa hoàn thành đúng nửa vòng trên quỹ đạo trung gian này, động cơ lại được kích hoạt tức thời lần thứ hai để nâng tốc độ lên thành $V_0\sqrt{3}$ theo cùng hướng chuyển động. Hỏi chu kỳ $T'$ của quỹ đạo cuối cùng bằng bao nhiêu lần chu kỳ $T$ ban đầu?

Nhập tỉ số chu kỳ $T'/T$ dưới dạng số thập phân (làm tròn 2 chữ số sau dấu phẩy):

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

1. Từ giả thiết $v_{\max} = 3 v_{\min}$, định luật bảo toàn mômen động lượng cho ta tỉ số khoảng cách viễn điểm $r_2$ và cận điểm $r_1$ bằng bao nhiêu?

2. Tính tốc độ tại viễn điểm $V_0$ theo $\sqrt{GM/r_2}$. Khi tăng tốc lên $V_0\sqrt{2}$ tại $r_2$, quỹ đạo thứ hai có hình dạng đặc biệt gì?

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

1. Bảo toàn mômen động lượng trên quỹ đạo đầu: $r_1 v_{\max} = r_2 v_{\min} \implies r_1 = \dfrac{r_2}{3}$. Bán trục lớn ban đầu là $a_1 = \dfrac{r_1 + r_2}{2} = \dfrac{2}{3} r_2$.

2. Phương trình cơ năng trên quỹ đạo đầu tại viễn điểm $r_2$ (với $v_{\min} = V_0$):

$$ \frac{1}{2} m V_0^2 - \frac{G M m}{r_2} = -\frac{G M m}{2 a_1} = -\frac{3 G M m}{4 r_2} \implies \frac{G M}{r_2} = 2 V_0^2 $$

3. Nhận xét mấu chốt: Vận tốc vũ trụ cấp 1 (quỹ đạo tròn) tại bán kính $r_2$ là $v_{\text{tròn}} = \sqrt{\dfrac{GM}{r_2}} = V_0\sqrt{2}$! Do đó quỹ đạo thứ hai chính là đường tròn bán kính $r_2$!

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

1. Xác định vị trí đốt động cơ lần thứ hai:

Vì quỹ đạo trung gian thứ hai là đường tròn tâm Trái Đất bán kính $r_2$, nên sau khi đi được nửa vòng, vệ tinh vẫn cách tâm Trái Đất một khoảng đúng bằng $r_2$ và chuyển động vuông góc với bán kính nối tâm.

2. Bán trục lớn $a_3$ của quỹ đạo cuối cùng:

Tại khoảng cách $r_2$, vệ tinh có vận tốc mới $v_3 = V_0\sqrt{3}$. Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho quỹ đạo thứ ba:

$$ -\frac{G M m}{2 a_3} = \frac{1}{2} m \left(V_0\sqrt{3}\right)^2 - \frac{G M m}{r_2} = \frac{3}{2} m V_0^2 - 2 m V_0^2 = -\frac{1}{2} m V_0^2 $$

Thay $V_0^2 = \dfrac{GM}{2 r_2}$ vào phương trình trên, ta tìm được:

$$ \frac{G M}{2 a_3} = \frac{G M}{4 r_2} \implies a_3 = 2 r_2 $$

3. Tỉ số chu kỳ theo Định luật III Kepler:

$$ \frac{T'}{T} = \left(\frac{a_3}{a_1}\right)^{3/2} = \left(\frac{2 r_2}{\frac{2}{3} r_2}\right)^{3/2} = 3^{3/2} = 3\sqrt{3} \approx 5{,}20 $$

Đáp số chuẩn: $T' = 3\sqrt{3}\,T \approx 5{,}20\,T$

🚀 Thử thách mở rộng 3

Nếu ở lần đốt động cơ thứ hai, người ta tăng vận tốc lên thành $2 V_0$ thay vì $V_0\sqrt{3}$, chuyện gì sẽ xảy ra với vệ tinh?

Gợi ý: Khi đó cơ năng toàn phần $E = \frac{1}{2}m(4V_0^2) - 2mV_0^2 = 0$, vệ tinh đạt vận tốc thoát (parabol) và rời bỏ trường hấp dẫn Trái Đất ($T' \to \infty$)!

Bài 4: Tụ Điện Đa Lớp Điện Môi, Điện Tích Liên Kết & Lực Điện Trường 3.2 Điểm (16 Puan)

Hai bản cực dẫn điện hình vuông giống hệt nhau có cạnh $L$ được đặt song song cách nhau một khoảng $h$ ($h \ll L$). Hai bản được tích điện $+Q$ và $-Q$. Không gian giữa hai bản được lấp đầy một nửa diện tích (kích thước $L/2 \times L$) bởi khối điện môi gồm hai lớp có độ điện thẩm tuyệt đối $\epsilon_1$ và $\epsilon_2$, mỗi lớp có bề dày $h/2$ như Hình 4.1.

(a) Tìm mật độ điện tích mặt tự do ($\sigma_1$ bên phần có điện môi và $\sigma_2$ bên phần chân không) ở mặt trong của các bản cực dẫn điện.
(b) Tìm mật độ điện tích liên kết mặt $\sigma_b$ tại mặt phân cách giữa hai lớp điện môi $\epsilon_1$ và $\epsilon_2$.
Bây giờ, nối hai bản cực với một nguồn điện một chiều giữ hiệu điện thế không đổi $V$. Lấy lớp điện môi $\epsilon_2$ ra khỏi hệ và mở rộng lớp điện môi $\epsilon_1$ (vẫn dày $h/2$) phủ kín toàn bộ diện tích $L \times L$ của bản cực dưới như Hình 4.2.
(c) Tìm lực tĩnh điện tác dụng lên bản cực phía trên.
(d) Nếu dịch chuyển bản cực phía trên đi xuống một đoạn $h/2$ (áp sát mặt trên của lớp điện môi $\epsilon_1$), lực tĩnh điện tác dụng lên bản cực trên lúc này bằng bao nhiêu?
(e) Khi hai bản cách nhau $h/2$ và chứa đầy điện môi có hằng số điện môi tỉ đối $\kappa_1$ (trong đáp án gốc ký hiệu là $\epsilon_1$), ta đẩy tấm điện môi dịch ra ngoài một đoạn rất nhỏ $\Delta L$. Tìm lực tĩnh điện tác dụng lên tấm điện môi lúc đó.

Thử nghiệm số học câu (a): Cho $\epsilon_1 = 2\epsilon_0$ và $\epsilon_2 = 4\epsilon_0$. Nhập tỉ số mật độ điện tích tự do $\sigma_1 / \sigma_2$ giữa miền có điện môi và miền chân không:

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

1. Ở câu (a), vì bản cực là vật dẫn đẳng thế, hiệu điện thế giữa hai bản ở nửa bên trái (chân không) và nửa bên phải (chứa 2 điện môi nối tiếp) phải bằng nhau. Điều này cho ta phương trình gì giữa $\sigma_1$ và $\sigma_2$?

2. Ở câu (b), véc-tơ phân cực điện môi $\vec{P} = (\epsilon - \epsilon_0)\vec{E}$ trong mỗi lớp bằng bao nhiêu theo $\sigma_1$?

3. Ở câu (c) và (d), lực hút tác dụng lên bản cực kim loại đặt sát chân không được tính qua mật độ điện tích mặt tự do $\sigma$ theo công thức $F = \dfrac{\sigma^2 A}{2\epsilon_0}$ như thế nào?

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

1. Cân bằng thế và bảo toàn điện tích (câu a, b):

Gọi $\sigma_1$ là mật độ điện tích tự do trên phần bản cực tiếp xúc với điện môi, $\sigma_2$ là mật độ trên phần chân không. Ta có $E_{\text{ck}} = \dfrac{\sigma_2}{\epsilon_0}$, $E_1 = \dfrac{\sigma_1}{\epsilon_1}$, $E_2 = \dfrac{\sigma_1}{\epsilon_2}$.

$$ \Delta V = \frac{\sigma_2}{\epsilon_0} h = \sigma_1 \frac{h}{2}\left(\frac{1}{\epsilon_1} + \frac{1}{\epsilon_2}\right) \quad \text{và} \quad \left(\sigma_1 + \sigma_2\right)\frac{L^2}{2} = Q $$

2. Lực tác dụng lên bản cực (câu c, d):

Điện trường do bản dưới và các lớp điện môi gây ra tại vị trí bản trên luôn bằng $\dfrac{\sigma}{2\epsilon_0}$, nên lực hút lên bản trên có diện tích $L^2$ mang mật độ điện tích tự do $\sigma$ luôn là $F = \dfrac{\sigma^2 L^2}{2\epsilon_0}$.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

Câu (a): Giải hệ hai phương trình của $\sigma_1$ và $\sigma_2$, ta thu được:

$$ \sigma_1 = \frac{2Q}{L^2\left(1 + \dfrac{\epsilon_0}{2\epsilon_1} + \dfrac{\epsilon_0}{2\epsilon_2}\right)} \quad ; \quad \sigma_2 = \frac{Q\epsilon_0\left(\dfrac{1}{\epsilon_1} + \dfrac{1}{\epsilon_2}\right)}{L^2\left(1 + \dfrac{\epsilon_0}{2\epsilon_1} + \dfrac{\epsilon_0}{2\epsilon_2}\right)} $$

(Với $\epsilon_1 = 2\epsilon_0, \epsilon_2 = 4\epsilon_0$, tỉ số $\dfrac{\sigma_1}{\sigma_2} = \dfrac{2}{\epsilon_0(1/2\epsilon_0 + 1/4\epsilon_0)} = \dfrac{8}{3} \approx 2{,}67$).

Câu (b): Tại mặt phân cách giữa hai điện môi, mật độ điện tích liên kết mặt bằng hiệu độ phân cực $P_1 - P_2$:

$$ \sigma_b = P_1 - P_2 = (\epsilon_1 - \epsilon_0)E_1 - (\epsilon_2 - \epsilon_0)E_2 = \sigma_1 \epsilon_0 \left(\frac{1}{\epsilon_2} - \frac{1}{\epsilon_1}\right) $$

Độ lớn mật độ điện tích liên kết tại mặt phân cách là:

$$ \sigma_b = \frac{2Q\epsilon_0\left(\dfrac{1}{\epsilon_1} - \dfrac{1}{\epsilon_2}\right)}{L^2\left(1 + \dfrac{\epsilon_0}{2\epsilon_1} + \dfrac{\epsilon_0}{2\epsilon_2}\right)} $$

Câu (c): Khi nối nguồn $V$, ta có $V = \dfrac{\sigma h}{2}\left(\dfrac{1}{\epsilon_0} + \dfrac{1}{\epsilon_1}\right) \implies \sigma = \dfrac{2\epsilon_0\epsilon_1 V}{h(\epsilon_0 + \epsilon_1)}$. Lực tác dụng lên bản trên là:

$$ F_c = \frac{\sigma^2 L^2}{2\epsilon_0} = \frac{2 L^2 V^2 \epsilon_0 \epsilon_1^2}{h^2 (\epsilon_0 + \epsilon_1)^2} $$

Câu (d): Khi hạ bản trên xuống chạm mặt điện môi (khoảng cách hai bản còn $h/2$), cường độ điện trường trong điện môi là $E_1 = \dfrac{2V}{h}$, mật độ điện tích tự do trên bản cực là $\sigma' = \epsilon_1 E_1 = \dfrac{2\epsilon_1 V}{h}$. Lực hút tĩnh điện lên bản cực kim loại (tính qua khe chân không vô cùng mỏng sát bề mặt bản cực) là:

$$ F_d = \frac{(\sigma')^2 L^2}{2\epsilon_0} = \frac{2 L^2 V^2 \epsilon_1^2}{h^2 \epsilon_0} $$

Câu (e): Khi tấm điện môi (hằng số điện môi tỉ đối $\epsilon_1$) dịch ra một đoạn nhỏ $\Delta L$, độ biến thiên điện dung theo dịch chuyển $x = \Delta L$ là $\left|\dfrac{dC}{dx}\right| = \dfrac{\epsilon_0(\epsilon_1 - 1)L}{h/2}$. Lực kéo điện môi tại hiệu điện thế $V$ không đổi là:

$$ F_e = \frac{1}{2} V^2 \left|\frac{dC}{dx}\right| = \frac{L V^2 \epsilon_0 (\epsilon_1 - 1)}{h} $$

Đáp số chuẩn: c) $F = \dfrac{2L^2V^2\epsilon_0\epsilon_1^2}{h^2(\epsilon_0+\epsilon_1)^2}$  |  d) $F = \dfrac{2L^2V^2\epsilon_1^2}{h^2\epsilon_0}$  |  e) $F = \dfrac{LV^2\epsilon_0(\epsilon_1-1)}{h}$

Bài 5: Tương Tác Từ & Động Lực Học Quay Của Hai Vòng Dây Mang Dòng Điện 2.2 Điểm (11 Puan)

Tại tâm của một vòng dây tròn mảnh bán kính $b$, khối lượng $M$ mang dòng điện không đổi $I_1$, người ta đặt một vòng dây tròn mảnh nhỏ hơn có bán kính $a$ ($a \ll b$), khối lượng $m$ và mang dòng điện không đổi $I_2$. Hai vòng dây đồng tâm và được gắn sao cho cả hai đều có thể quay hoàn toàn tự do quanh một trục chung đi qua đường kính của chúng. Ban đầu, mặt phẳng của hai vòng dây vuông góc với nhau ($90^\circ$) và hệ được thả nhẹ từ trạng thái nghỉ. Tìm tốc độ góc cực đại $\omega_{\max}$ mà vòng dây nhỏ ở bên trong có thể đạt được. (Bỏ qua hiện tượng tự cảm và cảm ứng điện từ, coi các dòng điện $I_1, I_2$ luôn không đổi).

Thử nghiệm số học: Cho $\mu_0 \pi I_1 I_2 = 0{,}2\text{ N}$, $M = 1\text{ kg}$, $m = 0{,}1\text{ kg}$, $b = 1\text{ m}$ và $a \ll b$ ($ma^2 \ll Mb^2$). Nhập tốc độ góc cực đại $\omega_{\max}$ (đơn vị $\text{rad/s}$):

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

1. Vì $a \ll b$, từ trường do vòng dây lớn gây ra tại vùng chứa vòng dây nhỏ có thể xem là từ trường đều có độ lớn $B_1 = \dfrac{\mu_0 I_1}{2b}$. Thế năng từ của lưỡng cực từ $\vec{\mu}_2$ trong từ trường $\vec{B}_1$ biến thiên như thế nào khi hai vòng dây quay đến vị trí đồng phẳng?

2. Vòng dây lớn có đứng yên không, hay cũng quay ngược chiều để bảo toàn mômen động lượng của hệ?

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

1. Mômen quán tính của vòng dây mảnh đối với trục đi qua đường kính là: $J_1 = \dfrac{1}{2}Mb^2$ và $J_2 = \dfrac{1}{2}ma^2$.

2. Bảo toàn mômen động lượng đối với trục quay: $J_1 \Omega_1 + J_2 \omega_2 = 0 \implies \Omega_1 = -\dfrac{ma^2}{Mb^2}\omega_2$.

3. Độ giảm thế năng tương tác từ khi góc giữa hai pháp tuyến giảm từ $90^\circ$ về $0^\circ$ là: $-\Delta U = \mu_2 B_1 = (\pi a^2 I_2)\dfrac{\mu_0 I_1}{2b}$.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

1. Bảo toàn năng lượng khi hai vòng đồng phẳng ($\omega_2 = \omega_{\max}$):

$$ \frac{1}{2} J_1 \Omega_1^2 + \frac{1}{2} J_2 \omega_{\max}^2 = \frac{\mu_0 \pi a^2 I_1 I_2}{2 b} $$

Thay $\Omega_1 = -\dfrac{J_2}{J_1}\omega_{\max}$ vào vế trái:

$$ \frac{1}{2} J_2 \omega_{\max}^2 \left(1 + \frac{J_2}{J_1}\right) = \frac{1}{4} m a^2 \omega_{\max}^2 \left(\frac{M b^2 + m a^2}{M b^2}\right) = \frac{\mu_0 \pi a^2 I_1 I_2}{2 b} $$

2. Rút gọn $a^2$ ở cả hai vế, ta thu được tốc độ góc cực đại của vòng nhỏ:

$$ \omega_{\max} = \sqrt{\frac{2 \mu_0 \pi I_1 I_2 M b}{m (M b^2 + m a^2)}} $$

Thay số thử nghiệm: $\omega_{\max} \approx \sqrt{\dfrac{2 \times 0{,}2 \times 1 \times 1}{0{,}1 \times 1}} = 2{,}0\text{ rad/s}$.

Đáp số chuẩn: $\omega_{\max} = \sqrt{\dfrac{2 \mu_0 \pi I_1 I_2 M b}{m (M b^2 + m a^2)}}$  |  Thử nghiệm: $\omega_{\max} = 2{,}0\text{ rad/s}$

Bài 6: Công Cơ Học Dịch Chuyển Pít-tông Đẳng Nhiệt Trong Xi-lanh Kín 2.2 Điểm (11 Puan)

Một xi-lanh kín cả hai đầu được đặt nằm ngang. Bên trong xi-lanh có một pít-tông cách khí có thể trượt không ma sát. Ban đầu, pít-tông nằm ở vị trí chính giữa, chia xi-lanh thành hai ngăn bằng nhau: mỗi ngăn đều có áp suất $P_0$, thể tích $V_0$ và nhiệt độ $T_0$. Cần phải thực hiện một công cơ học tối thiểu $W$ bằng bao nhiêu lên pít-tông để làm cho thể tích của ngăn bên phải gấp $3$ lần thể tích của ngăn bên trái? Giả thiết toàn bộ quá trình diễn ra đẳng nhiệt ở nhiệt độ $T_0$.

Nhập tỉ số vô thứ nguyên $W / (P_0 V_0)$ dưới dạng số thập phân (làm tròn 3 chữ số sau dấu phẩy):

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

1. Tổng thể tích hai ngăn không đổi bằng $2V_0$. Khi $V_R = 3V_L$, thể tích cuối của mỗi ngăn bằng bao nhiêu theo $V_0$?

2. Trong quá trình đẳng nhiệt thuận nghịch, công ngoại lực thực hiện lên toàn hệ bằng tổng công nén ngăn trái và công dãn ngăn phải như thế nào?

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

Từ $V_L + V_R = 2V_0$ và $V_R = 3V_L \implies V_L = \dfrac{1}{2}V_0$ và $V_R = \dfrac{3}{2}V_0$.

Áp suất mỗi ngăn tại thời điểm thể tích ngăn trái là $V$ và ngăn phải là $(2V_0 - V)$:

$$ P_L = \frac{P_0 V_0}{V} \quad ; \quad P_R = \frac{P_0 V_0}{2V_0 - V} $$

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

Tính công ngoại lực thực hiện trong quá trình đẳng nhiệt:

$$ W = W_L + W_R = - \int_{V_0}^{V_0/2} \frac{P_0 V_0}{V} dV - \int_{V_0}^{3V_0/2} \frac{P_0 V_0}{V'} dV' $$

$$ W = P_0 V_0 \ln 2 - P_0 V_0 \ln\left(\frac{3}{2}\right) = P_0 V_0 \ln\left(\frac{4}{3}\right) \approx 0{,}288 P_0 V_0 $$

Đáp số chuẩn: $W = P_0 V_0 \ln\left(\dfrac{4}{3}\right) \approx 0{,}288\,P_0 V_0$

Bài 7: Khảo Sát Hiệu Suất Động Cơ Nhiệt Trên Giản Đồ Entropy – Nhiệt Độ ($S - T$) 3.2 Điểm (16 Puan)

Một mol khí lý tưởng đơn nguyên tử thực hiện các quá trình nhiệt động lực học được biểu diễn trên giản đồ Entropy ($S$) theo Nhiệt độ tuyệt đối ($T$) như hình vẽ. Khí lần lượt được đưa vào hai chu trình hình chữ nhật khác nhau: chu trình lớn $1-2-3-4-1$ và chu trình nhỏ $3-5-6-7-3$. Hỏi hiệu suất của chu trình $1-2-3-4-1$ gấp bao nhiêu lần hiệu suất của chu trình $3-5-6-7-3$? (Lưu ý: Điểm $7$ nằm chính giữa đoạn $2-3$, còn vị trí của điểm $5$ trên cạnh $3-4$ không được cho thêm thông tin).

Nhập tỉ số hiệu suất $\eta_{1234} / \eta_{3567}$:

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

1. Cẩn thận nhìn trục tọa độ: Trục tung là $S$ và trục hoành là $T$! Vậy các đoạn thẳng nằm ngang ($2 \to 3$, $4 \to 1$, $5 \to 6$) là quá trình gì? Có trao đổi nhiệt $\delta Q = T dS$ trên các đoạn nằm ngang đó không?

2. Các đoạn thẳng đứng ($3 \to 4$, $1 \to 2$, $6 \to 7$) có nhiệt độ $T$ không đổi! Vậy hai chu trình chữ nhật trên giản đồ $S-T$ thực chất là chu trình kinh điển nào?

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

1. Trên đoạn nằm ngang: $S = \text{const} \implies dS = 0 \implies \delta Q = T dS = 0$ (quá trình đoạn nhiệt thuận nghịch / đẳng entropy).

2. Trên đoạn thẳng đứng đi lên ($3 \to 4$ và $3 \to 5$): $T = T_3 = \text{const}$ và $S$ tăng, khí nhận nhiệt đẳng nhiệt ở nguồn nóng $T_3$: $Q_{\text{in}} = T_3 \Delta S$.

3. Trên đoạn thẳng đứng đi xuống ($1 \to 2$ và $6 \to 7$): khí tỏa nhiệt đẳng nhiệt ở nguồn lạnh ($T_2$ hoặc $T_7$).

Do đó, cả hai chu trình đều là chu trình Carnot thuận nghịch! Hiệu suất của chúng hoàn toàn không phụ thuộc vào độ cao $\Delta S$ (đó là lý do đề bài không cần cho vị trí điểm $5$)!

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

1. Hiệu suất của chu trình $1-2-3-4-1$:

Chu trình nhận nhiệt trong quá trình đẳng nhiệt $3 \to 4$ ở nhiệt độ $T_3$: $Q_{\text{in},1234} = T_3 (S_4 - S_3)$.

Công sinh ra trong chu trình bằng diện tích hình chữ nhật $1234$: $W_{1234} = (T_3 - T_2)(S_4 - S_3)$.

$$ \eta_{1234} = \frac{W_{1234}}{Q_{\text{in},1234}} = \frac{(T_3 - T_2)(S_4 - S_3)}{T_3 (S_4 - S_3)} = \frac{T_3 - T_2}{T_3} $$

2. Hiệu suất của chu trình $3-5-6-7-3$:

Tương tự, chu trình nhỏ nhận nhiệt trên đoạn $3 \to 5$ ở nhiệt độ $T_3$ và tỏa nhiệt trên đoạn $6 \to 7$ ở nhiệt độ $T_7$:

$$ \eta_{3567} = \frac{W_{3567}}{Q_{\text{in},3567}} = \frac{(T_3 - T_7)(S_5 - S_3)}{T_3 (S_5 - S_3)} = \frac{T_3 - T_7}{T_3} $$

3. Tỉ số hiệu suất của hai chu trình:

Vì điểm $7$ nằm chính giữa đoạn $2-3$ nên $T_7 = \dfrac{T_2 + T_3}{2} \implies T_3 - T_7 = \dfrac{T_3 - T_2}{2}$. Do đó:

$$ \frac{\eta_{1234}}{\eta_{3567}} = \frac{T_3 - T_2}{T_3 - T_7} = \frac{T_3 - T_2}{\dfrac{T_3 - T_2}{2}} = 2 $$

Đáp số chuẩn: $\dfrac{\eta_{1234}}{\eta_{3567}} = 2$

🚀 Thử thách mở rộng 4

Tại sao đề bài lại nói "Một mol khí lý tưởng đơn nguyên tử"? Hãy giải thích xem thông tin "đơn nguyên tử" là dữ kiện gây nhiễu (red herring) hay có vai trò gì đối với định lý Carnot!

Trả lời: Đó là một dữ kiện gây nhiễu điển hình của đề thi Olympiad! Vì trên giản đồ $S-T$, hiệu suất chu trình hình chữ nhật (chu trình Carnot) chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ tuyệt đối của hai nguồn nhiệt mà không phụ thuộc vào bậc tự do hay bản chất tác nhân nhiệt!

📌 Tổng Kết Kinh Nghiệm Thực Chiến Từ Đề Thi TÜBİTAK

• Khai thác liên kết hình học (Bài 1 & Bài 2): Luôn viết phương trình tọa độ trước rồi mới lấy đạo hàm cấp 1, cấp 2 theo thời gian; tuyệt đối tránh suy đoán cảm tính về gia tốc.
• Nhận diện trạng thái đặc biệt trên quỹ đạo (Bài 3): Khi đề bài cho vận tốc tăng lên $\sqrt{2}$ hoặc $\sqrt{3}$ lần, hãy kiểm tra ngay mối liên hệ với vận tốc quỹ đạo tròn $v_{\text{tròn}} = \sqrt{GM/r}$ và vận tốc vũ trụ cấp 2.
• Phân biệt điện tích tự do và điện tích liên kết (Bài 4): Lực tác dụng lên bản cực kim loại đặt trong chân không luôn được quyết định bởi mật độ điện tích mặt tự do $\sigma$ trên bản đó: $F = \sigma^2 A / (2\epsilon_0)$.
• Đọc kỹ trục tọa độ giản đồ nhiệt động (Bài 7): Khi gặp giản đồ $S-T$ (trục tung $S$, trục hoành $T$), đường ngang là đẳng entropy ($\delta Q = 0$) và đường thẳng đứng là đẳng nhiệt ($T = \text{const}$).