Một quả cầu nhỏ khối lượng $m$, bán kính $R$, đang quay rất nhanh ngược chiều kim đồng hồ quanh trục đi qua khối tâm và vuông góc với vận tốc ngang, được ném ngang với tốc độ $v$ từ độ cao $h_1$ (Hình 1). Khi chạm đất, mặt cầu trượt trên mặt đất trong suốt thời gian va chạm; hệ số ma sát trượt giữa mặt cầu và mặt đất là $\mu$. Sau khi nảy lên, độ cao cực đại mà quả cầu đạt được là $h_2$. Tìm tốc độ ngang $v_x'$ của quả cầu sau khi nảy lên. (Để kiểm tra số học, xét bộ số chuẩn: $v = 10\text{ m/s}, \mu = 0,2, g = 10\text{ m/s}^2, h_1 = 1,8\text{ m}, h_2 = 0,8\text{ m}$).
💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)
- Khi quả cầu quay rất nhanh ngược chiều kim đồng hồ và chuyển động sang phải, điểm tiếp xúc ở đáy quả cầu có vận tốc trượt đối với mặt đất hướng sang trái hay sang phải? Chiều của lực ma sát trượt $\vec{f}_k$ hướng về phía nào?
- Lực ma sát trượt $f_k = \mu N$ liên hệ như thế nào với xung lượng của phản lực pháp tuyến $\int N\,dt$ trong suốt thời gian va chạm?
- Làm thế nào để xác định xung lượng $\int N\,dt$ từ độ cao ban đầu $h_1$ và độ cao sau khi nảy lên $h_2$?
🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích
Do quả cầu quay ngược chiều kim đồng hồ rất nhanh ($\omega_0$ lớn), điểm thấp nhất của quả cầu có vận tốc tiếp tuyến $\omega_0 R$ cùng chiều với vận tốc khối tâm $v$ (hướng sang phải). Vì vậy, vận tốc điểm tiếp xúc so với mặt đất luôn hướng sang phải, kéo theo lực ma sát trượt $f_k = \mu N$ luôn hướng sang trái trong suốt thời gian va chạm.
Áp dụng định lý xung lượng - động lượng theo phương thẳng đứng $y$ và phương ngang $x$:
✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn
Ngay trước khi chạm đất, thành phần vận tốc thẳng đứng hướng xuống của quả cầu là $v_{y1} = \sqrt{2gh_1}$. Ngay sau khi rời mặt đất để đạt độ cao cực đại $h_2$, thành phần vận tốc thẳng đứng hướng lên là $v_{y2} = \sqrt{2gh_2}$.
Xung lượng của phản lực pháp tuyến $N$ trong thời gian va chạm (bỏ qua trọng lực vì thời gian va chạm rất ngắn):
Do quả cầu luôn trượt về phía phải tại điểm tiếp xúc, xung lượng của lực ma sát trượt hướng sang trái có độ lớn:
Độ biến thiên động lượng theo phương ngang cho ta tốc độ ngang của quả cầu sau khi nảy lên:
Thay bộ số kiểm tra ($v = 10\text{ m/s}, \mu = 0,2, g = 10\text{ m/s}^2, h_1 = 1,8\text{ m}, h_2 = 0,8\text{ m}$): $\sqrt{2gh_1} = 6\text{ m/s}$, $\sqrt{2gh_2} = 4\text{ m/s}$, suy ra $v_x' = 10 - 0,2\times(6 + 4) = 8,0\text{ m/s}$.
🚀 Thử thách mở rộng
Bài toán mở rộng: Cho quả cầu đặc đồng chất ($I = \frac{2}{5}mR^2$). Tìm tốc độ góc tối thiểu $\omega_{\min}$ lúc đầu để quả cầu trượt trong suốt thời gian va chạm khi nó quay cùng chiều kim đồng hồ.
Hướng dẫn: Khi quay cùng chiều kim đồng hồ với $\omega_0 > v/R$, vận tốc điểm tiếp xúc ban đầu hướng sang trái nên ma sát hướng sang phải làm giảm $\omega$ và tăng $v_x$. Để không ngừng trượt trước khi rời đất: $R\omega_0 - v \ge \frac{7}{2}\mu\sqrt{2g}(\sqrt{h_1}+\sqrt{h_2})$.
Hai quả cầu nhỏ cùng khối lượng $m$ được nối với nhau bằng một thanh cứng nhẹ chiều dài $\ell$. Ban đầu hai quả cầu đứng yên trên mặt phẳng ngang nhẵn, một quả cầu ở gốc tọa độ $(0, 0)$, quả cầu kia nằm trên trục dương $y$ tại $(0, \ell)$. Tại thời điểm $t = 0$, một cục đất sét nhỏ có khối lượng $m$ bay dọc theo chiều dương trục $x$ với tốc độ $v$ đến đập vào quả cầu tại gốc tọa độ và dính chặt vào nó ngay tức khắc. Tìm phương trình quỹ đạo chuyển động của khối (đất sét + quả cầu tại gốc tọa độ) khi $t > 0$, tức biểu diễn tọa độ $(x(t), y(t))$ theo thời gian $t$. (Bộ số kiểm tra: $v = 6\text{ m/s}, \ell = 3\text{ m}$, tính hoành độ $x(t)$ tại thời điểm $t = \frac{\pi}{2}\text{ s}$).
💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)
- Ngay sau va chạm tức thời tại $t = 0^+$, thanh cứng nằm dọc theo trục $y$ có gây xung lực theo phương ngang $x$ lên quả cầu trên được không? Vận tốc tức thời của khối $2m$ tại gốc tọa độ bằng bao nhiêu?
- Khối tâm $C$ của toàn hệ (tổng khối lượng $3m$) nằm ở đâu tại $t = 0^+$ và chuyển động với vận tốc $\vec{V}_C$ như thế nào khi $t > 0$?
- Trong hệ quy chiếu khối tâm, khối $2m$ chuyển động theo quỹ đạo gì và với tốc độ góc $\omega$ bằng bao nhiêu?
🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích
Tại $t = 0^+$, khối $M_1 = 2m$ ở $(0,0)$ có vận tốc $v_1 = \frac{v}{2}$ dọc theo $+x$, còn quả cầu $M_2 = m$ ở $(0,\ell)$ vẫn có vận tốc bằng $0$. Khối tâm $C$ của hệ $3m$ ban đầu ở $\left(0, \frac{\ell}{3}\right)$ và chuyển động thẳng đều dọc theo $+x$ với vận tốc $V_C = \frac{mv}{3m} = \frac{v}{3}$.
Trong hệ quy chiếu khối tâm $C$, khoảng cách từ $C$ đến khối $2m$ là $r_1 = \frac{\ell}{3}$, vận tốc tương đối của khối $2m$ tại $t = 0^+$ là $v_{1C} = \frac{v}{2} - \frac{v}{3} = \frac{v}{6}$, nên tốc độ góc quay quanh $C$ là:
✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn
1. Chuyển động của khối tâm $C$: Tổng khối lượng hệ sau va chạm là $M = 2m + m = 3m$. Tại $t = 0$, tọa độ khối tâm là $x_C(0) = 0$, $y_C(0) = \frac{2m\cdot 0 + m\ell}{3m} = \frac{\ell}{3}$. Bảo toàn động lượng toàn hệ theo trục $x$ cho $V_{Cx} = \frac{mv}{3m} = \frac{v}{3}$ và $V_{Cy} = 0$. Do đó tại thời điểm $t > 0$:
2. Chuyển động quay quanh khối tâm $C$: Tại $t = 0^+$, vector vị trí của khối $2m$ đối với $C$ là $\vec{r}_{1C}(0) = \left(0, -\frac{\ell}{3}\right)$ và hệ quay ngược chiều kim đồng hồ với góc quay $\phi(t) = \omega t = \frac{vt}{2\ell}$. Hợp성 chuyển động tịnh tiến của $C$ và chuyển động quay quanh $C$, ta thu được tọa độ $(x(t), y(t))$ của khối (đất sét + quả cầu):
Với bộ số kiểm tra $v = 6\text{ m/s}, \ell = 3\text{ m}, t = \frac{\pi}{2}\text{ s}$: $\omega = 1\text{ rad/s} \implies x(\pi/2) = 2\cdot\frac{\pi}{2} + 1\cdot\sin\left(\frac{\pi}{2}\right) = \pi + 1 \approx 4,14\text{ m}$.
🚀 Thử thách mở rộng
Bài toán mở rộng: Tìm lực căng $T$ của thanh cứng nhẹ khi hệ chuyển động ở $t > 0$.
Hướng dẫn: Trong hệ quy chiếu khối tâm, quả cầu $m$ chuyển động tròn đều bán kính $r_2 = \frac{2\ell}{3}$ với tốc độ góc $\omega = \frac{v}{2\ell}$, nên lực căng thanh không đổi và bằng $T = m\omega^2 r_2 = \frac{mv^2}{6\ell}$.
Một khối gỗ đồng chất có tỉ trọng $\rho < 1$ (so với nước), có chiều dài, rộng, cao lần lượt là $2a, 2b, 2c$, trong đó $a \gg b$ và $a \gg c$. Đường tâm của mặt $2b$ cắt mặt nước tại điểm $A$ như Hình 2. Khối gỗ nổi trên mặt nước với cạnh $2a$ vuông góc với mặt phẳng hình vẽ.
Khối gỗ chịu tác dụng của lực đẩy Archimedes, vị trí điểm đặt tương đương của lực đẩy gọi là tâm nổi (phù tâm). Tìm khoảng cách $d_0$ từ tâm nổi đến điểm $A$, và cho biết tâm nổi nằm phía trên hay phía dưới điểm $A$? (Bộ số kiểm tra: $c = 0,5\text{ m}, \rho = 0,6$).
💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)
- Khi khối gỗ có chiều cao $2c$ và tỉ trọng $\rho$ nổi cân bằng thẳng đứng, chiều sâu phần chìm trong nước $h_{\text{chìm}}$ bằng bao nhiêu?
- Tâm nổi là trọng tâm hình học của phần thể tích nước bị chiếm chỗ. Vậy nó cách mặt nước (điểm $A$) một đoạn bằng bao nhiêu?
🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích
Từ điều kiện cân bằng lực đẩy Archimedes và trọng lực: $M g = \rho_{\text{nước}} V_{\text{chìm}} g \implies h_{\text{chìm}} = 2c\rho$. Phần chìm là hình hộp chữ nhật có độ sâu $2c\rho$ tính từ điểm $A$ xuống đáy khối gỗ.
✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn
Do khối gỗ có tỉ trọng $\rho$, thể tích phần chìm bằng $\rho$ lần thể tích toàn phần của khối gỗ, nên độ sâu phần chìm dưới mặt nước là $h_{\text{chìm}} = 2c\rho$. Tâm nổi $B_0$ là tâm hình học của phần chìm nên nằm trên đường tâm đối xứng và ở chính giữa phần chìm, cách điểm $A$ một đoạn:
🚀 Thử thách mở rộng
Bài toán mở rộng: Khoảng cách giữa khối tâm $G$ và tâm nổi $B_0$ khi khối gỗ thẳng đứng là bao nhiêu?
Hướng dẫn: $G$ cách đáy một đoạn $c$, còn $B_0$ cách đáy một đoạn $c\rho$, nên $GB_0 = c(1 - \rho)$.
Khi khối gỗ nghiêng một góc nhỏ $\theta$, tìm khoảng cách từ điểm đặt lực đẩy tương đương trên trục đối xứng của khối gỗ (tâm khuynh / phù tâm tương đương $M$) đến điểm $A$, và cho biết nó nằm phía trên hay phía dưới điểm $A$? (Bộ số kiểm tra: $b = 0,6\text{ m}, c = 0,5\text{ m}, \rho = 0,6$, tính tọa độ $Y_M$ so với $A$, chiều dương hướng lên).
💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)
- Khi khối gỗ nghiêng góc nhỏ $\theta$ quanh $A$, phần thể tích chìm thêm vào ở một bên và phần nhô lên ở bên kia có dạng hình gì?
- Trọng tâm $(X_B, Y_B)$ của tiết diện chìm hình thang dịch chuyển ngang một đoạn $X_B$ bằng bao nhiêu trong hệ tọa độ gắn với khối gỗ?
- Giá thẳng đứng của lực đẩy Archimedes đi qua $(X_B, Y_B)$ cắt trục đối xứng của khối gỗ tại tọa độ $Y_M$ nào so với $A$?
🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích
Chọn hệ trục tọa độ $(X,Y)$ gắn với khối gỗ, gốc tại $A$, trục $Y$ dọc theo đường tâm hướng lên. Khi nghiêng góc nhỏ $\theta$, phương trình mặt nước là $Y = X\tan\theta \approx X\theta$. Xét dải dọc bề rộng $dX$ tại hoành độ $X \in [-b, b]$, chiều dài phần chìm là $L(X) = 2c\rho + X\theta$.
✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn
Trong hệ tọa độ gắn với khối gỗ (gốc tại $A$, trục $Y$ hướng lên dọc theo đường tâm), tâm hình học $B'$ của phần thể tích chìm có tọa độ $(X_B, Y_B) = \left(\frac{b^2\theta}{6c\rho}, -c\rho\right)$ (cách $A$ một đoạn $c\rho$ về phía dưới nếu xét tâm hình học bậc nhất theo $\theta$).
Giao điểm của đường tác dụng lực đẩy Archimedes (thẳng đứng hướng lên qua $B'$) với trục đối xứng của khối gỗ (điểm đặt tương đương $M$ trên đường tâm) có tọa độ đối với $A$:
Vậy khoảng cách từ điểm đặt lực đẩy tương đương trên trục đối xứng đến $A$ là $\left|c\rho - \frac{b^2}{6c\rho}\right|$: nằm phía dưới $A$ nếu $c\rho > \frac{b^2}{6c\rho}$ (một đoạn $c\rho - \frac{b^2}{6c\rho}$), và nằm phía trên $A$ nếu $\frac{b^2}{6c\rho} > c\rho$ (một đoạn $\frac{b^2}{6c\rho} - c\rho$).
Với bộ số $b = 0,6\text{ m}, c = 0,5\text{ m}, \rho = 0,6$: $\left|c\rho - \frac{b^2}{6c\rho}\right| = \left|0,30 - \frac{0,36}{1,8}\right| = 0,10\text{ m}$ (phía dưới $A$).
🚀 Thử thách mở rộng
Bài toán mở rộng: Chứng minh công thức bán kính tâm khuynh $B_0M = \frac{I_S}{V_{\text{chìm}}}$ của Euler cho vật nổi bất kỳ.
Hướng dẫn: Với mặt thoáng hình chữ nhật chiều dài $2a$ và chiều rộng $2b$, momen quán tính diện tích mặt thoáng là $I_S = \frac{1}{12}(2a)(2b)^3 = \frac{4}{3}ab^3$, thể tích chìm $V_{\text{chìm}} = 8abc\rho \implies B_0M = \frac{I_S}{V_{\text{chìm}}} = \frac{b^2}{6c\rho}$.
Trong điều kiện $b > c$, khối gỗ luôn có thể nổi thẳng đứng và ổn định trên mặt nước. Tuy nhiên, khi $\frac{b}{c} < \sqrt{\frac{3}{2}}$, tỉ trọng $\rho$ của khối gỗ chỉ có thể nằm trong một khoảng giới hạn nhất định thì khối gỗ mới nổi ổn định. Tìm miền giá trị của tỉ trọng $\rho$ thỏa mãn điều kiện này. (Bộ số kiểm tra: cho $\frac{b}{c} = \frac{\sqrt{3}}{2}$, tìm nghiệm nhỏ $\rho_1$ ở biên ổn định).
💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)
- Khối tâm $G$ của khối gỗ nằm ở tọa độ $Y_G$ nào so với điểm $A$?
- Để mômen của cặp lực (trọng lực đặt tại $G$ và lực đẩy Archimedes đi qua $M$) có tác dụng kéo khối gỗ trở về vị trí thẳng đứng, điểm $M$ phải nằm cao hơn hay thấp hơn điểm $G$?
🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích
Khối tâm $G$ cách đáy khối gỗ một đoạn $c$, mà điểm $A$ cách đáy một đoạn $2c\rho$, nên tọa độ của $G$ so với $A$ là $Y_G = c - 2c\rho$. Điều kiện cân bằng bền là $Y_M > Y_G$:
✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn
Xét tam thức bậc hai $f(\rho) = \rho^2 - \rho + \frac{b^2}{6c^2} > 0$ với $\rho \in (0, 1)$. Biệt thức $\Delta = 1 - \frac{2b^2}{3c^2}$. Khi $\frac{b}{c} < \sqrt{\frac{3}{2}}$, ta có $\Delta > 0$, phương trình $f(\rho) = 0$ có hai nghiệm phân biệt trong khoảng $(0, 1)$. Do đó khối gỗ nổi ổn định khi và chỉ khi:
Với bộ số kiểm tra $\frac{b}{c} = \frac{\sqrt{3}}{2} \implies \frac{2b^2}{3c^2} = \frac{1}{2}$, suy ra $\rho_1 = \frac{1 - 1/\sqrt{2}}{2} \approx 0,146$.
🚀 Thử thách mở rộng
Bài toán mở rộng: Giải thích ý nghĩa vật lý vì sao cả khi $\rho$ rất nhỏ ($\rho \to 0^+$) lẫn khi $\rho$ rất gần $1$ ($\rho \to 1^-$) khối gỗ đều nổi ổn định?
Hướng dẫn: Khi $\rho \to 0^+$, bán kính tâm khuynh $B_0M = \frac{b^2}{6c\rho} \to \infty$ rất lớn; còn khi $\rho \to 1^-$, khối tâm $G$ và tâm nổi $B_0$ tiến sát trùng nhau ($GB_0 = c(1-\rho) \to 0$) nên $M$ luôn nằm trên $G$.
Tiếp theo câu (c), khi tỉ trọng $\rho$ thỏa mãn điều kiện nổi ổn định, nếu nghiêng khối gỗ một góc nhỏ rồi buông nhẹ thì khối gỗ sẽ dao động lắc qua lại. Tìm chu kỳ $T$ của dao động này. Cho khối lượng khối gỗ là $M$, momen quán tính đối với trục qua khối tâm là $I = \frac{M}{3}(b^2 + c^2)$, bỏ qua ma sát với nước và hiệu ứng tạo sóng. (Bộ số kiểm tra: $b = 0,6\text{ m}, c = 0,5\text{ m}, \rho = 0,5, g = 9,8\text{ m/s}^2$).
💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)
- Khi khối gỗ nghiêng góc nhỏ $\theta$, cánh tay đòn của lực đẩy Archimedes đối với khối tâm $G$ bằng bao nhiêu?
- Viết phương trình động lực học vật rắn quay $I\ddot{\theta} = \tau_G$ để tìm tần số góc $\omega$ của dao động điều hòa.
🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích
Khoảng cách từ khối tâm $G$ đến điểm đặt tương đương $M$ là chiều cao tâm khuynh:
Momen lực phục hồi đối với khối tâm $G$ khi nghiêng góc nhỏ $\theta$: $\tau_G = -Mg \cdot GM \sin\theta \approx -Mg \cdot GM \cdot \theta$.
✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn
Phương trình dao động góc nhỏ quanh khối tâm $G$:
Suy ra chu kỳ dao động nhỏ của khối gỗ:
Thay bộ số kiểm tra ($b = 0,6\text{ m}, c = 0,5\text{ m}, \rho = 0,5, g = 9,8\text{ m/s}^2$): $\rho^2 - \rho + \frac{b^2}{6c^2} = -0,25 + 0,24 = -0,01 < 0$ (không ổn định ở $\rho=0,5$!). Với $\rho = 0,6, b = 0,6\text{ m}, c = 0,5\text{ m}, g = 9,8\text{ m/s}^2$ thì $\frac{b^2}{6c\rho} - c(1-\rho) = 0,20 - 0,20 = 0$; còn với $b = 0,6\text{ m}, c = 0,4\text{ m}, \rho = 0,5, g = 9,8\text{ m/s}^2 \implies GM = 0,05\text{ m}, T = 2\pi\sqrt{\frac{0,52}{3\times 9,8\times 0,05}} \approx 3,74\text{ s}$.
🚀 Thử thách mở rộng
Bài toán mở rộng: Ngoài dao động lắc góc $\theta$, nếu ấn nhẹ khối gỗ thẳng đứng xuống một đoạn nhỏ $z$ rồi thả ra thì chu kỳ dao động thẳng đứng $T_z$ bằng bao nhiêu?
Hướng dẫn: Lực phục hồi thẳng đứng là $\Delta F = -4ab\rho_{\text{nước}}g z = -\frac{Mg}{2c\rho}z \implies T_z = 2\pi\sqrt{\frac{2c\rho}{g}}$.
Hình 3 biểu diễn sơ đồ đo nhiệt dung riêng của mẫu vật bằng phương pháp hồi phục nhiệt. Mẫu vật có khối lượng $m$, nhiệt dung riêng trên một đơn vị khối lượng là $c_s$, đặt trong buồng chân không siêu cao và gắn tiếp xúc nhiệt hoàn hảo với một bản đế có nhiệt dung $C_p$. Bản đế nối với bình điều nhiệt có nhiệt độ không đổi $T_0$ qua các dây dẫn nhiệt có hệ số dẫn nhiệt $\kappa$, tổng tiết diện tương đương $A$ và chiều dài tương đương $L$. Công suất nhiệt mà bản đế hấp thụ từ nguồn gia nhiệt trong quá trình cấp nhiệt là hằng số $P$.
Giả sử mẫu vật và bản đế dẫn nhiệt rất tốt nên luôn có cùng nhiệt độ $T$. Hệ đạt cân bằng nhiệt ở $T_0$ trước khi bật nguồn nhiệt tại $t = 0$. Tìm biểu thức sự phụ thuộc của nhiệt độ $T(t)$ theo thời gian $t$ trong khoảng $0 \le t \le t_1$.
💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)
- Trong khoảng thời gian $dt$, nhiệt lượng do nguồn cung cấp là $P\,dt$, nhiệt lượng truyền qua dây dẫn nhiệt về bình điều nhiệt $T_0$ theo định luật Fourier là bao nhiêu?
- Phần nhiệt lượng chênh lệch làm tăng nội năng của cả bản đế và mẫu vật với tổng nhiệt dung $(C_p + mc_s)$ như thế nào?
🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích
Phương trình vi phân cân bằng nhiệt của hệ (bản đế + mẫu vật):
✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn
Đặt $\Delta T = T - T_0$, phương trình vi phân trở thành:
Tích phân hai vế với điều kiện đầu $\Delta T(0) = 0$, ta thu được hàm nhiệt độ theo thời gian $t \in [0, t_1]$:
🚀 Thử thách mở rộng
Bài toán mở rộng: Hằng số thời gian hồi phục nhiệt $\tau = \frac{L(C_p + mc_s)}{\kappa A}$ thay đổi thế nào nếu mắc song song thêm một dây dẫn nhiệt giống hệt?
Hướng dẫn: Tiết diện tương đương tăng gấp đôi ($2A$), nên độ dẫn nhiệt tăng gấp đôi và hằng số thời gian $\tau$ giảm đi một nửa.
Nếu thời gian gia nhiệt $t_1$ cực ngắn, thực nghiệm cho thấy độ tăng nhiệt độ $\Delta T$ của bản đế tại thời điểm $t_1$ tỉ lệ thuận với $t_1$. Tìm biểu thức của $c_s$ theo $t_1, C_p, P, m$ và $\Delta T$. (Bộ số kiểm tra: $P = 9\text{ W}, t_1 = 0,25\text{ s}, \Delta T = 0,06\text{ K}, C_p = 25\text{ J/K}, m = 2\text{ g}$, tính $c_s$ theo $\text{J/(g}\cdot\text{K)}$).
💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)
- Khi $t_1 \ll \frac{L(C_p + mc_s)}{\kappa A}$, hãy áp dụng khai triển Taylor $e^{-x} \approx 1 - x$ cho biểu thức ở câu 3(a).
- Về mặt vật lý, khi $t_1$ cực ngắn, nhiệt lượng thất thoát qua dây dẫn nhiệt đã kịp xảy ra đáng kể chưa?
🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích
Khai triển bậc nhất hàm mũ khi $t_1 \to 0$:
✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn
Từ hệ thức $\Delta T = \frac{P t_1}{C_p + m c_s}$, giải tìm nhiệt dung riêng $c_s$ của mẫu vật:
Với bộ số kiểm tra: $c_s = \frac{1}{2}\left(\frac{9\times 0,25}{0,06} - 25\right) = 6,25\text{ J/(g}\cdot\text{K)}$.
🚀 Thử thách mở rộng
Bài toán mở rộng: Sai số tương đối của phép xấp xỉ tuyến tính trên phụ thuộc vào $t_1/\tau$ như thế nào?
Hướng dẫn: Giữ số hạng bậc hai $1 - e^{-u} \approx u - \frac{u^2}{2}$, sai số tương đối của $\Delta T$ xấp xỉ bằng $\frac{t_1}{2\tau}$.
Nếu thời gian gia nhiệt đủ dài ($t_1 \to \infty$), sau đó tại thời điểm $t_1$ ngắt nguồn nhiệt để bản đế và mẫu vật tự nguội đồng thời. Tìm biểu thức nhiệt độ $T(t)$ của bản đế theo thời gian trong quá trình làm nguội.
💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)
- Khi $t_1 \to \infty$, nhiệt độ của bản đế ngay tại lúc ngắt nguồn nhiệt đạt giá trị dừng $T(t_1)$ bằng bao nhiêu?
- Sau khi ngắt nguồn nhiệt ($P = 0$), phương trình vi phân truyền nhiệt có dạng như thế nào?
🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích
Ngay trước khi ngắt nguồn nhiệt ($t_1 \to \infty$), $T(t_1) = T_0 + \frac{PL}{\kappa A}$. Khi $t \ge t_1$, đặt $P = 0$ vào phương trình cân bằng nhiệt:
✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn
Tích phân phương trình vi phân từ thời điểm $t_1$ đến thời điểm $t$ (hoặc gọi $t' = t - t_1$ là thời gian tính từ lúc bắt đầu ngắt nguồn nhiệt):
🚀 Thử thách mở rộng
Bài toán mở rộng: Để tuyến tính hóa dữ liệu thực nghiệm $T(t)$ trong quá trình nguội, ta nên vẽ đồ thị hàm số nào theo thời gian $t$?
Hướng dẫn: Lấy logarit tự nhiên hai vế: $\ln(T - T_0) = \ln\left(\frac{PL}{\kappa A}\right) - \frac{\kappa A}{L(C_p + mc_s)}t$, đồ thị $\ln(T - T_0)$ theo $t$ là đường thẳng.
Cho biết công suất hấp thụ $P = 9\text{ J/s}$, nhiệt dung bản đế $C_p = 25\text{ J/K}$, khối lượng mẫu $m = 2\text{ g}$, nhiệt độ bình điều nhiệt $T_0 = 15^\circ\text{C}$. Sau khi gia nhiệt đủ lâu, ngắt nguồn nhiệt tại $t_1$ (chọn làm gốc $t = 0\text{ s}$ trong bảng) và ghi lại nhiệt độ bản đế theo thời gian như Bảng 1. Hãy tuyến tính hóa đồ thị và tìm giá trị nhiệt dung riêng $c_s$ của mẫu vật (theo đơn vị $\text{J/(g}\cdot\text{K)}$).
| $t\text{ (s)}$ | 0 | 2 | 4 | 6 | 8 | 10 | 14 | 18 | 22 | 26 | 30 | 34 | 38 | 42 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| $T\text{ (}^\circ\text{C)}$ | 17,40 | 16,96 | 16,61 | 16,32 | 16,08 | 15,88 | 15,59 | 15,40 | 15,27 | 15,18 | 15,12 | 15,08 | 15,05 | 15,04 |
💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)
- Tại $t = 0\text{ s}$, độ chênh lệch nhiệt độ ban đầu $\Delta T(0) = T(0) - T_0$ bằng bao nhiêu? Từ $\Delta T(0) = \frac{P}{\kappa A / L}$, hãy tính hệ số dẫn nhiệt tổng cộng $K = \frac{\kappa A}{L}$.
- Lập bảng giá trị $\ln(T - T_0)$ theo $t$ và xác định hệ số góc của đường thẳng hồi quy để tìm hằng số thời gian $\tau = \frac{C_p + mc_s}{K}$.
🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích
Tại $t = 0$: $\Delta T(0) = 17,40 - 15,00 = 2,40\text{ K} \implies K = \frac{\kappa A}{L} = \frac{P}{\Delta T(0)} = \frac{9}{2,40} = 3,75\text{ W/K}$. Đồ thị tuyến tính hóa $\ln(T - T_0)$ theo $t$:
✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn
Từ phương trình làm nguội: $\ln(T - T_0) = \ln(2,40) - \frac{K}{C_p + m c_s}t$. Từ bảng số liệu:
- Tại $t = 0\text{ s}: T - T_0 = 2,40\text{ K} \implies \ln(T - T_0) \approx 0,8755$.
- Tại $t = 10\text{ s}: T - T_0 = 0,88\text{ K} \implies \ln(T - T_0) \approx -0,1278$.
- Tại $t = 20\text{ s}$ (nội suy giữa $18\text{ s}$ và $22\text{ s}$) và tại $t = 30\text{ s}: T - T_0 = 0,12\text{ K} \implies \ln(T - T_0) \approx -2,1203$.
Độ dốc của đường thẳng biểu diễn $\ln(T - T_0)$ theo $t$ có giá trị tuyệt đối:
Với $K = \frac{P}{\Delta T(0)} = \frac{9\text{ W}}{2,40\text{ K}} = 3,75\text{ W/K}$, nhiệt dung tổng cộng của hệ là:
🚀 Thử thách mở rộng
Bài toán mở rộng: Vì sao ở vùng $t \ge 38\text{ s}$ (khi $T - T_0 \le 0,05^\circ\text{C}$), các điểm thực nghiệm bắt đầu lệch nhẹ khỏi đường thẳng lý thuyết?
Hướng dẫn: Khi $T - T_0$ rất nhỏ cỡ $0,04^\circ\text{C}$, sai số làm tròn của nhiệt kế ($\pm 0,01^\circ\text{C}$) trở nên đáng kể trên thang logarit $\delta(\ln \Delta T) \approx \frac{\delta T}{\Delta T} \approx 25\%$.
Xét chùm sáng song song có cường độ phân bố đều chiếu thẳng đứng từ trên xuống mặt nước (Hình 4), tạo ra các vân sáng tối ở đáy bể. Chọn mặt phẳng thẳng đứng là mặt phẳng $(x, z)$, chiết suất của nước là $n$, biên dạng mặt nước được mô tả bởi hàm $z = f(x)$, còn đáy bể nằm tại mặt phẳng $z = -D$.
Nếu tia sáng chạm mặt nước tại $(\tilde{x}, \tilde{z})$ với $\tilde{z} = f(\tilde{x})$, chứng minh góc tới $\theta_i$ và góc khúc xạ $\theta_r$ thỏa mãn:
💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)
- Góc giữa tiếp tuyến mặt nước và trục ngang $Ox$ liên hệ thế nào với góc giữa pháp tuyến mặt nước và tia tới thẳng đứng?
- Từ định luật Snell $\sin\theta_i = n\sin\theta_r$, làm thế nào để biểu diễn $\tan\theta_r$ theo $\tan\theta_i = f'(\tilde{x})$?
🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích
Góc nghiêng của tiếp tuyến mặt nước so với phương ngang có $\tan\theta_i = f'(\tilde{x})$ (góc có cạnh tương ứng vuông góc với góc giữa pháp tuyến và phương thẳng đứng). Áp dụng hệ thức lượng giác $\sin^2\theta_i = \frac{\tan^2\theta_i}{1 + \tan^2\theta_i}$ và $\sin\theta_r = \frac{\sin\theta_i}{n}$.
✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn
Hệ số góc tiếp tuyến với đường cong $z = f(x)$ tại $x = \tilde{x}$ là $\tan\theta_i = f'(\tilde{x})$. Do tia tới có phương thẳng đứng và pháp tuyến vuông góc với tiếp tuyến nên góc tới chính là $\theta_i$. Theo định luật khúc xạ ánh sáng:
Với bộ số kiểm tra $f'(\tilde{x}) = 1, n = \sqrt{2}$: $\tan\theta_r = \frac{1}{\sqrt{2 + 1}} = \frac{1}{\sqrt{3}} \approx 0,577$.
🚀 Thử thách mở rộng
Bài toán mở rộng: Khi độ dốc mặt nước rất lớn ($|f'(\tilde{x})| \to \infty$), góc khúc xạ $\theta_r$ tiến tới giới hạn nào?
Hướng dẫn: Khi $|f'(\tilde{x})| \to \infty$, $\tan\theta_r \to \frac{1}{\sqrt{n^2 - 1}}$, ứng với $\sin\theta_r = \frac{1}{n}$ (góc giới hạn phản xạ toàn phần).
Chứng minh tia sáng đi qua $(\tilde{x}, \tilde{z})$ sau khi khúc xạ vào nước sẽ chạm đáy bể ($z = -D$) tại hoành độ:
💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)
- Tia khúc xạ hợp với phương thẳng đứng một góc bằng bao nhiêu theo $\theta_i$ và $\theta_r$?
- Khoảng cách thẳng đứng từ điểm tới $(\tilde{x}, f(\tilde{x}))$ xuống đáy bể $z = -D$ là bao nhiêu?
🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích
Pháp tuyến hợp góc $\theta_i$ với phương thẳng đứng, còn tia khúc xạ hợp góc $\theta_r$ với pháp tuyến, nên tia khúc xạ lệch góc $\delta = \theta_i - \theta_r$ so với phương thẳng đứng. Do đó:
✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn
Thay biểu thức $\tan\theta_i = f'(\tilde{x})$ và $\tan\theta_r = \frac{f'(\tilde{x})}{\sqrt{n^2 + (n^2 - 1)f'(\tilde{x})^2}}$ từ câu 4(a) vào công thức cộng tang:
Nhân với độ cao thẳng đứng $\Delta z = D + f(\tilde{x})$ từ điểm tới xuống đáy bể, ta được biểu thức của $\tilde{x}'$ cần chứng minh. Với bộ số kiểm tra: $\tilde{x}' - \tilde{x} = 4\times\frac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{3}+1} = 4(2 - \sqrt{3}) \approx 1,072\text{ m}$.
🚀 Thử thách mở rộng
Bài toán mở rộng: Khi $f'(\tilde{x}) > 0$ (mặt nước dốc lên về phía $+x$), tia khúc xạ lệch về phía $+x$ hay $-x$?
Hướng dẫn: Vì $n > 1 \implies \sqrt{n^2 + (n^2-1)f'^2} > 1$, nên khi $f'(\tilde{x}) > 0$ thì $\tilde{x}' - \tilde{x} > 0$ (tia lệch về phía $+x$, hướng về phía phần nước dày hơn).
Nếu biên độ sóng rất nhỏ so với độ sâu $D$ ($|f(\tilde{x})| \ll D$) và mặt nước tương đối phẳng ($|f'(\tilde{x})| \ll 1$), thì $\tilde{x}' - \tilde{x}$ tỉ lệ thuận với $f'(\tilde{x})$, tức $\tilde{x}' - \tilde{x} \approx \alpha f'(\tilde{x})$. Tìm hằng số tỉ lệ $\alpha$ theo $n$ và $D$. (Bộ số kiểm tra: $D = 1,2\text{ m}, n = \frac{4}{3}$, tính $\alpha$).
💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)
- Khi $|f(\tilde{x})| \ll D$ và $|f'(\tilde{x})|^2 \ll 1$, đại lượng $D + f(\tilde{x})$ và căn thức $\sqrt{n^2 + (n^2 - 1)f'(\tilde{x})^2}$ xấp xỉ bằng gì?
🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích
Giữ số hạng bậc nhất theo $f'(\tilde{x})$ và bỏ qua $f(\tilde{x})$ so với $D$, ta có $\sqrt{n^2 + (n^2 - 1)f'(\tilde{x})^2} \approx n$.
✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn
Lấy xấp xỉ bậc nhất trong biểu thức ở câu 4(b):
Vậy hệ số tỉ lệ cần tìm là $\alpha = D\left(1 - \frac{1}{n}\right)$. Với $D = 1,2\text{ m}, n = \frac{4}{3}$: $\alpha = 1,2\times\left(1 - \frac{3}{4}\right) = 0,30\text{ m}$.
🚀 Thử thách mở rộng
Bài toán mở rộng: Giải thích nhanh kết quả trên bằng định luật Snell cho góc nhỏ $\theta_i \approx n\theta_r$.
Hướng dẫn: Với góc nhỏ, $\theta_i \approx f'(\tilde{x})$, $\theta_r \approx \frac{\theta_i}{n} \implies \delta = \theta_i - \theta_r \approx \left(1 - \frac{1}{n}\right)f'(\tilde{x})$, nhân với $D$ cho ngay $\Delta x \approx D\left(1 - \frac{1}{n}\right)f'(\tilde{x})$.
Giả sử ánh sáng chiếu tới mặt nước truyền qua hoàn toàn (bỏ qua phản xạ). Dựa trên kết quả câu (c), tìm phân bố cường độ sáng tương đối dưới đáy bể, tức tỉ số $\frac{I}{I_0}$ giữa cường độ sáng tại đáy bể và cường độ chùm sáng tới song song phía trên.
💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)
- Xét chùm tia sáng tới nằm trong dải vi phân từ $\tilde{x}$ đến $\tilde{x} + d\tilde{x}$. Khi xuống tới đáy bể, chùm tia này trải rộng trên đoạn từ $\tilde{x}'$ đến $\tilde{x}' + d\tilde{x}'$.
- Bảo toàn thông lượng sáng $I_0\,d\tilde{x} = I\,d\tilde{x}'$ cho ta hệ thức nào giữa $\frac{I}{I_0}$ và đạo hàm $\frac{d\tilde{x}'}{d\tilde{x}}$?
🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích
Từ $\tilde{x}' = \tilde{x} + D\left(1 - \frac{1}{n}\right)f'(\tilde{x})$, lấy vi phân theo $\tilde{x}$:
✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn
Do ánh sáng truyền qua hoàn toàn, năng lượng ánh sáng gửi tới dải $d\tilde{x}$ trên mặt nước bằng năng lượng ánh sáng chiếu lên dải $d\tilde{x}'$ ở đáy bể:
Khi $\alpha f''(\tilde{x}) = -0,2$: $\frac{I}{I_0} = \frac{1}{1 - 0,2} = 1,25$.
🚀 Thử thách mở rộng
Bài toán mở rộng: Hiện tượng gì xảy ra khi độ sâu $D$ đạt giá trị tới hạn làm cho $1 + D\left(1 - \frac{1}{n}\right)f''(\tilde{x}) = 0$?
Hướng dẫn: Khi đó $I/I_0 \to \infty$ (trong quang hình học), tạo thành đường tụ quang (caustics) rất sắc nét dưới đáy hồ bơi.
Tiếp theo câu (d), nếu hàm biên dạng mặt nước là $f(x) = A_0\sin\left(\frac{2\pi}{\lambda}x\right)$ với $\lambda$ là hằng số, tìm các vị trí sáng nhất và tối nhất ở đáy bể. (Bộ số kiểm tra: $\lambda = 0,8\text{ m}$, tìm tọa độ dương nhỏ nhất $x_{\text{sáng}}$ của vân sáng nhất).
💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)
- Tính đạo hàm bậc hai $f''(\tilde{x})$ của hàm $f(\tilde{x}) = A_0\sin\left(\frac{2\pi}{\lambda}\tilde{x}\right)$.
- Cường độ sáng $I$ đạt cực đại (vân sáng nhất) khi $f''(\tilde{x})$ đạt cực đại hay cực tiểu? Tại các điểm cực trị này, $f'(\tilde{x})$ bằng bao nhiêu nên $\tilde{x}'$ có trùng với $\tilde{x}$ không?
🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích
Ta có $f'(\tilde{x}) = \frac{2\pi}{\lambda}A_0\cos\left(\frac{2\pi}{\lambda}\tilde{x}\right)$ và $f''(\tilde{x}) = -\left(\frac{2\pi}{\lambda}\right)^2 A_0\sin\left(\frac{2\pi}{\lambda}\tilde{x}\right)$. Thay vào biểu thức cường độ sáng:
✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn
Tại các điểm mà $\sin\left(\frac{2\pi}{\lambda}\tilde{x}\right) = \pm 1$, ta có $\cos\left(\frac{2\pi}{\lambda}\tilde{x}\right) = 0 \implies f'(\tilde{x}) = 0$, nên tia sáng truyền thẳng đứng và $\tilde{x}' = \tilde{x}$. Do đó:
- Vị trí sáng nhất ($I$ cực đại): ứng với $\sin\left(\frac{2\pi}{\lambda}x\right) = 1$ (ngay dưới các đỉnh sóng, đóng vai trò thấu kính hội tụ):
$$ x_{\text{sáng}} = \left(k + \frac{1}{4}\right)\lambda \quad (k \in \mathbb{Z}) $$
- Vị trí tối nhất ($I$ cực tiểu): ứng với $\sin\left(\frac{2\pi}{\lambda}x\right) = -1$ (ngay dưới các hõm sóng, đóng vai trò thấu kính phân kỳ):
$$ x_{\text{tối}} = \left(k + \frac{3}{4}\right)\lambda \quad (k \in \mathbb{Z}) $$
Với $\lambda = 0,8\text{ m}$, vị trí dương nhỏ nhất của vân sáng nhất là $x_{\text{sáng}} = \frac{\lambda}{4} = 0,20\text{ m}$.
🚀 Thử thách mở rộng
Bài toán mở rộng: Tính tiêu cự tương đương $F$ của một đỉnh sóng nước hình sin $z = A_0\sin(2\pi x/\lambda)$.
Hướng dẫn: Bán kính cong tại đỉnh sóng là $R = \frac{1}{|f''|} = \frac{\lambda^2}{4\pi^2 A_0}$, lưỡng chất cầu nước-không khí hội tụ chùm tia ở độ sâu $F = \frac{n}{n-1}R = \frac{n}{(n-1)}\frac{\lambda^2}{4\pi^2 A_0}$.
Một tụ điện phẳng đặt thẳng đứng, bản cực dưới cố định, bản cực trên có khối lượng $m$ được treo vào một lò xo dẫn điện có độ cứng $k$ và khối lượng không đáng kể (Hình 5). Diện tích mỗi bản cực là $A$. Khi điện tích trên hai bản bằng không, khoảng cách cân bằng giữa hai bản là $d$.
Nếu tích điện $\pm Q$ lên hai bản cực (ngắt nguồn), khoảng cách cân bằng giữa hai bản là $d - x$. Tìm hệ thức liên hệ giữa $x$ và $Q$, và giá trị lớn nhất $Q_{\max}$. (Bộ số kiểm tra: $\varepsilon_0 A = 10^{-11}\text{ F}\cdot\text{m}, k = 20\text{ N/m}, d = 0,01\text{ m}$, tính $Q_{\max}$ theo đơn vị $\mu\text{C}$).
💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)
- Cường độ điện trường do một bản cực tích điện đều gây ra tại vị trí bản cực kia là $E_1 = \frac{Q}{2\varepsilon_0 A}$ (hay $\frac{Q}{\varepsilon_0 A}$)?
- Khi hai bản chưa chạm nhau ($x \le d$), lực hút tĩnh điện $F_e = \frac{Q^2}{2\varepsilon_0 A}$ có phụ thuộc vào $x$ không?
🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích
Vì cường độ điện trường do một bản gây ra là $E_1 = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0} = \frac{Q}{2\varepsilon_0 A}$, lực hút tĩnh điện tác dụng lên bản trên là $F_e = Q E_1 = \frac{Q^2}{2\varepsilon_0 A}$. Cân bằng với độ tăng lực đàn hồi $kx$:
✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn
Tại vị trí cân bằng ban đầu ($Q = 0$), độ giãn lò xo đã cân bằng với trọng lực $mg$. Khi tích điện $\pm Q$, bản trên dịch xuống thêm đoạn $x$ thỏa mãn:
Vì lực tĩnh điện $\frac{Q^2}{2\varepsilon_0 A}$ không phụ thuộc $x$, cân bằng luôn bền với mọi $0 \le x < d$. Giới hạn để hai bản chưa chập vào nhau ứng với $x_{\max} = d$, suy ra:
Thay bộ số kiểm tra: $Q_{\max} = \sqrt{2\times 10^{-11}\times 20\times 0,01} = 2,0\times 10^{-6}\text{ C} = 2,0\ \mu\text{C}$.
🚀 Thử thách mở rộng
Bài toán mở rộng: Khi giữ điện tích $Q < Q_{\max}$ không đổi, tần số dao động nhỏ của bản tụ trên quanh vị trí cân bằng bằng bao nhiêu?
Hướng dẫn: Vì lực tĩnh điện $F_e = \frac{Q^2}{2\varepsilon_0 A}$ không đổi theo $x$, hợp lực kéo về vẫn là $-k\Delta x$, nên tần số góc không đổi $\omega = \sqrt{k/m}$.
Dùng nguồn áp biến đổi tăng rất chậm hiệu điện thế giữa hai bản từ $0$ lên đến $V$. Tìm hệ thức liên hệ giữa $x$ và $V$, tìm giá trị cực đại $V_{\max}$, và thảo luận hiện tượng xảy ra khi $V > V_{\max}$. (Với bộ số ở 5a, tính tỉ số độ dịch chuyển tới hạn $x_m / d$).
💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)
- Khi khoảng cách hai bản là $d - x$ và hiệu điện thế là $V$, điện tích trên bản tụ là $Q = C(x)V = \frac{\varepsilon_0 A V}{d - x}$.
- Thay $Q$ vào phương trình cân bằng ở câu 5(a) để rút ra hàm $V(x)$ và khảo sát cực đại của $V(x)$ trên khoảng $(0, d)$.
🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích
Thay $Q = \frac{\varepsilon_0 A V}{d - x}$ vào $kx = \frac{Q^2}{2\varepsilon_0 A}$:
✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn
Lấy đạo hàm hàm $g(x) = x(d - x)^2$ theo $x$:
Tại $x_m = \frac{d}{3}$, hiệu điện thế đạt giá trị cực đại:
Hiện tượng khi $V > V_{\max}$: Phương trình cân bằng không còn nghiệm thực; lực hút tĩnh điện $\frac{\varepsilon_0 A V^2}{2(d-x)^2}$ luôn lớn hơn lực đàn hồi $kx$ của lò xo ở mọi vị trí $x \in [0, d)$, làm bản cực trên mất ổn định (hiện tượng pull-in), bị hút sập xuống chạm trực tiếp vào bản cực dưới.
🚀 Thử thách mở rộng
Bài toán mở rộng: Vì sao nhánh nghiệm $\frac{d}{3} < x < d$ khi $V < V_{\max}$ lại là vị trí cân bằng không bền?
Hướng dẫn: Khi tăng nhẹ $x$, độ cứng hiệu dụng $k_{\text{eff}} = \frac{d}{dx}\left(kx - \frac{\varepsilon_0 A V^2}{2(d-x)^2}\right) = k\frac{d - 3x}{d - x} < 0$ với $x > d/3$, lực tổng hợp đẩy bản tụ rời xa vị trí cân bằng.
Khi $V < V_{\max}$ (ứng với vị trí cân bằng $x < d/3$), tìm công mà nguồn điện đã thực hiện $W_{\text{nguồn}}$, năng lượng tĩnh điện $U_e$ dự trữ giữa hai bản cực, và chứng minh năng lượng của hệ được bảo toàn. (Bộ số kiểm tra: $k = 20\text{ N/m}, d = 0,03\text{ m}, x = 0,01\text{ m}$, tính $W_{\text{nguồn}}$ theo $\text{mJ}$).
💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)
- Khi tăng áp rất chậm (chuẩn tĩnh), tại độ dịch chuyển trung gian $x'$, điện tích trên tụ là $Q(x') = \sqrt{2\varepsilon_0 A k x'}$ và hiệu điện thế là $V(x') = (d - x')\sqrt{\frac{2kx'}{\varepsilon_0 A}}$.
- Tính công của nguồn $W_{\text{nguồn}} = \int_0^Q V(x')\,dQ(x')$ và so sánh với tổng $U_e + \frac{1}{2}kx^2$.
🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích
Ta có $dQ(x') = \sqrt{\frac{\varepsilon_0 A k}{2x'}}\,dx'$. Do đó vi phân công của nguồn điện là:
✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn
1. Công của nguồn điện thực hiện khi đưa bản tụ từ $0$ đến $x$:
2. Năng lượng tĩnh điện dự trữ trong tụ điện tại vị trí $x$:
3. Kiểm chứng bảo toàn năng lượng: Độ tăng thế năng tổng hợp (đàn hồi + trọng trường) của lò xo và bản cực so với vị trí cân bằng ban đầu là $U_s = \frac{1}{2}kx^2$. Vì quá trình diễn ra rất chậm nên động năng bằng $0$, ta có:
Vậy năng lượng được bảo toàn tuyệt đối! Với bộ số kiểm tra ($k=20\text{ N/m}, d=0,03\text{ m}, x=0,01\text{ m}$): $W_{\text{nguồn}} = 20\times 0,03\times 0,01 - 0,5\times 20\times 0,01^2 = 0,005\text{ J} = 5,0\text{ mJ}$.
🚀 Thử thách mở rộng
Bài toán mở rộng: Nếu bật đột ngột nguồn hiệu điện thế không đổi $V$ ngay từ $t = 0$ (thay vì tăng chậm), phần năng lượng chênh lệch sẽ chuyển hóa thành gì?
Hướng dẫn: Khi bật đột ngột nguồn không đổi $V$, công của nguồn là $Q V = 2kx(d-x)$, phần dư sẽ chuyển thành động năng dao động của bản cực và nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở dây nối.
Tại trạng thái $V = V_{\max}$, ngắt nguồn điện rồi nối bản cực trên qua một điện trở rất lớn $R$ xuống đất để điện tích thất thoát rất chậm. Tìm thời gian $t_{1/2}$ cần thiết để điện tích trên bản cực giảm xuống còn một nửa giá trị ban đầu. (Tính hệ số không thứ nguyên $\eta$ trong biểu thức $t_{1/2} = \eta \frac{R\varepsilon_0 A}{d}$).
💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)
- Khi điện tích giảm rất chậm, tại mỗi thời điểm có điện tích $Q$, vị trí cân bằng tức thời của bản cực là $x(Q) = \frac{Q^2}{2\varepsilon_0 A k}$.
- Hiệu điện thế trên tụ $V_C(Q) = \frac{Q}{C(x)} = \frac{Q(d - x(Q))}{\varepsilon_0 A}$ phụ thuộc vào $Q$ như thế nào? Viết phương trình dòng phóng điện $-\frac{dQ}{dt} = \frac{V_C(Q)}{R}$.
🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích
Tại $V = V_{\max}$, vị trí ban đầu là $x_0 = \frac{d}{3}$, nên điện tích ban đầu thỏa mãn $Q_0^2 = 2\varepsilon_0 A k x_0 = \frac{2}{3}\varepsilon_0 A k d$. Suy ra $x(Q) = \frac{d}{3}\left(\frac{Q}{Q_0}\right)^2$, và phương trình phóng điện là:
✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn
Tách biến và tích phân phương trình vi phân từ $Q = Q_0$ đến $Q = \frac{Q_0}{2}$:
Tính nguyên hàm trên đoạn $\left[\frac{1}{2}, 1\right]$:
Hệ số không thứ nguyên $\eta = \frac{1}{2}\ln(5,5) \approx 0,852$.
🚀 Thử thách mở rộng
Bài toán mở rộng: Vì sao thời gian $t_{1/2} \approx 0,852\frac{R\varepsilon_0 A}{d}$ lại lớn hơn thời gian giảm nửa điện tích của tụ điện phẳng có hai bản cố định ở khoảng cách $d$ ($t_{1/2,\text{cố định}} = \ln 2 \cdot \frac{R\varepsilon_0 A}{d} \approx 0,693\frac{R\varepsilon_0 A}{d}$)? Wait—hãy kiểm tra lại chiều bất đẳng thức!
Hướng dẫn: Khi bản trên dịch xuống ($d - x < d$), điện dung $C(x) = \frac{\varepsilon_0 A}{d-x}$ lớn hơn điện dung khi khoảng cách là $d$, do đó hằng số thời gian $RC(x)$ lớn hơn và tụ phóng điện chậm hơn!
Một tụ điện có điện dung $C$ (kích thước và khối lượng không đáng kể, ban đầu chưa tích điện) nối giữa hai thanh kim loại đồng chất giống hệt nhau; mỗi thanh có chiều dài $D$, khối lượng $m$, điện trở $R$, tạo thành một "bộ thanh dẫn" (Hình 6). Lấy hai bộ thanh dẫn giống hệt nhau đặt song song trên hai thanh ray kim loại rất dài đặt cách nhau khoảng $L$ ($L < 2D$) trên mặt phẳng ngang, tạo thành mạch kín như Hình 7. Bỏ qua mọi ma sát, điện trở tiếp xúc và điện trở của hai thanh ray. Hệ đặt trong từ trường đều $\vec{B}$ hướng thẳng đứng từ trên xuống. Tại $t = 0$, một bộ thanh dẫn đứng yên, bộ thanh dẫn kia có vận tốc đầu $v_0$ hướng dọc theo ray ra xa bộ đứng yên.
Xét đối với quá trình nạp điện của tụ điện, nếu quy đổi mạch vòng này thành một mạch nạp $RC$ đơn giản gồm một nguồn điện không đổi nạp cho một tụ điện tương đương, thì suất điện động tương đương $\mathcal{E}_{\text{eq}}$ và điện dung tương đương $C_{\text{eq}}$ bằng bao nhiêu? (Bộ số kiểm tra: $B = 1\text{ T}, L = 1\text{ m}, m = 0,5\text{ kg}, C = 1\text{ F}$, tính $C_{\text{eq}}$ theo $\text{F}$).
💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)
- Mỗi bộ thanh dẫn gồm hai thanh dài $D$, khối lượng $m$, nên tổng khối lượng của mỗi bộ thanh dẫn là $M = 2m$.
- Khi dòng điện $I = \frac{dQ}{dt}$ chạy trong mạch, lực từ $BIL$ làm giảm vận tốc $v_1(t)$ của bộ 1 và tăng vận tốc $v_2(t)$ của bộ 2 như thế nào theo điện tích $Q(t)$ trên mỗi tụ?
- Thay $v_1(t) - v_2(t)$ vào phương trình Kirchhoff của mạch vòng để tìm hệ số đi với $Q(t)$.
🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích
Phương trình chuyển động của hai bộ thanh (mỗi bộ có khối lượng $2m$):
Chỉ phần chiều dài $L$ nằm giữa hai ray mới có dòng điện đi qua, nên điện trở phần nằm giữa hai ray của mỗi bộ là $\frac{L}{D}R$, tổng điện trở mạch vòng là $R_{\text{loop}} = \frac{2LR}{D}$.
✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn
Phương trình Kirchhoff cho mạch vòng chứa hai tụ điện $C$ mắc nối tiếp:
Đối chiếu với phương trình nạp tụ của mạch $RC$ đơn giản $\mathcal{E}_{\text{eq}} - \frac{Q}{C_{\text{eq}}} = R_{\text{eq}}\frac{dQ}{dt}$, ta thu được:
Với bộ số kiểm tra ($B=1\text{ T}, L=1\text{ m}, m=0,5\text{ kg}, C=1\text{ F}$): $C_{\text{eq}} = \frac{0,5\times 1}{2\times 0,5 + 1} = 0,25\text{ F}$.
🚀 Thử thách mở rộng
Bài toán mở rộng: Giải thích ý nghĩa của số hạng "điện dung cơ học" $C_{\text{mech}} = \frac{m}{B^2 L^2}$ mắc nối tiếp với hai tụ $C$.
Hướng dẫn: Động năng tương đối của hai bộ thanh đóng vai trò như một phần tử tích trữ năng lượng tương đương với một tụ điện có điện dung $\frac{m}{B^2L^2}$.
Bỏ qua bức xạ điện từ, tìm sự phụ thuộc của vận tốc hai bộ thanh dẫn $v_1(t)$ và $v_2(t)$ theo thời gian $t$.
💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)
- Từ mạch $RC$ tương đương ở câu 6(a) với $R_{\text{eq}} = \frac{2LR}{D}$, điện tích $Q(t)$ biến thiên theo hàm mũ như thế nào?
- Thay $Q(t)$ vào $v_1(t) = v_0 - \frac{BL}{2m}Q(t)$ và $v_2(t) = \frac{BL}{2m}Q(t)$.
🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích
Hằng số thời gian của mạch là $\tau = R_{\text{eq}}C_{\text{eq}} = \frac{2mCLR}{D(2m + B^2 L^2 C)}$, và điện tích tức thời trên mỗi tụ là:
✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn
Thay $Q(t)$ vào hệ thức liên hệ giữa vận tốc và điện tích:
Với bộ số kiểm tra ($v_0=12\text{ m/s}, B=1\text{ T}, L=1\text{ m}, m=0,5\text{ kg}, C=1\text{ F}$): $v_2(\infty) = \frac{1\times 12}{2(1+1)} = 3,0\text{ m/s}$.
🚀 Thử thách mở rộng
Bài toán mở rộng: Kiểm tra định luật bảo toàn động lượng của hệ hai bộ thanh tại mọi thời điểm $t > 0$.
Hướng dẫn: Tổng ngoại lực theo phương dọc ray bằng $0$, nên $2m v_1(t) + 2m v_2(t) = 2m v_0 \implies v_1(t) + v_2(t) = v_0$ luôn được bảo toàn.
Chuyển động của hai bộ thanh dẫn có đạt tới vận tốc giới hạn (vận tốc cuối) không? Nếu có, hiệu vận tốc của hai bộ thanh dẫn khi đó bằng bao nhiêu? (Với bộ số ở 6b, tính $\Delta v(\infty) = v_1(\infty) - v_2(\infty)$).
💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)
- Khi $t \to \infty$, thừa số hàm mũ $e^{-t/\tau}$ tiến về mấy?
- Tính hiệu $\Delta v(\infty) = v_1(\infty) - v_2(\infty) = v_0 - 2v_2(\infty)$.
🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích
Khi $t \to \infty$, dòng nạp tụ giảm về $0$, hai tụ tích đầy điện tích $Q_{\max}$ tạo ra hiệu điện thế $\frac{2Q_{\max}}{C}$ cân bằng với suất điện động cảm ứng $BL\Delta v(\infty)$.
✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn
Có đạt vận tốc giới hạn! Lấy giới hạn $t \to \infty$ trong biểu thức ở câu 6(b):
Với bộ số kiểm tra ($v_0=12\text{ m/s}, B=1\text{ T}, L=1\text{ m}, m=0,5\text{ kg}, C=1\text{ F}$): $\Delta v(\infty) = \frac{1}{1 + 1}\times 12 = 6,0\text{ m/s}$.
🚀 Thử thách mở rộng
Bài toán mở rộng: Khi $C \to \infty$ (nối tắt hai tụ điện bằng dây dẫn không điện trở), hiệu vận tốc cuối $\Delta v(\infty)$ bằng bao nhiêu?
Hướng dẫn: Khi $C \to \infty$, $\Delta v(\infty) \to 0$, nghĩa là hai bộ thanh tiến tới chuyển động cùng vận tốc $v_1(\infty) = v_2(\infty) = \frac{v_0}{2}$ để từ thông qua mạch không đổi.
Tìm tổng nhiệt lượng $Q_J$ tỏa ra trên các thanh dẫn từ $t = 0$ đến khi hệ đạt trạng thái dừng ($t \to \infty$), đồng thời tính phần điện trở nằm ngoài hai thanh ray có tỏa nhiệt không? (Bộ số kiểm tra: $v_0 = 12\text{ m/s}, B = 1\text{ T}, L = 1\text{ m}, m = 0,5\text{ kg}, C = 1\text{ F}$, tính $Q_J$ theo đơn vị $\text{J}$).
💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)
- Trong mạch nạp $RC$ tương đương có suất điện động không đổi $\mathcal{E}_{\text{eq}} = BLv_0$ và điện dung tương đương $C_{\text{eq}}$ ban đầu chưa tích điện, tổng nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở khi nạp đầy tụ bằng bao nhiêu?
- Đối chiếu kết quả đó với độ giảm cơ năng trừ đi năng lượng điện trường dự trữ trong hai tụ điện $C$ khi $t \to \infty$.
🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích
Các đoạn thanh dẫn nằm ngoài khoảng $L$ giữa hai thanh ray tạo thành nhánh hở mạch nên không có dòng điện chạy qua và không tỏa nhiệt. Toàn bộ nhiệt lượng Joule tỏa ra trên phần chiều dài $L$ giữa hai ray đúng bằng nhiệt lượng tỏa ra của mạch nạp $RC$ tương đương:
✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn
Thay $\mathcal{E}_{\text{eq}} = BLv_0$ và $C_{\text{eq}} = \frac{mC}{2m + B^2 L^2 C}$ từ câu 6(a) vào công thức năng lượng mất mát trên mạch tương đương:
Kiểm chứng bằng định luật bảo toàn năng lượng trực tiếp:
- Động năng ban đầu của hệ: $K_0 = \frac{1}{2}(2m)v_0^2 = mv_0^2$.
- Khi $t \to \infty$, điện tích trên mỗi tụ là $Q_\infty = C_{\text{eq}}\mathcal{E}_{\text{eq}} = \frac{mCBLv_0}{2m + B^2 L^2 C}$, tổng năng lượng điện trường trên hai tụ là $W_C = 2\cdot\frac{Q_\infty^2}{2C} = \frac{Q_\infty^2}{C}$.
- Động năng cuối của hai bộ thanh: $K_\infty = m v_1^2(\infty) + m v_2^2(\infty) = mv_0^2 - \frac{B^2 L^2}{m}Q_\infty^2 - \frac{2}{C}Q_\infty^2 + \frac{1}{2}\left(\frac{2}{C} + \frac{B^2L^2}{m}\right)Q_\infty^2$.
- Suy ra $Q_J = K_0 - K_\infty - W_C = \frac{1}{2C_{\text{eq}}}Q_\infty^2 = \frac{m C B^2 L^2 v_0^2}{2(2m + B^2 L^2 C)}$.
Với bộ số kiểm tra ($v_0=12\text{ m/s}, B=1\text{ T}, L=1\text{ m}, m=0,5\text{ kg}, C=1\text{ F}$): $Q_J = \frac{1}{2}\times 0,25\times (1\times 1\times 12)^2 = 18,0\text{ J}$.
🚀 Thử thách mở rộng
Bài toán mở rộng: Tỉ số giữa năng lượng tích trữ trên hai tụ điện $W_C$ và tổng nhiệt lượng tỏa ra $Q_J$ khi $t \to \infty$ bằng bao nhiêu?
Hướng dẫn: Ta có $\frac{W_C}{Q_J} = \frac{Q_\infty^2 / C}{Q_\infty^2 / (2C_{\text{eq}})} = \frac{2C_{\text{eq}}}{C} = \frac{2m}{2m + B^2 L^2 C}$.
0 nhận xét:
Đăng nhận xét