Phát triển năng lực tự học ôn thi HSG Quốc gia Vật lý: Giải Đề thi Olympic Vật lý Singapore lần thứ 19 (SPhO 2006)

TỦ SÁCH CHUYÊN KHẢO VẬT LÝ CHUYÊN & OLYMPIAD

ĐỀ THI LÝ THUYẾT OLYMPIAD VẬT LÝ SINGAPORE LẦN THỨ 19 (SPhO 2006)

Học liệu tự học tương tác 4 tầng — Phân tích giải tích toàn diện 10 bài toán Cơ học, Nhiệt - Quang khí quyển, Điện từ học, Vật lý Hạt nhân và Tương đối tính (Thang điểm chuẩn hóa: 20,0 điểm).

📌 Bảng hằng số vật lý chuẩn sử dụng trong đề thi:
• Số Avogadro: $N_A = 6{,}023 \times 10^{23}\text{ mol}^{-1}$  |  Hằng số Boltzmann: $k_B = 1{,}38 \times 10^{-23}\text{ J}\cdot\text{K}^{-1}$
• Điện tích nguyên tố: $e = 1{,}6 \times 10^{-19}\text{ C}$  |  Khối lượng nghỉ electron: $m_e = 9{,}11 \times 10^{-31}\text{ kg}$
• Khối lượng nghỉ proton: $m_p = 1{,}67 \times 10^{-27}\text{ kg}$  |  Khối lượng nghỉ neutron: $m_n = 1{,}68 \times 10^{-27}\text{ kg}$
• Hằng số Planck: $h = 6{,}63 \times 10^{-34}\text{ J}\cdot\text{s}$  |  Tốc độ ánh sáng trong chân không: $c = 2{,}997 \times 10^8\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}$
• Hằng số điện môi: $\varepsilon_0 = 8{,}85 \times 10^{-12}\text{ F}\cdot\text{m}^{-1}$  |  Gia tốc trọng trường chuẩn: $g = 9{,}81\text{ m}\cdot\text{s}^{-2}$

Bài 1. Cực trị Trọng tâm và Độ ổn định của Cốc trụ chứa chất lỏng

2,0 điểm

Trọng tâm của một chiếc cốc hình trụ rỗng có khối lượng $m$, bán kính đáy $r$ và bề dày thành cốc không đáng kể nằm ở độ cao $h$ phía trên đáy cốc.

1.1. Tìm độ sâu $x$ của lớp chất lỏng có khối lượng riêng $\rho$ cần rót vào cốc sao cho hệ (cốc và chất lỏng) đạt trạng thái ổn định nhất theo các tham số đã cho ($m, r, h, \rho$).

1.2. Tìm độ cao $y$ của trọng tâm hệ (cốc chứa một phần chất lỏng) phía trên đáy cốc ở trạng thái ổn định nhất này. Mối liên hệ giữa $x$ và $y$ khi đó là gì?

Hình 1.1: Cốc hình trụ bán kính $r$, trọng tâm ban đầu $G_0$ ở độ cao $h$, chứa chất lỏng tới độ sâu $x$.

⌨️ Kiểm tra nhanh kết quả giải tích (Ý 1.2): Ở trạng thái hệ ổn định nhất, tỷ số không thứ nguyên $\frac{y}{x}$ giữa độ cao trọng tâm hệ $y$ và độ sâu mực chất lỏng $x$ bằng bao nhiêu?

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

1. Một vật đặt trên mặt phẳng ngang đạt trạng thái cân bằng bền (ổn định nhất) khi thế năng trọng trường hay độ cao trọng tâm $y$ của toàn hệ đạt cực đại hay cực tiểu?
2. Khi rót chất lỏng đến độ sâu $x$, khối lượng của phần chất lỏng $m_L(x)$ và độ cao trọng tâm riêng của khối chất lỏng $y_L(x)$ phụ thuộc vào $x$ theo biểu thức nào?
3. Nếu hàm phân thức $y(x) = \frac{u(x)}{v(x)}$ đạt cực trị tại $x$, đạo hàm $y'(x) = 0$ dẫn đến hệ thức đặc biệt nào giữa $y(x)$ và tỉ số đạo hàm $\frac{u'(x)}{v'(x)}$?

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

• Khối lượng chất lỏng trong cốc ở độ sâu $x$ là $m_L = \pi \rho r^2 x$, có trọng tâm nằm tại chính giữa cột chất lỏng: $y_L = \frac{x}{2}$.

• Độ cao trọng tâm tổng hợp $y(x)$ của hệ gồm cốc rỗng ($m$, độ cao $h$) và cột chất lỏng ($m_L$, độ cao $x/2$) là:

$$ y(x) = \frac{m h + (\pi \rho r^2 x)\left(\frac{x}{2}\right)}{m + \pi \rho r^2 x} = \frac{m h + \frac{1}{2}\pi \rho r^2 x^2}{m + \pi \rho r^2 x} $$

• Để cốc ổn định nhất, $y(x)$ phải đạt cực tiểu ($\frac{dy}{dx} = 0$). Áp dụng tính chất cực trị của phân thức $y = \frac{u(x)}{v(x)}$: tại điểm cực trị $y'(x) = \frac{u'v - uv'}{v^2} = 0 \implies y = \frac{u}{v} = \frac{u'(x)}{v'(x)}$.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

1.1. Xác định độ sâu chất lỏng $x$ để cốc ổn định nhất:

Xét hệ gồm cốc rỗng có khối lượng $m$ (trọng tâm tại $y_0 = h$) và cột chất lỏng hình trụ có chiều cao $x$, bán kính $r$. Khối lượng của phần chất lỏng là:

$$ m_L = \rho V_L = \pi \rho r^2 x $$

Do chất lỏng đồng chất và cốc hình trụ thẳng đứng, trọng tâm của khối chất lỏng nằm tại độ cao $y_L = \frac{x}{2}$ so với đáy. Độ cao trọng tâm $y$ của toàn hệ so với đáy cốc là:

$$ y(x) = \frac{m h + m_L y_L}{m + m_L} = \frac{m h + \frac{1}{2}\pi \rho r^2 x^2}{m + \pi \rho r^2 x} $$

Hệ đạt trạng thái ổn định nhất khi trọng tâm $y(x)$ nằm ở vị trí thấp nhất ($\frac{dy}{dx} = 0$ và $\frac{d^2y}{dx^2} \gt 0$). Lấy đạo hàm của $y(x)$ theo $x$:

$$ \frac{dy}{dx} = \frac{\pi \rho r^2 x (m + \pi \rho r^2 x) - \pi \rho r^2 \left(m h + \frac{1}{2}\pi \rho r^2 x^2\right)}{(m + \pi \rho r^2 x)^2} = 0 $$

Rút gọn thừa số chung $\pi \rho r^2 \neq 0$ trên tử số, ta thu được phương trình bậc hai đối với $x$:

$$ \frac{1}{2}\pi \rho r^2 x^2 + m x - m h = 0 $$

Vì độ sâu $x \gt 0$, giải phương trình bậc hai trên ta nhận nghiệm dương duy nhất:

$$ x = \frac{-m + \sqrt{m^2 + 2\pi \rho r^2 m h}}{\pi \rho r^2} = \frac{m}{\pi \rho r^2}\left(\sqrt{1 + \frac{2\pi \rho r^2 h}{m}} - 1\right) $$

1.2. Độ cao trọng tâm $y$ và mối liên hệ giữa $x$ và $y$:

Từ điều kiện cực trị $u'(x) v(x) - u(x) v'(x) = 0$ với $u(x) = m h + \frac{1}{2}\pi \rho r^2 x^2$ và $v(x) = m + \pi \rho r^2 x$, ta có ngay:

$$ y = \frac{u(x)}{v(x)} = \frac{u'(x)}{v'(x)} = \frac{\pi \rho r^2 x}{\pi \rho r^2} = x $$

Như vậy, ở trạng thái ổn định nhất, trọng tâm chung của cả hệ nằm ngay trên mặt thoáng của chất lỏng ($y = x$).

Đáp số chuẩn:
• Độ sâu chất lỏng cần rót và độ cao trọng tâm hệ:
$x = y = \dfrac{m}{\pi \rho r^2}\left(\sqrt{1 + \dfrac{2\pi \rho r^2 h}{m}} - 1\right)$
• Mối liên hệ: $y = x$ (hay tỷ số $\dfrac{y}{x} = 1$).

🚀 Thử thách mở rộng: Góc nghiêng giới hạn lật cốc

Câu hỏi mở rộng: Giả sử chất lỏng trong cốc được làm đông đặc nhẹ (để mặt thoáng không bị sóng sánh khi nghiêng nhẹ) ở đúng độ sâu tối ưu $x$ vừa tìm được. Hãy xác định góc nghiêng cực đại $\alpha_{\max}$ của mặt bàn so với phương ngang mà cốc chưa bị lật (giả sử ma sát đủ lớn để cốc không trượt).

Hướng dẫn giải nhanh: Cốc bắt đầu lật khi đường thẳng đứng đi qua trọng tâm $G$ (ở độ cao $y = x$ trên trục đối xứng) đi qua mép đáy cốc (cách tâm đáy một đoạn $r$). Do đó $\tan\alpha_{\max} = \frac{r}{y} = \frac{r}{x}$.

Bài 2. Phương trình Euler – Capstan cho Dây quấn quanh Trục trụ ngang

2,0 điểm

Một sợi dây nhẹ mang một vật nặng có khối lượng $M = 100\text{ kg}$ ở một đầu và được quấn quanh một thanh trụ tròn nằm ngang cố định. Hệ số ma sát nghỉ giữa dây và thanh trụ là $\mu = 0{,}05$.

2.1. Bằng cách xét sự cân bằng của một phần tử dây vô cùng bé trên mặt trụ, hãy chứng minh rằng lực tối thiểu $F$ tác dụng vào đầu tự do để giữ vật nặng phụ thuộc theo hàm mũ vào số vòng dây $N$ tiếp xúc với thanh trụ.

2.2. Tìm số vòng dây tối thiểu $N_{\min}$ cần quấn quanh thanh trụ nếu quả nặng đối trọng duy nhất hiện có chỉ có khối lượng $m = 1\text{ kg}$.

Hình 2.1: Dây nhẹ quấn $N$ vòng quanh thanh trụ ngang giữ vật nặng $M = 100\text{ kg}$ bằng đối trọng $m = 1\text{ kg}$.

⌨️ Kiểm tra nhanh kết quả tính toán (Ý 2.2): Nhập số vòng dây tối thiểu $N_{\min}$ tiếp xúc với thanh trụ (làm tròn đến 2 chữ số thập phân):

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

1. Xét một vi phân cung dây chắn góc ở tâm $d\theta$ tại vị trí góc $\theta$. Các lực tác dụng lên phần tử dây này theo phương pháp tuyến (hướng tâm) và phương tiếp tuyến gồm những lực nào?
2. Khi góc $d\theta \ll 1\text{ rad}$, ta có thể xấp xỉ $\sin\left(\frac{d\theta}{2}\right)$ và $\cos\left(\frac{d\theta}{2}\right)$ như thế nào để thiết lập mối liên hệ giữa phản lực pháp tuyến $dN$ và lực căng dây $T(\theta)$?
3. Ở trạng thái giới hạn sắp trượt của vật nặng $M$, lực ma sát nghỉ cực đại $df_{\text{ms}} = \mu\,dN$ hướng về phía đầu dây nào?

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

Hình 2.2: Sơ đồ giải tích các lực tác dụng lên vi phân cung dây chắn góc $d\theta$.

• Chiếu điều kiện cân bằng của phần tử dây $d\theta$ lên phương pháp tuyến và phương tiếp tuyến:

$$ \begin{cases} dN = T\sin\left(\dfrac{d\theta}{2}\right) + (T + dT)\sin\left(\dfrac{d\theta}{2}\right) \approx T\,d\theta \\ T\cos\left(\dfrac{d\theta}{2}\right) - (T + dT)\cos\left(\dfrac{d\theta}{2}\right) - \mu\,dN = 0 \implies dT = -\mu T\,d\theta \end{cases} $$

• Tích phân phương trình vi phân $\frac{dT}{T} = -\mu\,d\theta$ theo góc ôm tổng cộng $\theta = 2\pi N$ sẽ cho quy luật hàm mũ cần chứng minh.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

2.1. Chứng minh quy luật hàm mũ của lực căng dây:

Xét một phần tử dây vô cùng bé nằm trên mặt trụ có góc ở tâm là $d\theta$ (nằm giữa góc $\theta$ và $\theta + d\theta$, tính từ điểm dây bắt đầu tiếp xúc với trụ phía treo vật nặng $M$). Ở trạng thái giới hạn khi vật $M$ sắp trượt xuống, lực ma sát nghỉ đạt cực đại $df_{\text{ms}} = \mu\,dN$ và hướng theo chiều tăng của $\theta$ (hỗ trợ lực giữ $F$).

Điều kiện cân bằng của phần tử dây theo phương hướng tâm (pháp tuyến) và phương tiếp tuyến là:

$$ dN - T\sin\left(\frac{d\theta}{2}\right) - (T + dT)\sin\left(\frac{d\theta}{2}\right) = 0 $$

$$ (T + dT)\cos\left(\frac{d\theta}{2}\right) + \mu\,dN - T\cos\left(\frac{d\theta}{2}\right) = 0 $$

Do góc $d\theta \ll 1$, ta áp dụng xấp xỉ bậc nhất $\sin\left(\frac{d\theta}{2}\right) \approx \frac{d\theta}{2}$, $\cos\left(\frac{d\theta}{2}\right) \approx 1$ và bỏ qua vô cùng bé bậc hai $dT\cdot d\theta$:

$$ dN = T\,d\theta \quad \text{và} \quad dT + \mu\,dN = 0 \implies \frac{dT}{T} = -\mu\,d\theta $$

Lấy tích phân hai vế từ đầu treo vật nặng ($\theta = 0$, $T(0) = Mg$) đến đầu tự do sau khi quấn $N$ vòng quanh trụ ($\theta = 2\pi N$, $T(2\pi N) = F$):

$$ \int_{Mg}^{F} \frac{dT}{T} = -\mu \int_{0}^{2\pi N} d\theta \implies \ln\left(\frac{F}{Mg}\right) = -2\pi \mu N \implies F = Mg e^{-2\pi \mu N} $$

Biểu thức trên chứng tỏ lực giữ tối thiểu $F$ ở đầu tự do giảm theo hàm mũ theo số vòng dây $N$ tiếp xúc với thanh trụ (điều phải chứng minh).

2.2. Tính số vòng dây tối thiểu $N_{\min}$ khi dùng đối trọng $m = 1\text{ kg}$:

Để đối trọng $m = 1\text{ kg}$ giữ được vật nặng $M = 100\text{ kg}$, ta phải có $F \le mg$, suy ra:

$$ e^{2\pi \mu N} \ge \frac{M}{m} \implies N \ge \frac{\ln(M/m)}{2\pi \mu} $$

Thay số với $M = 100\text{ kg}$, $m = 1\text{ kg}$ và $\mu = 0{,}05$:

$$ N_{\min} = \frac{\ln(100)}{2\pi \times 0{,}05} = \frac{4{,}60517}{0{,}1\pi} \approx 14{,}66\text{ vòng} $$

Đáp số chuẩn:
• Biểu thức lực giữ ở đầu tự do: $F = Mg e^{-2\pi \mu N}$
• Số vòng dây tiếp xúc tối thiểu: $N_{\min} = \dfrac{\ln 100}{0{,}1\pi} \approx 14{,}66\text{ vòng}$ (hoặc $15\text{ vòng}$ nguyên).

🚀 Thử thách mở rộng: Dây có khối lượng riêng tuyến tính đáng kể

Câu hỏi mở rộng: Nếu sợi dây không nhẹ mà có khối lượng trên một đơn vị chiều dài là $\lambda$, bán kính thanh trụ là $R$, hãy viết phương trình vi phân xác định lực căng dây $T(\theta)$ trên nửa vòng trụ phía trên ($0 \le \theta \le \pi$).

Hướng dẫn giải nhanh: Trọng lực của phần tử dây $dm\,g = \lambda R g\,d\theta$ đóng góp thêm thành phần pháp tuyến $\lambda R g \sin\theta\,d\theta$ và thành phần tiếp tuyến $\lambda R g \cos\theta\,d\theta$, dẫn đến phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 đối với $T(\theta)$.

Bài 3. Động lực học Hệ Khối lượng Biến thiên: Giọt mưa rơi trong Đám mây

2,0 điểm

Một giọt mưa bắt đầu rơi từ trạng thái nghỉ qua một đám mây gồm các hạt nước nhỏ li ti đứng yên. Trên đường rơi, một số hạt nước nhỏ dính kết vào giọt mưa làm khối lượng của nó tăng dần. Giả sử khối lượng $m$ của giọt mưa đang rơi tỷ lệ thuận với quãng đường $x$ mà nó đã đi được trong đám mây ($m = kx$).

3.1. Chứng minh rằng phương trình vi phân mô tả chuyển động của giọt mưa có dạng:

$$ x\frac{d^2x}{dt^2} + \left(\frac{dx}{dt}\right)^2 = xg $$

trong đó $g$ là gia tốc rơi tự do và $t$ là thời gian chuyển động.

3.2. Biết hệ số tỷ lệ của khối lượng là $k = 2\text{ g}\cdot\text{m}^{-1}$, hãy tính khối lượng của giọt mưa tại thời điểm $t = 0{,}5\text{ s}$ (lấy $g = 9{,}81\text{ m}\cdot\text{s}^{-2}$).

⌨️ Kiểm tra nhanh kết quả tính toán (Ý 3.2): Nhập khối lượng của giọt mưa tại thời điểm $t = 0{,}5\text{ s}$ tính theo đơn vị gam ($\text{g}$):

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

1. Đối với hệ có khối lượng biến thiên do sáp nhập các hạt nước đứng yên ($u = 0$), định luật II Newton tổng quát được viết dưới dạng $\frac{d(mv)}{dt} = F_{\text{ngoại}}$ hay $m\frac{dv}{dt} = F_{\text{ngoại}}$?
2. Khi thay $m(x) = kx$ vào phương trình $\frac{d}{dt}\left(m\frac{dx}{dt}\right) = mg$, hệ số tỷ lệ $k$ triệt tiêu như thế nào?
3. Để giải phương trình vi phân phi tuyến $x\ddot{x} + \dot{x}^2 = xg$, ta có thể đổi biến $v = \frac{dx}{dt}$ để đưa về phương trình vi phân tuyến tính theo $v^2(x)$ như thế nào?

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

• Do các hạt sương trong mây ban đầu đứng yên nên động lượng của chúng trước khi nhập vào giọt mưa bằng $0$. Độ biến thiên động lượng của hệ trong khoảng thời gian $dt$ chỉ do trọng lực gây ra:

$$ dp = d(mv) = mg\,dt \implies \frac{d}{dt}\left(kx\frac{dx}{dt}\right) = kxg $$

• Đổi biến $v = \frac{dx}{dt} \implies \frac{d^2x}{dt^2} = v\frac{dv}{dx} = \frac{1}{2}\frac{d(v^2)}{dx}$, nhân hai vế với $2x$ ta được:

$$ x^2\frac{d(v^2)}{dx} + 2xv^2 = 2gx^2 \implies \frac{d}{dx}\left(x^2 v^2\right) = 2gx^2 $$

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

3.1. Thiết lập phương trình vi phân chuyển động của giọt mưa:

Xét hệ gồm giọt mưa có khối lượng $m$ đang chuyển động với vận tốc $v = \frac{dx}{dt}$ tại thời điểm $t$ và phần nước nhỏ $dm$ đứng yên sẽ nhập vào giọt mưa trong khoảng thời gian $dt$. Áp dụng định luật biến thiên động lượng dưới tác dụng của trọng lực:

$$ (m + dm)(v + dv) - mv = mg\,dt \implies m\,dv + v\,dm = mg\,dt \implies \frac{d}{dt}(mv) = mg $$

Thay quy luật phụ thuộc khối lượng $m = kx$ và $v = \frac{dx}{dt}$ vào phương trình trên:

$$ \frac{d}{dt}\left(kx\frac{dx}{dt}\right) = kxg $$

Chia cả hai vế cho hằng số $k \neq 0$ và khai triển đạo hàm của một tích, ta thu được:

$$ x\frac{d^2x}{dt^2} + \left(\frac{dx}{dt}\right)^2 = xg \quad \text{(điều phải chứng minh)} $$

3.2. Giải phương trình vi phân và tính khối lượng tại $t = 0{,}5\text{ s}$:

Sử dụng hệ thức $\frac{d^2x}{dt^2} = v\frac{dv}{dx} = \frac{1}{2}\frac{d(v^2)}{dx}$ với $v = \frac{dx}{dt}$, phương trình trở thành:

$$ \frac{1}{2}x\frac{d(v^2)}{dx} + v^2 = xg $$

Nhân cả hai vế với $2x$, ta nhận thấy vế trái là đạo hàm toàn phần của tích $(x^2 v^2)$ theo $x$:

$$ \frac{d}{dx}\left(x^2 v^2\right) = 2gx^2 $$

Lấy tích phân theo $x$ với điều kiện ban đầu tại $t = 0$ thì $x(0) = 0$:

$$ x^2 v^2 = \frac{2}{3}gx^3 \implies v = \frac{dx}{dt} = \sqrt{\frac{2}{3}gx} $$

Tách biến và lấy tích phân từ $t = 0$ đến thời điểm $t$:

$$ \int_{0}^{x} \frac{dx}{\sqrt{x}} = \sqrt{\frac{2}{3}g} \int_{0}^{t} dt \implies 2\sqrt{x} = \sqrt{\frac{2}{3}g}\,t \implies x(t) = \frac{1}{6}gt^2 $$

Tại thời điểm $t = 0{,}5\text{ s}$, quãng đường rơi và khối lượng của giọt mưa là:

$$ x(0{,}5) = \frac{1}{6} \times 9{,}81 \times (0{,}5)^2 = 0{,}40875\text{ m} $$

$$ m(0{,}5) = kx(0{,}5) = 2\text{ g}\cdot\text{m}^{-1} \times 0{,}40875\text{ m} = 0{,}8175\text{ g} \approx 0{,}82\text{ g} $$

Đáp số chuẩn:
• Phương trình chuyển động: $x(t) = \dfrac{1}{6}gt^2$ (gia tốc $a = \dfrac{g}{3}$).
• Khối lượng giọt mưa tại $t = 0{,}5\text{ s}$: $m = \dfrac{1}{6}kgt^2 \approx 0{,}818\text{ g}$ (hay $8{,}18 \times 10^{-4}\text{ kg}$).

🚀 Thử thách mở rộng: Tổng quát hóa cho quy luật $m(x) = k x^n$

Câu hỏi mở rộng: Nếu khối lượng của giọt mưa tăng theo lũy thừa bậc $n$ của quãng đường đi được: $m(x) = k x^n$ ($n \gt 0$), hãy xác định gia tốc rơi không đổi $a$ của giọt mưa theo $g$ và $n$.

Hướng dẫn giải nhanh: Phương trình chuyển động trở thành $x\ddot{x} + n\dot{x}^2 = xg$. Thay nghiệm chuyển động nhanh dần đều $x = \frac{1}{2}at^2$ vào phương trình, ta tìm được ngay $a = \frac{g}{2n + 1}$. Với $n = 1$, ta thu lại $a = \frac{g}{3}$.

Bài 4. Khúc xạ Khí quyển trên Đường băng và Khoảng cách Nhìn tối đa

2,0 điểm

Một người đứng trên một đường băng bê tông phẳng và rất dài. Phía trên mặt đường băng có một gradien nhiệt độ thẳng đứng đều, tạo ra một gradien chiết suất đều của không khí theo độ cao $y$:

$$ n(x, y) = n_0(1 + \alpha y) $$

trong đó $|\alpha| = 1{,}5 \times 10^{-6}\text{ m}^{-1}$. Hệ quả là người đó không thể nhìn thấy mặt đường băng ($y = 0$) ở xa quá một khoảng cách giới hạn $d$.

4.1. Biết mắt người quan sát ở độ cao $h = 1{,}7\text{ m}$ phía trên mặt đường băng, hãy tính giá trị của khoảng cách tối đa $d$.

4.2. Nhiệt độ không khí tăng hay giảm khi độ cao $y$ tăng lên? Giải thích rõ bản chất vật lý.

Hình 4.1: Tia sáng giới hạn xuất phát tiếp tuyến từ mặt đường băng ($y = 0$) bị uốn cong lên tới mắt người quan sát ở độ cao $h$.

⌨️ Kiểm tra nhanh kết quả tính toán (Ý 4.1): Nhập khoảng cách tối đa $d$ mà người đó có thể nhìn thấy trên đường băng theo đơn vị mét ($\text{m}$):

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

1. Để tia sáng xuất phát sát mặt đất ($y = 0$) bị uốn cong hướng lên trên về phía mắt người (tức góc tới so với pháp tuyến thẳng đứng giảm dần khi $y$ tăng), chiết suất $n(y)$ phải tăng hay giảm theo độ cao $y$? Từ đó suy ra dấu của $\alpha$.
2. Đối với tia sáng giới hạn đi là là mặt đường băng tại điểm xa nhất nhìn thấy được ($y = 0$), góc hợp bởi tia sáng và phương ngang tại $y = 0$ bằng bao nhiêu?
3. Áp dụng định luật khúc xạ Snell cho môi trường phân lớp ngang $n(y)\cos\varphi(y) = \text{const}$ (với $\varphi$ là góc nghiêng của tia sáng so với phương ngang, $\tan\varphi = \frac{dy}{dx}$), ta lập được phương trình vi phân nào cho quỹ đạo tia sáng $y(x)$?

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

• Định luật Snell tại độ cao $y$ đối với tia sáng giới hạn (tiếp tuyến với mặt đất tại $y = 0$, tức $\varphi(0) = 0$):

$$ n(y)\cos\varphi(y) = n(0)\cos 0 = n_0 \implies \cos\varphi(y) = \frac{1}{1 + \alpha y} $$

• Vì $\cos\varphi(y) \le 1$ với $y \gt 0$, bắt buộc $\alpha \gt 0$, tức $\alpha = +1{,}5 \times 10^{-6}\text{ m}^{-1}$.

• Hệ số góc tiếp tuyến của tia sáng tại độ cao $y$ (với $\alpha y \ll 1$):

$$ \frac{dy}{dx} = \tan\varphi = \sqrt{\frac{1}{\cos^2\varphi} - 1} = \sqrt{(1 + \alpha y)^2 - 1} \approx \sqrt{2\alpha y} $$

• Tích phân phương trình $dx = \frac{dy}{\sqrt{2\alpha y}}$ từ $y = 0$ đến $y = h = 1{,}7\text{ m}$ để tìm khoảng cách $d$.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

4.1. Tính khoảng cách tối đa $d$ nhìn thấy trên đường băng:

Xét hệ trục tọa độ $Oxy$ với gốc $O$ tại điểm xa nhất trên mặt đường băng mà người đó nhìn thấy được, trục $Ox$ nằm dọc theo mặt đường băng, trục $Oy$ hướng thẳng đứng lên trên. Tại điểm giới hạn $O(0,0)$, tia sáng xuất phát tiếp tuyến với mặt đường băng (góc tới $\theta_0 = 90^\circ$ so với pháp tuyến thẳng đứng $Oy$, hay góc nghiêng so với phương ngang $\varphi_0 = 0$).

Trong môi trường có chiết suất chỉ phụ thuộc vào tọa độ $y$, định luật khúc xạ ánh sáng viết dưới dạng bất biến Snell là:

$$ n(y)\sin\theta(y) = n(y)\cos\varphi(y) = n(0)\cos\varphi_0 = n_0 $$

Để tồn tại góc $\varphi(y) \gt 0$ tại $y \gt 0$, ta phải có $\cos\varphi = \frac{n_0}{n(y)} = \frac{1}{1 + \alpha y} \lt 1$, suy ra $\alpha \gt 0$, tức là $\alpha = +1{,}5 \times 10^{-6}\text{ m}^{-1}$.

Phương trình vi phân quỹ đạo của tia sáng giới hạn là:

$$ \frac{dy}{dx} = \tan\varphi(y) = \sqrt{\frac{1}{\cos^2\varphi(y)} - 1} = \sqrt{(1 + \alpha y)^2 - 1} = \sqrt{2\alpha y + \alpha^2 y^2} $$

Do $\alpha h = 1{,}5 \times 10^{-6} \times 1{,}7 = 2{,}55 \times 10^{-6} \ll 1$, ta bỏ qua số hạng vô cùng bé bậc hai $\alpha^2 y^2$ và được:

$$ \frac{dy}{dx} \approx \sqrt{2\alpha y} \implies dx = \frac{dy}{\sqrt{2\alpha y}} $$

Lấy tích phân từ điểm chạm đường băng $(x = 0, y = 0)$ đến vị trí mắt người quan sát $(x = d, y = h)$:

$$ d = \int_{0}^{h} \frac{dy}{\sqrt{2\alpha y}} = \sqrt{\frac{2h}{\alpha}} $$

Thay số với $h = 1{,}7\text{ m}$ và $\alpha = 1{,}5 \times 10^{-6}\text{ m}^{-1}$:

$$ d = \sqrt{\frac{2 \times 1{,}7}{1{,}5 \times 10^{-6}}} = \sqrt{2{,}2667 \times 10^6} \approx 1505{,}5\text{ m} \approx 1{,}51\text{ km} $$

4.2. Sự biến thiên nhiệt độ theo độ cao:

Vì $\alpha \gt 0$, chiết suất không khí $n(y)$ tăng khi độ cao $y$ tăng. Mặt khác, chiết suất của không khí liên hệ với khối lượng riêng $\rho$ theo hệ thức Gladstone – Dale ($n - 1 \propto \rho$). Ở áp suất khí quyển coi như không đổi trên độ cao vài mét, phương trình trạng thái khí lý tưởng cho $\rho \propto \frac{1}{T}$.

Do đó, khi độ cao $y$ tăng thì chiết suất $n$ tăng $\implies$ khối lượng riêng không khí $\rho$ tăng $\implies$ nhiệt độ không khí $T$ giảm khi độ cao $y$ tăng (mặt bê tông đường băng bị nắng đốt nóng làm lớp không khí sát mặt đường băng nóng hơn và loãng hơn lớp không khí phía trên — đây chính là hiện tượng ảo ảnh dưới trên mặt đường nóng).

Đáp số chuẩn:
• Khoảng cách tối đa nhìn thấy mặt đường băng: $d = \sqrt{\dfrac{2h}{\alpha}} \approx 1506\text{ m}$ ($1{,}51\text{ km}$).
• Quy luật nhiệt độ: Nhiệt độ không khí giảm khi độ cao tăng lên.

🚀 Thử thách mở rộng: Bán kính cong của tia sáng

Câu hỏi mở rộng: Chứng minh rằng quỹ đạo tia sáng trong vùng gần mặt đường băng là một nhánh parabol $y = \frac{1}{2}\alpha x^2$ và tìm bán kính cong $R$ của tia sáng.

Hướng dẫn giải nhanh: Từ $x = \sqrt{\frac{2y}{\alpha}} \implies y = \frac{1}{2}\alpha x^2$. Bán kính cong của quỹ đạo gần nằm ngang ($\frac{dy}{dx} \ll 1$) là $R \approx \frac{1}{d^2y/dx^2} = \frac{1}{\alpha} \approx 667\text{ km}$.

Bài 5. Chu trình Dịch chuyển Bản tụ và Độ biến thiên Năng lượng Tĩnh điện

2,0 điểm

Hai bản kim loại phẳng song song, mỗi bản có diện tích $A$, đặt cách nhau một khoảng $d$ trong không khí và được nối với một nguồn điện có hiệu điện thế không đổi $V$.

Ban đầu, hai bản được cho tiến lại gần nhau một cách từ từ cho đến khi khoảng cách giữa chúng giảm xuống còn $\frac{1}{3}d$. Sau đó, nguồn điện được ngắt ra khỏi tụ điện và khoảng cách giữa hai bản được kéo giãn từ từ trở lại giá trị ban đầu $d$.

Hãy xác định độ chênh lệch $\Delta U = U_f - U_i$ (nếu có) giữa năng lượng tĩnh điện dự trữ trong tụ điện ở trạng thái cuối ($U_f$) và trạng thái đầu ($U_i$) theo các tham số $A, d, V$ và hằng số điện môi $\varepsilon_0$.

Hình 5.1: Sơ đồ 3 trạng thái của tụ điện phẳng trong quá trình biến đổi.

⌨️ Kiểm tra nhanh kết quả giải tích: Tỷ số $\frac{\Delta U}{U_i} = \frac{U_f - U_i}{U_i}$ giữa độ tăng năng lượng tĩnh điện $\Delta U$ và năng lượng tĩnh điện ban đầu $U_i$ bằng bao nhiêu?

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

1. Ở giai đoạn 1 (tụ vẫn nối với nguồn hiệu điện thế không đổi $V$), khi khoảng cách giữa hai bản giảm từ $d$ xuống $\frac{d}{3}$ thì điện dung $C$ và điện tích $Q$ trên các bản tụ thay đổi gấp mấy lần?
2. Ở giai đoạn 2 (sau khi ngắt nguồn điện), đại lượng nào trên hai bản tụ được bảo toàn trong suốt quá trình kéo hai bản ra xa nhau về lại khoảng cách $d$?
3. Viết biểu thức năng lượng cuối $U_f = \frac{Q_f^2}{2C_f}$ và so sánh với năng lượng ban đầu $U_i = \frac{1}{2}C_0 V^2$.

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

• Điện dung ban đầu ở khoảng cách $d$: $C_0 = \frac{\varepsilon_0 A}{d}$, năng lượng tĩnh điện ban đầu: $U_i = \frac{1}{2}C_0 V^2 = \frac{\varepsilon_0 A V^2}{2d}$.

• Khi khoảng cách giảm còn $\frac{d}{3}$ (vẫn nối nguồn $V$): Điện dung tăng lên $C_1 = 3C_0$, nên điện tích nạp vào tụ là $Q_1 = C_1 V = 3C_0 V$.

• Ngắt nguồn và kéo hai bản về khoảng cách $d$: Điện tích giữ nguyên $Q_f = Q_1 = 3C_0 V$, còn điện dung trở về $C_f = C_0$. Thay vào công thức $U_f = \frac{Q_f^2}{2C_f}$ để tìm $\Delta U = U_f - U_i$.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

Bước 1 — Trạng thái ban đầu (khoảng cách $d$, nối nguồn $V$):

Điện dung và năng lượng điện trường dự trữ ban đầu trong tụ điện phẳng là:

$$ C_0 = \frac{\varepsilon_0 A}{d}, \qquad U_i = \frac{1}{2}C_0 V^2 = \frac{\varepsilon_0 A V^2}{2d} $$

Bước 2 — Trạng thái trung gian (khoảng cách $\frac{1}{3}d$, vẫn nối nguồn $V$):

Khi hai bản tiến lại gần nhau đến khoảng cách $d_1 = \frac{1}{3}d$, điện dung của tụ tăng gấp 3 lần:

$$ C_1 = \frac{\varepsilon_0 A}{d/3} = 3C_0 $$

Do tụ vẫn nối với nguồn điện áp không đổi $V$, điện tích trên bản tụ ở cuối giai đoạn này là:

$$ Q_1 = C_1 V = 3C_0 V = \frac{3\varepsilon_0 A V}{d} $$

Bước 3 — Trạng thái cuối (ngắt nguồn và đưa khoảng cách về $d$):

Sau khi ngắt nguồn điện, hai bản tụ hoàn toàn cô lập về điện nên điện tích trên bản tụ được bảo toàn: $Q_f = Q_1 = 3C_0 V$. Khi khoảng cách được khôi phục về $d$, điện dung trở lại giá trị ban đầu $C_f = C_0 = \frac{\varepsilon_0 A}{d}$. Năng lượng tĩnh điện lúc sau là:

$$ U_f = \frac{Q_f^2}{2C_f} = \frac{(3C_0 V)^2}{2C_0} = 9\left(\frac{1}{2}C_0 V^2\right) = 9U_i = \frac{9\varepsilon_0 A V^2}{2d} $$

Bước 4 — Độ biến thiên năng lượng tĩnh điện:

$$ \Delta U = U_f - U_i = 9U_i - U_i = 8U_i = \frac{4\varepsilon_0 A V^2}{d} $$

Đáp số chuẩn:
• Năng lượng tĩnh điện dự trữ trong tụ điện tăng thêm một lượng:
$\Delta U = U_f - U_i = \dfrac{4\varepsilon_0 A V^2}{d} = 8U_i$ (năng lượng cuối gấp $9$ lần năng lượng đầu).

🚀 Thử thách mở rộng: Kiểm nghiệm định luật bảo toàn năng lượng toàn phần

Câu hỏi mở rộng: Phần năng lượng tăng thêm $\Delta U = 8U_i$ từ đâu mà có? Hãy tính cụ thể công của nguồn điện $A_{\text{nguồn}}$ trong giai đoạn 1 và công cơ học của ngoại lực $A_{\text{ngoại}}$ trong cả hai giai đoạn.

Hướng dẫn giải nhanh:
• Giai đoạn 1 ($V = \text{const}$): Điện tích dịch chuyển qua nguồn là $\Delta Q = 2C_0 V \implies A_{\text{nguồn}} = \Delta Q \cdot V = 2C_0 V^2 = 4U_i$. Trong khi đó năng lượng tụ tăng $\Delta U_1 = 3U_i - U_i = 2U_i$, suy ra ngoại lực thực hiện công âm giữ bản tụ: $A_{\text{ngoại, 1}} = \Delta U_1 - A_{\text{nguồn}} = -2U_i$.
• Giai đoạn 2 ($Q = \text{const}$): Nguồn đã ngắt ($A_{\text{nguồn, 2}} = 0$), ngoại lực phải kéo hai bản thắng lực hút tĩnh điện lớn gấp 9 lần ban đầu: $A_{\text{ngoại, 2}} = U_f - U_1 = 9U_i - 3U_i = +6U_i$.
• Tổng cộng: $A_{\text{nguồn}} + A_{\text{ngoại, 1}} + A_{\text{ngoại, 2}} = 4U_i - 2U_i + 6U_i = 8U_i = \Delta U$.

Bài 6. Thời gian Máy bay bay Quỹ đạo Tròn kín khi có Gió thổi đều

2,0 điểm

Một máy bay bay với tốc độ không đổi $V$ đối với không khí và hoàn thành một quỹ đạo tròn nằm ngang trong thời gian $T$ vào một ngày lặng gió. Nếu có một luồng gió thổi đều với tốc độ $u = kV$ theo một hướng nằm ngang cố định, hãy xác định độ tăng (hoặc giảm) thời gian $\Delta T$ cần thiết để máy bay hoàn thành đúng quỹ đạo tròn đó (giả sử $k \ll 1$) theo $k$ và $T$.

Hình 6.1: Máy bay bay dọc theo quỹ đạo tròn bán kính $R$ cố định đối với mặt đất trong trường gió đều $u = kV$.

⌨️ Kiểm tra nhanh kết quả giải tích: Khi viết độ tăng thời gian bay một vòng dưới dạng $\Delta T = \gamma k^2 T$ (với $k \ll 1$), hệ số số học $\gamma$ bằng bao nhiêu (nhập dưới dạng số thập phân)?

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

1. Để máy bay luôn chuyển động dọc theo đường tròn cố định dưới mặt đất, vận tốc tuyệt đối của máy bay đối với đất $\vec{v}_g = \vec{V} + \vec{u}$ phải có phương như thế nào tại mỗi điểm trên đường tròn?
2. Gọi $\theta$ là góc hợp bởi vectơ tiếp tuyến quỹ đạo $\hat{\tau}$ và hướng gió $\vec{u}$. Khi chiếu hệ thức $\vec{v}_g = \vec{V} + \vec{u}$ lên phương pháp tuyến (vuông góc với tiếp tuyến) và phương tiếp tuyến, ta tìm được tốc độ đối với đất $v_g(\theta)$ theo biểu thức nào?
3. Khi khai triển tích phân $T' = \oint \frac{ds}{v_g(\theta)}$ đến bậc hai của tham số nhỏ $k$ ($k \ll 1$), vì sao số hạng bậc nhất theo $k$ lại bằng $0$ còn số hạng bậc hai theo $k^2$ lại khác $0$?

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

Hình 6.2: Giản đồ cộng vận tốc $\vec{v}_g = \vec{V} + \vec{u}$ dọc theo phương tiếp tuyến quỹ đạo tròn.

• Chiếu lên phương vuông góc với tiếp tuyến: $V\sin\alpha = kV\sin\theta \implies \cos\alpha = \sqrt{1 - k^2\sin^2\theta}$.

• Tốc độ của máy bay đối với đất dọc theo đường tròn tại vị trí góc $\theta$:

$$ v_g(\theta) = V\left(\sqrt{1 - k^2\sin^2\theta} + k\cos\theta\right) $$

• Khử căn thức ở mẫu số bằng lượng liên hợp: $\frac{1}{\sqrt{1 - k^2\sin^2\theta} + k\cos\theta} = \frac{\sqrt{1 - k^2\sin^2\theta} - k\cos\theta}{1 - k^2}$, sau đó lấy tích phân từ $0$ đến $2\pi$.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

Bước 1 — Biểu thức vận tốc đối với mặt đất tại vị trí góc $\theta$:

Gọi $R$ là bán kính quỹ đạo tròn. Khi không có gió, thời gian bay hết một vòng là $T = \frac{2\pi R}{V} \implies \frac{R}{V} = \frac{T}{2\pi}$.

Khi có gió thổi đều với vận tốc $\vec{u}$ ($u = kV$), xét thời điểm máy bay ở vị trí mà tiếp tuyến quỹ đạo hợp với hướng gió $\vec{u}$ một góc $\theta \in [0, 2\pi]$. Để máy bay không bị lệch khỏi đường tròn, mũi máy bay (vectơ $\vec{V}$) phải chếch một góc $\alpha$ so với tiếp tuyến sao cho thành phần vận tốc pháp tuyến triệt tiêu:

$$ V\sin\alpha = u\sin\theta = kV\sin\theta \implies \sin\alpha = k\sin\theta $$

Thành phần vận tốc của máy bay dọc theo tiếp tuyến quỹ đạo (đối với mặt đất) là:

$$ v_g(\theta) = V\cos\alpha + u\cos\theta = V\left(\sqrt{1 - k^2\sin^2\theta} + k\cos\theta\right) $$

Bước 2 — Tính tích phân thời gian bay hết một vòng tròn $T'$:

Thời gian đi hết vi phân cung tròn $ds = R\,d\theta$ là $dt = \frac{R\,d\theta}{v_g(\theta)}$. Tổng thời gian bay một vòng khi có gió là:

$$ T' = \int_{0}^{2\pi} \frac{R\,d\theta}{V\left(\sqrt{1 - k^2\sin^2\theta} + k\cos\theta\right)} = \frac{T}{2\pi} \int_{0}^{2\pi} \frac{d\theta}{\sqrt{1 - k^2\sin^2\theta} + k\cos\theta} $$

Nhân cả tử và mẫu của biểu thức dưới dấu tích phân với lượng liên hợp $\left(\sqrt{1 - k^2\sin^2\theta} - k\cos\theta\right)$, chú ý rằng:

$$ \left(\sqrt{1 - k^2\sin^2\theta}\right)^2 - (k\cos\theta)^2 = 1 - k^2(\sin^2\theta + \cos^2\theta) = 1 - k^2 $$

Ta đưa hằng số $(1 - k^2)$ ra ngoài dấu tích phân:

$$ T' = \frac{T}{2\pi(1 - k^2)} \int_{0}^{2\pi} \left(\sqrt{1 - k^2\sin^2\theta} - k\cos\theta\right) d\theta $$

Bước 3 — Khai triển tiệm cận khi $k \ll 1$:

Tích phân của hàm tuần hoàn $\int_{0}^{2\pi} k\cos\theta\,d\theta = 0$. Với $k \ll 1$, ta khai triển Taylor đến bậc hai của $k$:

$$ \sqrt{1 - k^2\sin^2\theta} \approx 1 - \frac{1}{2}k^2\sin^2\theta, \qquad \frac{1}{1 - k^2} \approx 1 + k^2 $$

Vì giá trị trung bình của $\sin^2\theta$ trên một chu kỳ là $\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\sin^2\theta\,d\theta = \frac{1}{2}$, ta có:

$$ T' \approx T(1 + k^2)\left(1 - \frac{1}{2}k^2 \cdot \frac{1}{2}\right) = T(1 + k^2)\left(1 - \frac{1}{4}k^2\right) \approx T\left(1 + \frac{3}{4}k^2\right) $$

Vậy thời gian hoàn thành quỹ đạo tròn tăng thêm một lượng:

$$ \Delta T = T' - T = \frac{3}{4}k^2 T = 0{,}75 k^2 T $$

Đáp số chuẩn:
• Thời gian hoàn thành vòng bay tăng thêm một lượng: $\Delta T = \dfrac{3}{4}k^2 T = 0{,}75k^2 T$.

🚀 Thử thách mở rộng: So sánh với bay khứ hồi trên đoạn thẳng

Câu hỏi mở rộng: Nếu máy bay bay khứ hồi trên một đoạn thẳng có tổng chiều dài bằng chu vi đường tròn ($2L = 2\pi R$) hợp với hướng gió góc $\theta_0$ cố định thì độ tăng thời gian $\Delta T(\theta_0)$ bằng bao nhiêu? Kiểm tra rằng việc lấy trung bình $\Delta T(\theta_0)$ theo mọi hướng $\theta_0 \in [0, 2\pi]$ dẫn đến đúng kết quả $\frac{3}{4}k^2 T$.

Hướng dẫn giải nhanh: Trên đoạn thẳng nghiêng góc $\theta_0$, thời gian khứ hồi là $T(\theta_0) = T\frac{\sqrt{1 - k^2\sin^2\theta_0}}{1 - k^2} \approx T\left[1 + k^2\left(1 - \frac{1}{2}\sin^2\theta_0\right)\right]$. Lấy trung bình theo $\theta_0$ với $\langle\sin^2\theta_0\rangle = \frac{1}{2}$ cho $\Delta T = \frac{3}{4}k^2 T$.

Bài 7. Dynamo Xe đạp có Tự cảm và Giới hạn Công suất Bóng đèn

2,0 điểm

Một đinamô xe đạp gồm một nam châm vĩnh cửu nhỏ gắn cố định tại tâm của nó vào trục của một bánh xe đạp có bán kính $r$. Từ thông từ nam châm xuyên qua (nhờ lõi sắt từ) một cuộn dây có độ tự cảm $L$; cuộn dây này được nối khép kín với một bóng đèn có điện trở thuần $R$. Từ thông $\Phi$ gửi qua cuộn dây có thể xấp xỉ là một đại lượng biến thiên điều hòa theo quy luật:

$$ \Phi(t) = \Phi_0 \cos(\omega t) $$

7.1. Thiết lập các phương trình thỏa mãn bởi biên độ dòng điện $I_0$ và góc lệch pha $\epsilon$ nếu dòng điện trong mạch có dạng $I(t) = I_0 \cos(\omega t + \epsilon)$, từ đó chứng minh rằng:

$$ \tan\epsilon = \frac{Rr}{vL} $$

trong đó $v$ là tốc độ dài của xe đạp trên mặt đường.

7.2. Tìm biểu thức sự phụ thuộc của công suất trung bình $P$ tiêu thụ trên bóng đèn theo tốc độ $v$, và chứng minh rằng công suất này không thể vượt quá giá trị giới hạn:

$$ P_{\max} = \frac{R\Phi_0^2}{2L^2} $$

Hình 7.1: Sơ đồ nguyên lý đinamô xe đạp gồm nam châm gắn trục bánh xe bán kính $r$, cuộn dây tự cảm $L$ và bóng đèn điện trở $R$.

⌨️ Kiểm tra nhanh kết quả tính toán: Khi xe đạp chạy ở tốc độ đặc trưng $v = \frac{Rr}{L}$ (tức $\tan\epsilon = 1$), tỷ số $\frac{P}{P_{\max}}$ giữa công suất thực tế của bóng đèn và công suất giới hạn cực đại bằng bao nhiêu?

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

1. Từ thông tổng cộng gửi qua cuộn dây gồm từ thông ngoài của nam châm $\Phi(t) = \Phi_0 \cos(\omega t)$ và từ thông tự cảm $\Phi_{\text{tc}} = L I(t)$. Định luật Faraday – Kirchhoff cho mạch kín viết như thế nào?
2. Bánh xe bán kính $r$ lăn không trượt với tốc độ dài $v$ thì tần số góc quay $\omega$ của trục bánh xe liên hệ với $v$ và $r$ ra sao?
3. Vì sao khi xe đạp chạy rất nhanh ($\omega \to \infty$), suất điện động cảm ứng tăng tuyến tính theo $\omega$ nhưng công suất đèn lại không tăng vô hạn mà bị chặn trên bởi $\frac{R\Phi_0^2}{2L^2}$? Đại lượng nào đã tăng theo $\omega$ để kìm hãm dòng điện?

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

• Phương trình mạch điện tức thời:

$$ -\frac{d\Phi}{dt} - L\frac{dI}{dt} = RI \implies \omega\Phi_0\sin(\omega t) = RI_0\cos(\omega t + \epsilon) - \omega L I_0\sin(\omega t + \epsilon) $$

• Khai triển $\cos(\omega t + \epsilon)$ và $\sin(\omega t + \epsilon)$, đồng nhất hệ số của $\cos(\omega t)$ và $\sin(\omega t)$ ở hai vế:

$$ \begin{cases} RI_0\cos\epsilon - \omega L I_0\sin\epsilon = 0 \\ -RI_0\sin\epsilon - \omega L I_0\cos\epsilon = \omega\Phi_0 \end{cases} $$

• Thay $\omega = \frac{v}{r}$ để suy ra $\tan\epsilon = \frac{Rr}{vL}$, biên độ dòng điện $I_0$ và công suất trung bình $P = \frac{1}{2}I_0^2 R$.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

7.1. Thiết lập các phương trình cho $I_0, \epsilon$ và chứng minh $\tan\epsilon = \frac{Rr}{vL}$:

Theo định luật cảm ứng điện từ Faraday cho mạch RL khép kín:

$$ \mathcal{E}_{\text{cảm ứng}} = -\frac{d\Phi}{dt} = \omega\Phi_0\sin(\omega t) = RI + L\frac{dI}{dt} $$

Thay biểu thức dòng điện $I(t) = I_0\cos(\omega t + \epsilon)$ và $\frac{dI}{dt} = -\omega I_0\sin(\omega t + \epsilon)$ vào phương trình trên:

$$ \omega\Phi_0\sin(\omega t) = RI_0\cos(\omega t + \epsilon) - \omega L I_0\sin(\omega t + \epsilon) $$

Khai triển lượng giác vế phải theo $\sin(\omega t)$ và $\cos(\omega t)$:

$$ \omega\Phi_0\sin(\omega t) = I_0\left(R\cos\epsilon - \omega L\sin\epsilon\right)\cos(\omega t) - I_0\left(R\sin\epsilon + \omega L\cos\epsilon\right)\sin(\omega t) $$

Để phương trình nghiệm đúng tại mọi thời điểm $t$, các hệ số đứng trước $\cos(\omega t)$ và $\sin(\omega t)$ ở hai vế phải bằng nhau từng đôi một:

$$ \begin{cases} I_0\left(R\cos\epsilon - \omega L\sin\epsilon\right) = 0 & (1) \\ -I_0\left(R\sin\epsilon + \omega L\cos\epsilon\right) = \omega\Phi_0 & (2) \end{cases} $$

Từ phương trình (1), với $I_0 \neq 0$, ta có $\tan\epsilon = \frac{R}{\omega L}$. Do bánh xe bán kính $r$ lăn không trượt với tốc độ dài $v$ nên tốc độ góc của nam châm là $\omega = \frac{v}{r}$. Thay vào biểu thức của $\tan\epsilon$, ta được:

$$ \tan\epsilon = \frac{Rr}{vL} \quad \text{(điều phải chứng minh)} $$

7.2. Sự phụ thuộc của công suất $P(v)$ và giá trị giới hạn $P_{\max}$:

Bình phương và cộng vế theo vế hai phương trình (1) và (2), ta tìm được biên độ dòng điện $I_0$:

$$ I_0^2\left(R^2 + \omega^2 L^2\right) = \omega^2\Phi_0^2 \implies I_0 = \frac{\omega\Phi_0}{\sqrt{R^2 + \omega^2 L^2}} $$

Công suất trung bình tiêu thụ trên bóng đèn điện trở $R$ trong một chu kỳ là:

$$ P = \frac{1}{2}I_0^2 R = \frac{R\omega^2\Phi_0^2}{2\left(R^2 + \omega^2 L^2\right)} $$

Thay $\omega = \frac{v}{r}$, ta thu được hàm phụ thuộc của công suất $P$ vào tốc độ xe đạp $v$:

$$ P(v) = \frac{R\Phi_0^2 v^2}{2\left(R^2 r^2 + L^2 v^2\right)} = \frac{R\Phi_0^2}{2\left(\dfrac{R^2 r^2}{v^2} + L^2\right)} $$

Vì $\frac{R^2 r^2}{v^2} \gt 0$ với mọi tốc độ hữu hạn $v$, mẫu số luôn lớn hơn $2L^2$. Khi tốc độ xe đạp tăng lên rất lớn ($v \to \infty$), cảm kháng $\omega L$ chiếm ưu thế tuyệt đối so với điện trở $R$, giúp tự động ổn dòng ở mức $I_{0,\max} = \frac{\Phi_0}{L}$ và công suất tiệm cận từ phía dưới tới giới hạn trên:

$$ P(v) \lt P_{\max} = \lim_{v \to \infty} P(v) = \frac{R\Phi_0^2}{2L^2} $$

(Tại tốc độ đặc trưng $v = \frac{Rr}{L}$, ta có $\frac{P}{P_{\max}} = \frac{1}{2} = 0{,}5$).

Đáp số chuẩn:
• Phương trình biên độ và pha: $I_0 = \dfrac{\omega\Phi_0}{\sqrt{R^2 + \omega^2 L^2}}$ và $\tan\epsilon = \dfrac{Rr}{vL}$.
• Công suất đèn theo tốc độ $v$: $P(v) = \dfrac{R\Phi_0^2 v^2}{2(R^2 r^2 + L^2 v^2)} \lt \dfrac{R\Phi_0^2}{2L^2}$.

🚀 Thử thách mở rộng: Tối ưu hóa điện trở bóng đèn ở tốc độ cho trước

Câu hỏi mở rộng: Nếu xe đạp đang chạy với tốc độ cố định $v$, cần chọn bóng đèn có điện trở $R$ bằng bao nhiêu (theo $v, r, L$) để công suất tiêu thụ trên bóng đèn đạt cực đại?

Hướng dẫn giải nhanh: Khảo sát hàm $P(R) = \frac{\omega^2\Phi_0^2}{2}\frac{R}{R^2 + \omega^2 L^2}$ theo $R$ với $\omega = \frac{v}{r}$ cố định. Theo bất đẳng thức Cauchy, $R + \frac{\omega^2 L^2}{R} \ge 2\omega L$, dấu bằng xảy ra khi $R = \omega L = \frac{vL}{r}$ (tương ứng với $\tan\epsilon = 1$, góc lệch pha $45^\circ$).

Bài 8. Mẫu Giọt Chất lỏng Hạt nhân Weizsäcker và Ngưỡng Phân hạch Tự phát

2,0 điểm

Trong mẫu giọt chất lỏng do Weizsäcker đề xuất, khối lượng $M$ của một hạt nhân có số khối $A$ và nguyên tử số $Z$ được cho bởi công thức bán thực nghiệm:

$$ M(A, Z) = Z m_p + (A - Z) m_n - a_1 A + a_2 A^{2/3} + a_3 \frac{(A - 2Z)^2}{A} + a_4 \frac{Z^2}{A^{1/3}} $$

trong đó $m_p$ và $m_n$ lần lượt là khối lượng của proton và neutron, còn $a_1, a_2, a_3, a_4$ là các hằng số dương.

8.1. Chứng minh rằng trong dãy các đồng khối (cùng số khối $A$), hạt nhân có điểm cực trị khối lượng theo $Z$ thỏa mãn:

$$ \frac{Z}{A} = \frac{m_n - m_p + 4a_3}{8a_3 + 2a_4 A^{2/3}} $$

8.2. Giả sử kết quả ở ý 8.1 có thể xấp xỉ bởi hệ thức tuyến tính $Z = \lambda A$ (với $\lambda \approx 0{,}46$) và lấy xấp xỉ khối lượng neutron bằng khối lượng proton ($m_n \approx m_p$):

a) Bằng cách khảo sát khối lượng trên mỗi nucleon ($M/A$), hãy chứng minh rằng hạt nhân bền vững nhất (có năng lượng liên kết riêng lớn nhất, tức $M/A$ đạt cực trị) có số khối $A_s$ được cho bởi:

$$ A_s \approx \frac{a_2}{2\lambda^2 a_4} $$

b) Chứng minh rằng mô hình này tiên đoán: vì Sắt ($^{56}_{26}\text{Fe}$) là nguyên tố có năng lượng liên kết riêng lớn nhất ($A_s = 56$), nên quá trình phân hạch tự phát thành hai mảnh bằng nhau sẽ bắt đầu thuận lợi về mặt năng lượng đối với các nguyên tố có số khối lớn hơn số khối của Brom ($^{79}_{35}\text{Br}$).

⌨️ Kiểm tra nhanh kết quả tính toán (Ý 8.2b): Nhập giá trị số khối giới hạn $A_{\text{gh}}$ (làm tròn đến 1 chữ số thập phân) mà từ đó quá trình phân hạch đối xứng tự phát bắt đầu tỏa năng lượng ($\Delta E \gt 0$):

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

1. Khi cố định số khối $A$, để tìm nguyên tử số $Z$ của hạt nhân nằm tại đáy thung lũng bền vững $\beta$, ta lấy đạo hàm riêng $\left(\frac{\partial M}{\partial Z}\right)_A = 0$ như thế nào?
2. Khi thay $Z = \lambda A$ và $m_p \approx m_n = m$ vào biểu thức khối lượng trên một nucleon $f(A) = \frac{M(A)}{A}$, những số hạng nào phụ thuộc vào số khối $A$?
3. Phản ứng phân hạch đối xứng $(A, Z) \to 2\left(\frac{A}{2}, \frac{Z}{2}\right)$ tự phát tỏa năng lượng khi $M(A) \gt 2M\left(\frac{A}{2}\right)$, tương đương với $\frac{M(A)}{A} \gt \frac{M(A/2)}{A/2}$. Bất phương trình này liên hệ ngưỡng $A_{\text{gh}}$ với $A_s = 56$ ra sao?

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

• Ý 8.1: Lấy đạo hàm riêng của $M(A,Z)$ theo $Z$ (giữ $A$ không đổi):

$$ \left(\frac{\partial M}{\partial Z}\right)_A = m_p - m_n - \frac{4a_3(A - 2Z)}{A} + \frac{2a_4 Z}{A^{1/3}} = 0 $$

• Ý 8.2a: Thay $Z = \lambda A$ và $m_n \approx m_p = m$, chia hai vế cho $A$:

$$ \frac{M}{A} = m - a_1 + a_3(1 - 2\lambda)^2 + a_2 A^{-1/3} + a_4 \lambda^2 A^{2/3} $$

Lấy đạo hàm $\frac{d(M/A)}{dA} = 0$ để tìm $A_s = \frac{a_2}{2\lambda^2 a_4} = 56 \implies \frac{a_2}{\lambda^2 a_4} = 2A_s = 112$.

• Ý 8.2b: Điều kiện phân hạch tự phát $\frac{M(A)}{A} \gt \frac{M(A/2)}{A/2}$ dẫn tới:

$$ a_2 A^{-1/3} + a_4\lambda^2 A^{2/3} \gt a_2 \left(\frac{A}{2}\right)^{-1/3} + a_4\lambda^2 \left(\frac{A}{2}\right)^{2/3} $$

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

8.1. Tìm tỷ số $Z/A$ ứng với cực trị khối lượng theo $Z$:

Xét các hạt nhân đồng khối có cùng số khối $A$. Lấy đạo hàm riêng của khối lượng $M(A,Z)$ theo $Z$ và cho bằng $0$:

$$ \left(\frac{\partial M}{\partial Z}\right)_A = m_p - m_n + a_3 \frac{2(A - 2Z)(-2)}{A} + a_4 \frac{2Z}{A^{1/3}} = 0 $$

Chuyển các số hạng chứa $Z$ sang một vế:

$$ Z\left(\frac{8a_3}{A} + \frac{2a_4}{A^{1/3}}\right) = m_n - m_p + 4a_3 \implies \frac{Z}{A}\left(8a_3 + 2a_4 A^{2/3}\right) = m_n - m_p + 4a_3 $$

$$ \implies \frac{Z}{A} = \frac{m_n - m_p + 4a_3}{8a_3 + 2a_4 A^{2/3}} \quad \text{(điều phải chứng minh)} $$

8.2a. Xác định số khối $A_s$ ứng với cực trị của khối lượng trên mỗi nucleon:

Với xấp xỉ $Z = \lambda A$ và $m_p \approx m_n = m$, biểu thức khối lượng trên mỗi nucleon $\frac{M}{A}$ trở thành:

$$ \frac{M(A)}{A} = m - a_1 + a_3(1 - 2\lambda)^2 + a_2 A^{-1/3} + a_4 \lambda^2 A^{2/3} $$

Lấy đạo hàm của $\frac{M}{A}$ theo $A$ và cho bằng $0$ tại $A = A_s$:

$$ \frac{d}{dA}\left(\frac{M}{A}\right) = -\frac{1}{3}a_2 A_s^{-4/3} + \frac{2}{3}a_4 \lambda^2 A_s^{-1/3} = 0 \implies A_s = \frac{a_2}{2\lambda^2 a_4} $$

Vì hạt nhân Sắt ($^{56}_{26}\text{Fe}$) có năng lượng liên kết riêng lớn nhất (tức khối lượng trên mỗi nucleon nhỏ nhất), ta có $A_s = 56$, suy ra tỷ số hằng số:

$$ \frac{a_2}{\lambda^2 a_4} = 2A_s = 2 \times 56 = 112 $$

8.2b. Điều kiện phân hạch tự phát thành hai mảnh bằng nhau:

Quá trình phân hạch tự phát của hạt nhân $(A, Z)$ thành hai mảnh đối xứng $\left(\frac{A}{2}, \frac{Z}{2}\right)$ tỏa năng lượng khi khối lượng hạt nhân mẹ lớn hơn tổng khối lượng hai hạt nhân con:

$$ M(A) \gt 2M\left(\frac{A}{2}\right) \Longleftrightarrow \frac{M(A)}{A} \gt \frac{M(A/2)}{A/2} $$

Thay biểu thức $\frac{M}{A}$ vào bất phương trình trên (các số hạng hằng số ở hai vế tự triệt tiêu):

$$ a_2 A^{-1/3} + a_4 \lambda^2 A^{2/3} \gt a_2 \left(\frac{A}{2}\right)^{-1/3} + a_4 \lambda^2 \left(\frac{A}{2}\right)^{2/3} $$

Chuyển vế và nhóm các số hạng cùng bậc của $A$:

$$ a_4 \lambda^2 A^{2/3}\left(1 - 2^{-2/3}\right) \gt a_2 A^{-1/3}\left(2^{1/3} - 1\right) $$

Nhân hai vế với $A^{1/3}$ và thay $\frac{a_2}{\lambda^2 a_4} = 2A_s = 112$:

$$ A \gt 2A_s \cdot \frac{2^{1/3} - 1}{1 - 2^{-2/3}} = 112 \times \frac{1{,}25992 - 1}{1 - 0{,}62996} \approx 112 \times 0{,}70241 \approx 78{,}67 $$

Như vậy, phân hạch đối xứng bắt đầu tỏa năng lượng khi $A \ge 79$. Vì nguyên tố Brom có số khối $A_{\text{Br}} = 79$, nên mọi nguyên tố có số khối lớn hơn Brom ($A \gt 79$) đều thỏa mãn điều kiện năng lượng để tự phân hạch thành hai mảnh bằng nhau.

Đáp số chuẩn:
• Biểu thức số khối cực trị: $A_s = \dfrac{a_2}{2\lambda^2 a_4} = 56$.
• Ngưỡng số khối phân hạch đối xứng: $A \gt 2A_s\dfrac{2^{1/3}-1}{1-2^{-2/3}} \approx 78{,}7 \approx 79$ (lớn hơn số khối của Brom $^{79}_{35}\text{Br}$).

🚀 Thử thách mở rộng: Vì sao các nguyên tố từ Brom đến Chì không tự phân hạch ngay lập tức?

Câu hỏi mở rộng: Dù điều kiện năng lượng $Q = M(A) - 2M(A/2) \gt 0$ thỏa mãn ngay từ $A \gt 79$, nhưng trong tự nhiên các nguyên tố như Bạc ($A=108$), Vàng ($A=197$) hay Chì ($A=208$) vẫn cực kỳ bền vững trước sự phân hạch tự phát. Hãy giải thích nguyên nhân vật lý.

Hướng dẫn giải nhanh: Điều kiện $Q \gt 0$ chỉ là điều kiện cần về mặt nhiệt động lực học. Để biến dạng từ một giọt cầu thành hai giọt tách rời, hạt nhân phải vượt qua một hàng rào thế năng biến dạng (fission barrier) cao khoảng $40 - 50\text{ MeV}$ đối với $A \sim 100$. Hàng rào thế năng này chỉ triệt tiêu hoàn toàn khi $\frac{Z^2}{A} \ge 48$ (vùng hạt nhân siêu nặng $A \ge 240$).

Bài 9. Giao thoa kế Fizeau và Độ lệch pha Ánh sáng trong Dòng nước chuyển động

2,0 điểm

Một chùm sáng đơn sắc có bước sóng $\lambda$ và tốc độ $c$ trong chân không được tách thành hai chùm tia riêng biệt. Mỗi chùm tia đi qua một ống chứa nước hoàn toàn giống nhau có chiều dài $L$. Nước trong ống thứ nhất đứng yên, còn nước trong ống thứ hai chuyển động đều với tốc độ $v$ ($v \ll c$) cùng chiều truyền của ánh sáng.

Hãy xác định độ lệch pha $\Delta\phi$ giữa hai chùm sáng sau khi đi qua hai ống nước theo $L, \lambda, v, c$ và $n$ (trong đó $n$ là chiết suất của nước khi đứng yên).

Hình 9.1: Sơ đồ thí nghiệm giao thoa truyền tia sáng qua ống nước chuyển động với tốc độ $v$ và ống nước đứng yên chiều dài $L$.

⌨️ Kiểm tra nhanh kết quả tính toán: Áp dụng số với $L = 1{,}5\text{ m}$, $\lambda = 600\text{ nm}$, chiết suất nước $n = \frac{4}{3}$ và tốc độ dòng nước $v = 10\text{ m/s}$. Độ lệch pha $\Delta\phi$ giữa hai tia sáng bằng bao nhiêu radian ($\text{rad}$, làm tròn đến 3 chữ số thập phân)?

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

1. Trong hệ quy chiếu gắn với nước đứng yên, tốc độ pha của ánh sáng là $u' = \frac{c}{n}$. Khi nước chuyển động với vận tốc $v$ đối với phòng thí nghiệm, ta phải dùng công thức cộng vận tốc Galilê ($u = \frac{c}{n} + v$) hay công thức cộng vận tốc tương đối tính Einstein?
2. Áp dụng công thức cộng vận tốc tương đối tính $u = \frac{u' + v}{1 + \frac{u'v}{c^2}}$ và khai triển bậc nhất theo tỷ số $\frac{v}{c} \ll 1$, hệ số kéo theo Fresnel của nước có biểu thức như thế nào?
3. Từ hiệu thời gian truyền sáng $\Delta t = t_1 - t_2$ qua hai ống nước có chiều dài $L$, độ lệch pha $\Delta\phi$ được tính theo tần số góc $\omega = \frac{2\pi c}{\lambda}$ ra sao?

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

• Theo công thức cộng vận tốc tương đối tính của Einstein, tốc độ truyền pha của ánh sáng trong ống nước chuyển động đối với hệ quy chiếu phòng thí nghiệm là:

$$ u = \frac{\dfrac{c}{n} + v}{1 + \dfrac{(c/n)v}{c^2}} = \frac{\dfrac{c}{n} + v}{1 + \dfrac{v}{nc}} \approx \left(\frac{c}{n} + v\right)\left(1 - \frac{v}{nc}\right) \approx \frac{c}{n} + v\left(1 - \frac{1}{n^2}\right) $$

• Hiệu thời gian truyền qua hai ống chiều dài $L$:

$$ \Delta t = t_1 - t_2 = \frac{L}{c/n} - \frac{L}{u} \approx \frac{Lv(n^2 - 1)}{c^2} $$

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

Bước 1 — Tốc độ ánh sáng trong nước chuyển động (hệ số kéo theo Fresnel):

Trong hệ quy chiếu gắn với dòng nước, nước đứng yên nên ánh sáng truyền với tốc độ $u' = \frac{c}{n}$. Đối với hệ quy chiếu phòng thí nghiệm (trong đó dòng nước chuyển động cùng chiều ánh sáng với tốc độ $v$), theo định lý cộng vận tốc tương đối tính của Einstein, tốc độ ánh sáng trong ống nước chuyển động là:

$$ u = \frac{u' + v}{1 + \dfrac{u'v}{c^2}} = \frac{\dfrac{c}{n} + v}{1 + \dfrac{v}{nc}} $$

Vì $v \ll c$, khai triển đến số hạng bậc nhất của $\frac{v}{c}$, ta thu được công thức kéo theo Fresnel:

$$ u \approx \frac{c}{n} + v\left(1 - \frac{1}{n^2}\right) $$

Bước 2 — Tính hiệu thời gian truyền sáng $\Delta t$ qua hai ống:

Thời gian ánh sáng truyền qua ống nước đứng yên chiều dài $L$ là $t_1 = \frac{nL}{c}$. Thời gian ánh sáng truyền qua ống nước chuyển động là $t_2 = \frac{L}{u}$. Hiệu thời gian truyền sáng giữa hai chùm tia là:

$$ \Delta t = t_1 - t_2 = \frac{nL}{c} - \frac{L}{\dfrac{c}{n} + v\left(1 - \dfrac{1}{n^2}\right)} = \frac{nL}{c}\left[1 - \frac{1}{1 + \dfrac{nv}{c}\left(1 - \dfrac{1}{n^2}\right)}\right] $$

Áp dụng xấp xỉ $\frac{1}{1 + \varepsilon} \approx 1 - \varepsilon$ với $\varepsilon = \frac{nv}{c}\left(1 - \frac{1}{n^2}\right) \ll 1$:

$$ \Delta t \approx \frac{nL}{c} \cdot \frac{nv}{c}\left(1 - \frac{1}{n^2}\right) = \frac{Lv\left(n^2 - 1\right)}{c^2} $$

Bước 3 — Độ lệch pha $\Delta\phi$ giữa hai chùm sáng:

Vì thành ống đứng yên trong hệ quy chiếu phòng thí nghiệm, tần số của chùm sáng đơn sắc không đổi và bằng $\nu = \frac{c}{\lambda}$. Độ lệch pha giữa hai chùm tia sau khi đi qua hai ống nước là:

$$ \Delta\phi = 2\pi \nu \Delta t = \frac{2\pi c}{\lambda} \cdot \frac{Lv\left(n^2 - 1\right)}{c^2} = \frac{2\pi Lv\left(n^2 - 1\right)}{c\lambda} $$

(Kiểm tra với bộ số thực nghiệm: $L = 1{,}5\text{ m}, \lambda = 600\text{ nm}, n = \frac{4}{3}, v = 10\text{ m/s} \implies \Delta\phi = \frac{2\pi \times 1{,}5 \times 10 \times (16/9 - 1)}{2{,}997 \times 10^8 \times 600 \times 10^{-9}} \approx 0{,}408\text{ rad}$).

Đáp số chuẩn:
• Độ lệch pha tổng quát: $\Delta\phi = \dfrac{2\pi Lv\left(n^2 - 1\right)}{c\lambda}$.
• Giá trị áp dụng số mẫu: $\Delta\phi \approx 0{,}408\text{ rad}$.

🚀 Thử thách mở rộng: Hiệu ứng tán sắc chiết suất (Bổ chính Lorentz)

Câu hỏi mở rộng: Nếu chiết suất của nước phụ thuộc vào bước sóng ánh sáng theo hệ thức tán sắc $n = n(\lambda)$, hãy chứng minh rằng hiệu ứng Doppler trong hệ quy chiếu gắn với dòng nước làm xuất hiện thêm một số hạng bổ chính tán sắc của Lorentz trong tốc độ ánh sáng.

Hướng dẫn giải nhanh: Trong hệ quy chiếu của dòng nước, bước sóng bị dịch chuyển Doppler một lượng $\lambda' \approx \lambda\left(1 + \frac{nv}{c}\right)$. Khai triển $n(\lambda') \approx n(\lambda) + \lambda\frac{dn}{d\lambda}\frac{nv}{c}$, thay vào $u' = \frac{c}{n(\lambda')}$ cho hệ số kéo theo đầy đủ của Lorentz: $f = 1 - \frac{1}{n^2} - \frac{\lambda}{n}\frac{dn}{d\lambda}$.

Bài 10. Tán xạ Compton ở Góc $90^\circ$ và Động năng Electron Giật lùi

2,0 điểm

Một photon có tần số $\nu$ bị tán xạ dưới góc $\theta = 90^\circ$ sau khi va chạm với một electron ban đầu đứng yên tự do.

10.1. Chứng minh rằng tần số $\nu'$ của photon sau khi bị tán xạ được cho bởi biểu thức:

$$ \nu' = \frac{m_e c^2}{h\nu + m_e c^2}\nu $$

10.2. Tính động năng $K_e$ của electron giật lùi sau va chạm nếu photon tia X ban đầu có năng lượng $E_0 = h\nu = 50{,}0\text{ keV}$.

Hình 10.1: Sơ đồ tán xạ Compton của photon tia X dưới góc $\theta = 90^\circ$ trên electron đứng yên.

⌨️ Kiểm tra nhanh kết quả tính toán (Ý 10.2): Nhập động năng $K_e$ của electron giật lùi theo đơn vị $\text{keV}$ (làm tròn đến 2 chữ số thập phân):

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

1. Trong va chạm Compton giữa photon và electron, hai định luật bảo toàn cơ bản nào của cơ học tương đối tính được áp dụng?
2. Vì vectơ động lượng photon tới $\vec{p}_\gamma$ và vectơ động lượng photon tán xạ $\vec{p}'_\gamma$ vuông góc với nhau ($\theta = 90^\circ$), định lý Pythagore cho tam giác động lượng $\vec{p}_e = \vec{p}_\gamma - \vec{p}'_\gamma$ cho ta biểu thức nào của $p_e^2 c^2$?
3. Kết hợp hệ thức tương đối tính $E_e^2 = p_e^2 c^2 + (m_e c^2)^2$ với định luật bảo toàn năng lượng $E_e = h\nu + m_e c^2 - h\nu'$, ta rút ra $\nu'$ và động năng $K_e = h\nu - h\nu'$ như thế nào?

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

• Định luật bảo toàn năng lượng toàn phần và bảo toàn động lượng (với $\vec{p}_\gamma \perp \vec{p}'_\gamma$):

$$ \begin{cases} E_e = h\nu - h\nu' + m_e c^2 \\ p_e^2 c^2 = \left(p_\gamma c\right)^2 + \left(p'_\gamma c\right)^2 = (h\nu)^2 + (h\nu')^2 \end{cases} $$

• Thay vào hệ thức năng - xung lượng tương đối tính của electron $E_e^2 - p_e^2 c^2 = (m_e c^2)^2$ để tìm $\nu'$.

• Năng lượng nghỉ của electron tính theo đơn vị $\text{keV}$ từ bảng hằng số đề thi: $m_e c^2 = \frac{9{,}11 \times 10^{-31} \times (2{,}997 \times 10^8)^2}{1{,}6 \times 10^{-16}\text{ J/keV}} \approx 511{,}4\text{ keV}$.

✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn

10.1. Chứng minh công thức tần số photon tán xạ ở góc $90^\circ$:

Gọi $\vec{p}_\gamma$ ($p_\gamma = \frac{h\nu}{c}$) và $\vec{p}'_\gamma$ ($p'_\gamma = \frac{h\nu'}{c}$) lần lượt là động lượng của photon trước và sau va chạm; $\vec{p}_e$ và $E_e$ là động lượng và năng lượng toàn phần tương đối tính của electron sau va chạm.

Theo định luật bảo toàn động lượng: $\vec{p}_e = \vec{p}_\gamma - \vec{p}'_\gamma$. Vì photon bị tán xạ dưới góc $\theta = 90^\circ$ ($\vec{p}_\gamma \cdot \vec{p}'_\gamma = 0$), bình phương hai vế và nhân với $c^2$ ta được:

$$ p_e^2 c^2 = \left(p_\gamma c\right)^2 + \left(p'_\gamma c\right)^2 = (h\nu)^2 + (h\nu')^2 \qquad (1) $$

Theo định luật bảo toàn năng lượng toàn phần:

$$ h\nu + m_e c^2 = h\nu' + E_e \implies E_e = h(\nu - \nu') + m_e c^2 \qquad (2) $$

Thay (1) và (2) vào hệ thức liên hệ năng lượng - động lượng tương đối tính của electron $E_e^2 = p_e^2 c^2 + (m_e c^2)^2$:

$$ \left[h(\nu - \nu') + m_e c^2\right]^2 = (h\nu)^2 + (h\nu')^2 + (m_e c^2)^2 $$

Khai triển vế trái và rút gọn các số hạng giống nhau ở hai vế:

$$ -2h^2\nu\nu' + 2h(\nu - \nu')m_e c^2 = 0 \implies (\nu - \nu')m_e c^2 = h\nu\nu' $$

$$ \implies \nu'\left(h\nu + m_e c^2\right) = m_e c^2 \nu \implies \nu' = \frac{m_e c^2}{h\nu + m_e c^2}\nu \quad \text{(điều phải chứng minh)} $$

10.2. Tính động năng $K_e$ của electron giật lùi:

Động năng của electron nhận được sau va chạm đúng bằng độ giảm năng lượng của photon:

$$ K_e = h\nu - h\nu' = h\nu\left(1 - \frac{m_e c^2}{h\nu + m_e c^2}\right) = \frac{(h\nu)^2}{h\nu + m_e c^2} $$

Tính năng lượng nghỉ của electron từ các hằng số ở trang 5 của đề thi ($m_e = 9{,}11 \times 10^{-31}\text{ kg}$, $c = 2{,}997 \times 10^8\text{ m/s}$, $1\text{ keV} = 1{,}6 \times 10^{-16}\text{ J}$):

$$ m_e c^2 = \frac{9{,}11 \times 10^{-31} \times (2{,}997 \times 10^8)^2}{1{,}6 \times 10^{-16}} \approx 511{,}4\text{ keV} $$

Thay $h\nu = 50{,}0\text{ keV}$ và $m_e c^2 = 511{,}4\text{ keV}$ vào công thức của $K_e$:

$$ K_e = \frac{(50{,}0)^2}{50{,}0 + 511{,}4}\text{ keV} = \frac{2500}{561{,}4}\text{ keV} \approx 4{,}45\text{ keV} \quad \left(\text{hay } 7{,}13 \times 10^{-16}\text{ J}\right) $$

Đáp số chuẩn:
• Tần số photon sau tán xạ $90^\circ$: $\nu' = \dfrac{m_e c^2}{h\nu + m_e c^2}\nu$.
• Động năng của electron giật lùi: $K_e = \dfrac{(h\nu)^2}{h\nu + m_e c^2} \approx 4{,}45\text{ keV}$ (tương đương $7{,}13 \times 10^{-16}\text{ J}$).

🚀 Thử thách mở rộng: Góc bay lệch của electron giật lùi

Câu hỏi mở rộng: Trong trường hợp tán xạ $\theta = 90^\circ$ với $h\nu = 50{,}0\text{ keV}$ ở trên, hãy xác định góc lệch $\varphi$ của vectơ động lượng electron giật lùi $\vec{p}_e$ so với phương ban đầu của photon tới.

Hướng dẫn giải nhanh: Vì $\vec{p}_\gamma \perp \vec{p}'_\gamma$, từ hình chữ nhật động lượng ta có $\tan\varphi = \frac{p'_\gamma}{p_\gamma} = \frac{\nu'}{\nu} = \frac{m_e c^2}{h\nu + m_e c^2} = \frac{511{,}4}{561{,}4} \approx 0{,}9109 \implies \varphi \approx 42{,}3^\circ$.