Bài viết này cung cấp một đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia môn Vật lý, trong đó có một chủ đề quan trọng: sự dẫn điện của kim loại. Đây là một trong những nội dung cốt lõi trong các kỳ thi học sinh giỏi, yêu cầu sự hiểu biết sâu sắc về các nguyên lý vật lý và khả năng áp dụng chúng vào các bài toán thực tiễn.
Trong phần này, chúng ta sẽ đi sâu vào các khái niệm liên quan như mật độ dòng điện, định luật Ohm, hiệu ứng Hall, và mô hình Drude trong cơ học lượng tử. Những kiến thức này không chỉ giúp học sinh ôn tập hiệu quả cho kỳ thi mà còn cung cấp nền tảng vững chắc để hiểu về các hiện tượng vật lý trong thực tế.
Các bài toán trong đề thi không chỉ đòi hỏi kỹ năng tính toán mà còn yêu cầu tư duy logic, khả năng phân tích hiện tượng vật lý, và áp dụng linh hoạt các công thức. Đặc biệt, chủ đề sự dẫn điện của kim loại đóng vai trò quan trọng trong ngành điện tử, kỹ thuật và công nghệ nano.
Ngòa ra còn có các chủ đề khác như Mô hình phân tử chất khí, Mạch điện một chiều và Các định luật bảo toàn trong cơ chất điểm.
Hãy cùng khám phá và chinh phục các bài toán trong đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia môn Vật lý để nâng cao kỹ năng giải quyết vấn đề và chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi sắp tới!
PHẦN 1. ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA MÔN VẬT LÍ - SỰ DẪN ĐIỆN CỦA KIM LOẠI
Bài toán 1 (10 điểm)
Bài toán này bao gồm ba phần độc lập.
1A (3.5 điểm)
Một vật có dạng hình lập phương với một khoang rỗng hình cầu có bán kính \( R \) được khoét ở trung tâm. Bên trong khoang cầu, tại đáy, có một đĩa nhỏ không chuyển động với kích thước hình học không đáng kể.
Tìm vận tốc ngang tối thiểu cần tác động lên đĩa để vật hình lập phương có thể bật lên khỏi mặt bàn trong quá trình chuyển động tiếp theo, với mọi tỷ lệ khối lượng có thể giữa lập phương và đĩa.
Hệ thống không có ma sát. Hãy xác định tại giá trị nào của tỷ số khối lượng \( \frac{M}{m} \) thì vận tốc tối thiểu này đạt được.
Hình cho bài toán 1A - Đề ôn thi HSG Quốc gia môn Vật lý - Sự dẫn điện của kim loại.
1B (4 điểm)
Điện trở \( R = 2.0\ \Omega \) được nối với một số vô hạn các nguồn điện như trong hình bên phải. Xác định cường độ dòng điện chạy qua điện trở \( R \).
Các suất điện động và điện trở trong của các nguồn được biết như sau:
\[
\varepsilon_1 = 2.0 \text{ V}, \quad r_1 = 1.0\ \Omega, \quad \varepsilon_2 = 1.0 \text{ V}, \quad r_2 = 2.0 \ \Omega.
\]
Sơ đồ mạch điện - Câu 1B - Đề ôn thi HSG Quốc gia môn Vật lý - Sự dẫn điện của kim loại.
1C (2.5 điểm)
Trong hình bên phải, ta thấy vật \( AB \) và ảnh của nó \( A'B' \) qua một thấu kính mỏng.
Bằng phương pháp vẽ hình, hãy xác định:
(0.5 điểm) Tâm quang học của thấu kính.
(1 điểm) Mặt phẳng của thấu kính.
(0.5 điểm) Tiêu điểm chính của thấu kính.
Thấu kính này là hội tụ (lồi) hay phân kỳ (lõm)? Hãy ghi câu trả lời của bạn. (0.5 điểm)
Sơ đồ mô tả vật \( AB \) và ảnh \( A'B' \) qua thấu kính - Đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia môn Vật lý.
Bài toán 2 (10 điểm)
Dẫn điện của kim loại (10 điểm)
Định luật Ohm
Chất dẫn điện là các vật liệu, thường là kim loại, trong đó có thể tồn tại dòng điện khi có mặt một điện trường ngoài.
Định luật liên hệ giữa cường độ dòng điện \( I \) chạy qua chất dẫn với hiệu điện thế \( U \) đặt vào hai đầu của nó được Georg Ohm (1787-1854) phát hiện qua thực nghiệm và có dạng:
\[
I = \frac{U}{R} \quad (1)
\]
trong đó \( R \) được gọi là điện trở của dây dẫn.
Hình 1: Một phần tử nhỏ vật liệu kim loại - Đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia môn Vật lý.
Xét một phần tử nhỏ của vật liệu kim loại có chiều dài \( l \) và tiết diện \( S \), hai đầu chịu hiệu điện thế \( U \). Gọi \( \sigma \) là độ dẫn điện riêng của chất, là đại lượng nghịch đảo của điện trở suất \( \rho \). Khi đó, điện trở và cường độ dòng điện chạy qua phần tử này được viết dưới dạng:
\[
R = \rho \frac{l}{S} = \frac{1}{\sigma} \frac{l}{S}, \quad I = jS \quad (2)
\]
trong đó, mật độ dòng điện \( j \) là lượng điện tích đi qua một đơn vị tiết diện trong một đơn vị thời gian.
Vì cường độ điện trường \( E = \frac{U}{l} \), ta có dạng vi phân của định luật Ohm:
\[
j = \sigma E \quad (3)
\]
Xét cùng hướng của vector cường độ điện trường và vector mật độ dòng điện, ta viết lại phương trình dưới dạng vector:
\[
\vec{j} = \sigma \vec{E} \quad (4)
\]
[1 điểm] Xuất phát từ định luật Joule-Lenz, hãy xác định mật độ công suất nhiệt \( P_V \) sinh ra trong vật dẫn, tức là lượng nhiệt sinh ra bởi dòng điện trên một đơn vị thể tích \( 1 m^3 \) trong một đơn vị thời gian \( 1 s \). Biểu diễn kết quả theo \( E \) và \( \sigma \).
Mô hình Drude
Sau khi phát hiện ra electron vào năm 1900, nhà vật lý người Đức Paul Drude đã đề xuất lý thuyết cổ điển về tính dẫn điện của kim loại.
Theo lý thuyết này, các electron có mật độ số \( n \), khối lượng \( m \) và điện tích \( -e \) có thể di chuyển tự do trong mạng tinh thể ion của kim loại, thỉnh thoảng va chạm với các ion.
Hình 2: Mô tả mô hình Drude của tính dẫn điện - Đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia môn Vật lý - Sự dẫn điện của kim loại.
[1 điểm] Xác định vector vận tốc trung bình có hướng của electron \( \mathbf{u} \). Biểu diễn kết quả theo \( e, E, m, \tau \).
[1 điểm] Mật độ dòng điện trong mẫu vật được xác định bởi thành phần vận tốc trung bình song song với cường độ điện trường ngoài \( E \). Chứng minh định luật Ohm trong mô hình đơn giản này và xác định độ dẫn điện riêng \( \sigma \) của kim loại. Biểu diễn theo \( e, n, m, \tau \).
[1 điểm] Xác định lượng năng lượng động học \( Q_V \) mà electron truyền cho mạng tinh thể trên một đơn vị thể tích \( 1 m^3 \) trong một đơn vị thời gian \( 1 s \). Biểu diễn theo \( e, E, n, m, \tau \).
Hiện tượng điện từ - Điện trở từ
Một trong những hiện tượng điện từ quan trọng là sự thay đổi độ dẫn điện của chất dẫn khi có mặt một từ trường ngoài vuông góc. Hiện tượng này gọi là hiệu ứng điện trở từ.
Theo thực nghiệm, độ lệch tương đối của độ dẫn điện \( \frac{\Delta \sigma}{\sigma} \) khi từ trường có cảm ứng \( B \) không quá lớn được mô tả bởi công thức:
[1 điểm] Tìm các phụ thuộc theo thời gian \( t \) của các thành phần vận tốc electron \( u_x (t) \) và \( u_y (t) \) giữa hai lần va chạm liên tiếp. Biểu diễn theo \( e, E, B, m, t \).
[2 điểm] Mật độ dòng điện trong mẫu vật được xác định bởi thành phần vận tốc trung bình song song với \( E \). Giả sử cảm ứng từ \( B \) đủ nhỏ, tìm các hằng số \( \mu \) và \( v \) trong công thức (5). Biểu diễn theo \( e, m, \tau \).
Hiệu ứng Hall
Năm 1879, Edwin Hall phát hiện ra hiện tượng xuất hiện hiệu điện thế ngang, sau này được gọi là hiệu điện thế Hall, bằng cách đặt dây dẫn có dòng điện chạy qua vào một từ trường ngang không đổi.
Trong mô tả đơn giản nhất, hiệu ứng Hall được mô tả như sau: Giả sử có một dòng điện chạy qua một thanh kim loại do tác động của điện trường ngoài có cường độ \( E \). Khi đặt thanh kim loại vào từ trường ngang yếu có cảm ứng từ \( B \), từ trường này làm lệch hướng chuyển động của electron về một phía của thanh.
Như vậy, lực Lorentz, trái ngược với hiệu ứng điện trở từ, làm cho điện tích âm tích tụ gần một mặt của thanh, trong khi điện tích dương tích tụ ở mặt đối diện. Sự tích tụ điện tích này tiếp diễn cho đến khi điện trường ngang \( E_H \), sinh ra bởi các điện tích đã tích tụ (hướng dọc theo trục \( Oy \), như trong hình), hoàn toàn bù đắp cho sự dịch chuyển ngang của electron trong khoảng thời gian \( \tau \).
Sử dụng mô hình Drude đã trình bày ở trên, hãy giải các bài toán sau. Hãy quan sát kỹ hình 2 ở trên, vì nó biểu diễn hệ trục tọa độ đang được sử dụng và hiển thị hướng của tất cả các véc-tơ.
[0.5 điểm] Quan sát kỹ hình thứ hai ở trên. Điện tích âm tích tụ gần mặt nào, trên hay dưới?
[1.5 điểm] Tìm các phụ thuộc theo thời gian \( t \) của các thành phần vận tốc electron \( u_x (t) \) và \( u_y (t) \) giữa hai lần va chạm liên tiếp. Biểu diễn kết quả theo \( e, E, E_H, B, m, t \).
[1 điểm] Tìm cường độ điện trường Hall \( E_H \). Biểu diễn kết quả theo \( e, E, B, m, \tau \), sau đó theo \( e, j, B, n \).
Khi giải các bài toán này, bạn có thể sử dụng các công thức xấp xỉ sau, áp dụng khi \( x \) nhỏ:
\[
\sin x \approx x - \frac{x^3}{6}, \quad \cos x \approx 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24}
\]
Bài toán 3 (10 điểm)
Nhiệt động lực học của khí lý tưởng lượng tử đơn giản
Trong vật lý cổ điển, năng lượng của hệ thay đổi liên tục. Tuy nhiên, trong vật lý vi mô, hầu hết các đại lượng vật lý đều được lượng tử hóa, tức là chúng chỉ có thể nhận một tập hợp rời rạc các giá trị. Sự lượng tử hóa năng lượng có thể dẫn đến các hiệu ứng quan sát được ở quy mô vĩ mô.
Trong bài toán này, ta sẽ xét mô hình đơn giản nhất của khí lý tưởng lượng tử.
Mô hình
Xét một khí gồm \( N \) nguyên tử giống nhau, mỗi nguyên tử có khối lượng \( m \), được đặt trong một bình hình trụ dài \( L \) với tiết diện ngang \( S \). Các nguyên tử chỉ có thể chuyển động dọc theo trục của bình.
Hình 3: Mô hình các phân tử chuyển động dọc theo bình hình trụ - Đề ôn thi học sinh giỏi Quốc gia môn Vật lý.
Năng lượng động học của nguyên tử được lượng tử hóa, tức là chỉ có thể nhận các giá trị rời rạc xác định bởi:
\[
E_n = n \varepsilon, \quad n = 1,2,3,\dots \quad (1)
\]
trong đó \( \varepsilon \) là một hằng số đã biết. Giả sử năng lượng động học của nguyên tử được biểu diễn theo công thức vật lý cổ điển.
Bình được đưa vào tiếp xúc với một bộ điều nhiệt sao cho khí trong bình có nhiệt độ \( T \). Giá trị năng lượng động học của từng nguyên tử thay đổi do tiếp xúc với bộ điều nhiệt.
Giả sử mật độ số nguyên tử đủ thấp để có thể bỏ qua các va chạm giữa các nguyên tử.
Ở trạng thái cân bằng nhiệt động, số nguyên tử chiếm mức năng lượng \( E_n \) được xác định bởi hàm phân bố Boltzmann:
trong đó \( k_B \) là hằng số Boltzmann, còn \( C \) là một hệ số chuẩn hóa mà bạn cần tự xác định.
Bài toán con:
[1 điểm] Tìm số nguyên tử \( N_n \) chiếm mức năng lượng \( E_n \). Biểu diễn kết quả theo \( N, \varepsilon, T, k_B \).
[3 điểm] Tìm biểu thức cho năng lượng nội tại \( U \) của khí. Biểu diễn kết quả theo \( N, \varepsilon, T, k_B \). Xác định công thức xấp xỉ của năng lượng nội tại trong hai giới hạn:
\( k_B T \gg \varepsilon \) (giới hạn nhiệt độ cao hay giới hạn cổ điển).
\( k_B T \ll \varepsilon \) (giới hạn nhiệt độ thấp).
[3 điểm] Tính nhiệt dung mol của khí ở thể tích không đổi. Biểu diễn kết quả theo \( N, \varepsilon, T, k_B \). Xác định công thức xấp xỉ của nhiệt dung mol ở thể tích không đổi trong cả giới hạn cổ điển và giới hạn nhiệt độ thấp. Vẽ sơ đồ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của nhiệt dung mol vào nhiệt độ của khí.
[3 điểm] Tìm áp suất \( P \) mà khí tác dụng lên thành bình. Biểu diễn kết quả theo \( N, \varepsilon, T, k_B \). Xác định công thức xấp xỉ của áp suất trong cả giới hạn cổ điển và giới hạn nhiệt độ thấp. Vẽ sơ đồ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của áp suất vào nhiệt độ của khí.
Khi giải các bài toán này, bạn có thể sử dụng các công thức sau:
Hiệu ứng Hall lượng tử là một trong những hiện tượng quan trọng trong vật lý hiện đại, giúp chúng ta hiểu rõ hơn về tính chất lượng tử của electron khi chuyển động trong từ trường mạnh. Đây cũng là một chủ đề thường xuất hiện trong các kỳ thi Vật lý Olympic quốc tế, Châu Á,... thử thách khả năng tư duy và vận dụng kiến thức của học sinh giỏi.
Bài viết này giới thiệu đề ôn thi HSG quốc gia và chọn đội tuyển Quốc tế môn vật lí, trong đó có một bài toán đặc biệt về hiệu ứng Hall lượng tử và chuyển động của electron trong từ trường. Ngoài ra, đề thi còn bao gồm các bài toán hấp dẫn khác về cơ học, quỹ đạo cyclotron, chuyển động trôi (drift motion) và các thí nghiệm thực nghiệm với không khí.
Nếu bạn là một học sinh yêu thích Vật lý và muốn thử sức với những bài toán nâng cao, đây là cơ hội để bạn rèn luyện tư duy và khám phá những hiện tượng vật lý thú vị.
💡 Bạn có thể giải được bài toán về hiệu ứng Hall lượng tử không? Hãy thử sức ngay! 🚀
Bài 1: Trò chơi cơ học
Đã đến lúc cho những trò chơi vật lý thú vị! Trong một triển lãm dành riêng cho những người yêu thích vật lý, có rất nhiều điều để khám phá. Hãy cùng quan sát kỹ hai mô hình cơ học và kiểm chứng chúng.
1.1 Trò chơi nước
Tại một trong những trạm đầu tiên, bạn có thể đổ nước vào đầu trên của một máng có chiều dài \( L = 100 \) cm. Nước chảy dọc theo máng và thoát ra ở đầu dưới. Máng được cố định tại đầu dưới ở độ cao \( h = 200 \) cm so với mặt đất. Tuy nhiên, đầu trên của máng có thể thay đổi độ cao. Rõ ràng, độ cao này ảnh hưởng đến khoảng cách mà tia nước đạt được trước khi chạm đất.
Hình 1: Mô hình trò chơi nước.
1.a) Xác định gần đúng khoảng cách nằm ngang tối đa, đo từ đầu dưới của máng, mà tia nước có thể đạt được. Xác định góc nghiêng của máng so với phương ngang để đạt khoảng cách này.
Giả sử nước chảy không ma sát và có vận tốc ban đầu không đáng kể khi đổ vào máng. (10 điểm)
1.2 Xe trượt trên bàn khí và ma sát với tường
Một điểm nhấn khác của triển lãm là bàn khí, trên đó có một khối hộp nhỏ, phẳng với khối lượng \( m \). Khối hộp này có thể di chuyển không ma sát trên bàn khí. Bàn khí được giới hạn bởi hai bức tường cố định với khoảng cách giữa chúng là \( b \).
Xét trường hợp khi khối hộp được đẩy từ bức tường bên trái với vận tốc \( v_0 \), tạo góc \( \alpha = 45^\circ \) với tường.
Hình 2: Mô hình xe trượt trên bàn khí.
1.b) Xác định hệ số ma sát trượt giữa khối hộp và tường. Biểu diễn tổng quãng đường mà khối hộp đi được dọc theo tường dưới dạng công thức.
Giả sử khối hộp không bị xoay trong suốt quá trình chuyển động. (10 điểm)
Bài 2: Hiệu ứng lượng tử của electron trong từ trường
Mô hình nguyên tử Bohr, phát triển vào đầu thế kỷ 20, lần đầu tiên cung cấp lời giải thích lý thuyết về kích thước nguyên tử cũng như các vạch quang phổ trong nguyên tử hydro. Dù dựa trên các tiên đề mâu thuẫn với cơ học cổ điển và điện động lực học, mô hình này vẫn đạt được thành công đáng kể. Cho đến nay, nhiều mô tả về nguyên tử vẫn sử dụng các quỹ đạo electron đặc trưng của mô hình Bohr.
Giả thuyết chính của mô hình Bohr là electron chuyển động trong quỹ đạo tròn quanh hạt nhân mà không mất năng lượng. Chỉ những quỹ đạo có mômen động lượng là bội số nguyên của hằng số Planck giảm \( \hbar = \frac{h}{2\pi} \), với \( h \approx 6,626 \times 10^{-34} \) J.s, mới được phép tồn tại. Điều kiện này có thể viết dưới dạng:
\[
p = \frac{\hbar n}{r}
\]
với \( n \in \mathbb{Z} \) là số lượng tử.
Khi nguyên tử nằm trong từ trường ngoài, điều kiện lượng tử hóa này phải được sửa đổi. Đối với electron có điện tích \( -e \), chuyển động trên quỹ đạo tròn vuông góc với từ trường đều có cảm ứng từ \( B \), điều kiện lượng tử hóa được viết lại thành:
\[
\frac{rp}{\hbar} - \frac{er^2 B}{2\hbar} = n
\]
Dựa trên điều kiện này, nhiều hiện tượng lượng tử thú vị có thể được giải thích.
2.1 Dòng điện bất ngờ
Thông thường, trong một dây dẫn kim loại, dòng điện chỉ xuất hiện khi có hiệu điện thế. Tuy nhiên, trong một vòng kim loại rất nhỏ và mỏng, có thể xuất hiện dòng điện ngay cả khi không có nguồn điện ngoài, đặc biệt ở nhiệt độ thấp.
Xét một vòng bán kính \( r \), chứa \( N \) electron dẫn có khối lượng \( m \). Giả sử electron chỉ có thể chuyển động dọc theo vòng, tức là chuyển động một chiều.
2.a) Tính mức năng lượng \( E_n \) của electron theo điều kiện lượng tử Bohr trong từ trường có cảm ứng từ \( B \). Chứng minh rằng khi \( B \neq 0 \), các mức năng lượng \( E_n \) và \( E_{-n} \) là khác nhau. (4 điểm)
2.b) Xác định giá trị nhỏ nhất của \( \Delta B \) sao cho phổ năng lượng của electron không thay đổi. (3 điểm)
2.c) Viết biểu thức cho cường độ dòng điện \( I_n \) do một electron ở trạng thái lượng tử thứ \( n \) gây ra. (2 điểm)
2.d) Suy ra biểu thức của tổng dòng điện \( I(B) \) trong vòng ở nhiệt độ rất thấp, với \( N \) electron. Vẽ đồ thị mô tả định tính sự phụ thuộc của \( I(B) \) vào \( B \). Giả sử \( B \) thay đổi trong một phạm vi nhỏ xung quanh \( B = 0 \). (8 điểm)
2.e) Tính giá trị lớn nhất của dòng điện \( I_{\max} \) trong một vòng nhôm có bán kính \( r = 300 \) nm và mật độ electron theo chiều dài \( \lambda = 2,0 \times 10^9 \) m\(^{-1}\). So sánh với ước lượng \( I_{\max} = \frac{e v_F}{2\pi r} \), trong đó \( v_F \) là vận tốc Fermi, được xác định từ năng lượng Fermi của nhôm \( E_F = 11,64 \) eV. (3 điểm)
2.f) Xấp xỉ nhiệt độ tối đa để hiệu ứng này vẫn còn xuất hiện. (3 điểm)
2.2 Hiệu ứng Hall lượng tử
Hiệu ứng Hall lượng tử có thể được giải thích bằng điều kiện lượng tử Bohr.
Xét hệ electron ở nhiệt độ thấp, chỉ có thể chuyển động trong mặt phẳng. Một từ trường mạnh \( B \) hướng vuông góc với mặt phẳng. Khi đặt điện áp \( U \) theo một phương trong mặt phẳng, xuất hiện dòng Hall \( I_H \) vuông góc với điện áp. Không giống hiệu ứng Hall cổ điển, \( I_H \) trong hiệu ứng Hall lượng tử chỉ có thể nhận các giá trị:
\[
I_H = \frac{k}{R_K} U, \quad k \in \mathbb{N}
\]
trong đó \( R_K \) là hằng số Klitzing.
2.g) Viết biểu thức của \( R_K \) chỉ theo các hằng số cơ bản \( h, e, c \). Có thể bỏ qua hệ số số học. (3 điểm)
2.h) Xác định bán kính quỹ đạo cyclotron \( r_n \) của electron và mức năng lượng lượng tử \( E_n \). (3 điểm)
2.i) Chứng minh rằng dưới tác dụng của điện trường và từ trường, các quỹ đạo cyclotron trôi theo phương vuông góc với cả hai trường với vận tốc trôi \( v_D = \frac{E}{B} \). (5 điểm)
Hình 3: Không theo đúng tỷ lệ bản phác thảo của vòng tròn mà các electron di chuyển trong đó.
.
Bài 3: Bài tập thực nghiệm - Chỉ là không khí
Đối với một khí lý tưởng, phương trình trạng thái, còn được gọi là phương trình khí lý tưởng, được biểu diễn bởi:
\[
pV = nRT
\]
Phương trình này mô tả mối quan hệ giữa áp suất \( p \), thể tích \( V \), số mol khí \( n \) và nhiệt độ \( T \). Hằng số khí lý tưởng có giá trị:
Không khí có thể được coi là khí lý tưởng trong phạm vi gần đúng tốt. Trong bài này, bạn sẽ thực hiện hai thí nghiệm để xác định hệ số giãn nở thể tích của không khí cũng như áp suất khí quyển.
Hướng dẫn chung cho bài tập thực nghiệm
Các thí nghiệm này được thiết kế để thực hiện tại nhà. Do đó, bạn không cần phải sử dụng đầy đủ các thiết bị phòng thí nghiệm, mà hãy tự thiết lập một hệ thống đo phù hợp. Ngoài không khí, bạn có thể sử dụng các vật liệu sau:
Nhiệt kế
Các loại bình chứa
Ống dẫn
Vật liệu bịt kín ống
Thước đo, thước kẻ, thước dây
Băng dính
Nước nóng và nước lạnh
Các vật dụng gia đình thông thường khác
Lưu ý: Chỉ sử dụng các vật liệu đã liệt kê. Nếu sử dụng thiết bị ngoài danh mục này, bạn có thể bị trừ điểm.
Ghi chú chung khi thực hiện thí nghiệm
Thực hiện thí nghiệm sao cho kết quả thu được chính xác nhất có thể.
Kết quả đo lặp lại nhiều lần sẽ chính xác hơn so với phép đo đơn lẻ.
Ghi chép và mô tả quá trình thực hiện chi tiết để đảm bảo người khác có thể hiểu và lặp lại thí nghiệm.
Vẽ sơ đồ hệ thống đo.
Ước lượng sai số của tất cả các kết quả một cách hợp lý.
3.1 Sự giãn nở thể tích
Khi một chất khí được làm nóng, thể tích của nó sẽ tăng lên. Đối với một thay đổi nhỏ của nhiệt độ \( \Delta T \), so với nhiệt độ ban đầu \( T \), sự thay đổi thể tích \( \Delta V \) của khí ở áp suất không đổi có thể xấp xỉ theo công thức:
\[
\Delta V \approx \gamma V \Delta T
\]
Trong đó, \( \gamma \) là hệ số giãn nở thể tích. Trong phạm vi nhiệt độ \( \pm 20^\circ C \) quanh nhiệt độ phòng, bạn có thể coi \( \gamma \) là hằng số.
3.a) Xác định hệ số giãn nở thể tích của không khí ở nhiệt độ phòng bằng thực nghiệm. Suy ra giá trị lý thuyết của \( \gamma \) đối với khí lý tưởng và so sánh với kết quả đo được. (20 điểm)
3.2 Áp suất khí quyển
3.b) Đo áp suất khí quyển bằng thực nghiệm và so sánh với giá trị áp suất khí quyển hiện tại tại vị trí thí nghiệm. Giá trị áp suất khí quyển có thể được tra cứu trên Internet hoặc đo bằng một dụng cụ đo áp suất khác. (20 điểm)
Bạn có thể sử dụng giá trị gia tốc trọng trường của Trái Đất:
Vật lý học trong trường đôi khi được gọi là vật lý sơ cấp. Điều này thực sự đúng – trong chương trình học phổ thông không có những định luật phức tạp, khó hiểu, và việc giải bài toán không đòi hỏi toán học cao cấp. Tuy nhiên, ngay cả trong vật lý sơ cấp, vẫn có rất nhiều vấn đề sâu sắc mà câu trả lời không hề hiển nhiên.
Hãy xem một cuộc thảo luận sôi nổi đã diễn ra trong một buổi học ngoại khóa tại trường chúng tôi. Tham gia cuộc thảo luận có giáo viên vật lý (Thầy giáo) và hai học sinh (Volodya và Anton). Cuộc thảo luận bắt đầu bằng một câu hỏi rất đơn giản, nhưng kết thúc thì...
Năng lượng của tụ điện
Thầy giáo: Chủ đề của buổi học hôm nay là "Năng lượng của tụ điện". Chúng ta sẽ xét một tụ điện phẳng có điện môi là không khí, với diện tích bản cực là \( S \), khoảng cách giữa hai bản cực là \( d \). Giả sử tụ điện này đã được nạp điện với điện tích bằng \( Q \). Làm thế nào để tìm năng lượng điện tĩnh lưu trữ trong nó?
Có nhiều cách để làm điều này, chẳng hạn như sau. Hãy tưởng tượng rằng chúng ta nạp tụ điện bằng cách di chuyển điện tích từng phần nhỏ từ một bản cực sang bản cực còn lại. Công mà ta thực hiện trong quá trình này sẽ làm tăng năng lượng của tụ điện. Hãy xác định công cần thiết để nạp tụ điện đến điện tích \( Q \) – đó chính là đáp án cho câu hỏi đã đặt ra.
Gọi \( \Delta Q_i \) là điện tích của phần điện tích thứ \( i \) mà ta chuyển, và \( Q_i \) là điện tích của tụ điện trước khi phần điện tích thứ \( i \) được chuyển. Khi \( \Delta Q_i \) được di chuyển từ một bản cực sang bản cực kia, nó đi qua hiệu điện thế:
\[
U_i = \frac{Q_i}{C_0}
\]
với \( C_0 = \frac{\varepsilon_0 S}{d} \) là điện dung của tụ điện. Khi đó, công cần thực hiện để di chuyển điện tích này bằng...
Công thực hiện để di chuyển phần điện tích \( \Delta Q_i \) qua hiệu điện thế \( U_i \) được tính theo công thức:
\[
\Delta A_i = U_i \Delta Q_i
\]
Tổng công thực hiện để di chuyển toàn bộ điện tích \( Q \), và do đó cũng chính là năng lượng của tụ điện đã được nạp, được xác định bằng tổng các giá trị \( \Delta A_i \):
\[
W_0 = A = \sum_i U_i \Delta Q_i
\]
Để tính tổng này, chúng ta vẽ đồ thị sự phụ thuộc của \( U_i \) vào \( Q_i \). Đồ thị này rất đơn giản – đó là một đường thẳng tỷ lệ (hình 1).
Hình 1. Đồ thị mà thầy giáo sử dụng để tính năng lượng của tụ điện đã được nạp.
Dễ dàng nhận thấy rằng mỗi phần công \( \Delta A_i \) có giá trị bằng diện tích của một hình chữ nhật, với chiều rộng là đoạn \( \Delta Q_i \) và chiều cao là giá trị của đồ thị tại điểm đó. Tổng các diện tích của tất cả các hình chữ nhật này gần bằng diện tích dưới đường cong \( U(Q) \) (với \( \Delta Q_i \) rất nhỏ). Khi lấy giới hạn \( \Delta Q_i \to 0 \), ta thu được diện tích chính xác dưới đồ thị.
Hy vọng rằng không ai gặp khó khăn khi tính diện tích tam giác? Khi đó, ta có kết quả:
\[
W_0 = \frac{1}{2} U(Q) Q = \frac{Q^2}{2C_0}
\]
Volodya: Hình như lập luận này đã từng xuất hiện ở đâu đó?
Thầy giáo: Tất nhiên rồi, khi tính quãng đường di chuyển trong chuyển động thẳng biến đổi đều.
Anton: Thực ra, chúng ta có thể không cần mất công vẽ những hình chữ nhật nhỏ này và tính diện tích dưới đồ thị. Về bản chất, chúng ta chỉ đơn giản là đã tính tích phân của một hàm tuyến tính.
Thầy giáo: Đúng vậy, những người am hiểu hơn có thể nói theo cách đó – và đó hoàn toàn là sự thật.
Volodya: Thật thú vị, vậy nếu giữa các bản tụ điện có chất điện môi thì kết quả có còn như vậy không?
Thầy giáo: Vậy, thực ra có sự khác biệt nào không? Trong phép tính năng lượng của chúng ta, chúng ta hoàn toàn không sử dụng đến việc tụ điện có môi trường không khí. Điều duy nhất chúng ta cần là điện dung \( C_0 \), vì nó xác định mối quan hệ giữa \( U_i \) và \( Q_i \). Nếu một tấm điện môi lấp đầy toàn bộ khoảng không giữa hai bản cực với hằng số điện môi \( \varepsilon \), thì điện dung của tụ điện sẽ tăng lên \( \varepsilon \) lần:
\[
C = \varepsilon C_0
\]
Công thức này sẽ thay \( C_0 \) trong tất cả các phương trình, bao gồm cả kết quả cuối cùng:
\[
W = \frac{Q^2}{2\varepsilon C_0}
\]
Volodya: Chờ đã... Tôi thấy ít nhất còn một cách khác để tìm năng lượng này. Có thể nó sẽ cho cùng một kết quả, hoặc có thể không. Hãy xem xét điều gì xảy ra với tấm điện môi được chèn vào tụ điện của chúng ta (hình 2). Nó bị phân cực – trên bề mặt của nó xuất hiện các điện tích liên kết \( Q_s \) và \( -Q_s \). Ta có thể tìm giá trị \( Q_s \) bằng cách nhớ rằng tổng trường điện trong tấm điện môi, do các điện tích bản cực và điện tích phân cực gây ra, phải nhỏ hơn \( \varepsilon \) lần so với trường của bản cực:
(trường giữa hai mặt phẳng mang điện tích \( Q \) và \( -Q \) là \( Q / (\varepsilon_0 S) \)). Từ đó, ta tìm được:
\[
Q_s = \frac{\varepsilon - 1}{\varepsilon} Q
\]
Hình 2. Cách Volodya nhìn thấy tụ điện có điện môi.
Lưu ý rằng các điện tích liên kết này nằm sát với các bản cực của tụ điện. Chúng ta có thể xem mỗi bản cực và lớp điện môi tiếp giáp như một mặt phẳng tích điện duy nhất, với tổng điện tích:
\[
Q' = Q - Q_s = \frac{Q}{\varepsilon}
\]
Khi đó, toàn bộ hệ thống của chúng ta chính là hai mặt phẳng mang điện tích \( Q' \) và \( -Q' \), cách nhau một khoảng \( d \). Đây chính là một tụ điện không khí có điện dung \( C_0 \), mang điện tích \( Q' \). Khi đó, năng lượng của nó là:
\[
W = \frac{Q'^2}{2C_0} = \frac{Q^2}{2\varepsilon^2 C_0}
\]
tức là nhỏ hơn \( \varepsilon \) lần so với kết quả (1).
Anton: Chờ đã, tại sao tụ điện lại đột nhiên trở thành tụ điện không khí? Nó có điện môi mà, và điện dung của nó không phải \( C_0 \), mà là \( \varepsilon C_0 \).
Volodya: Không, không, ở đây chúng ta phải sử dụng \( C_0 \). Sự có mặt của điện môi đã được tính đến khi chúng ta thêm \( Q_s \) vào tổng điện tích của tụ điện. Tất cả tác động của điện môi đến các hiện tượng tĩnh điện đều quy về các điện tích liên kết của nó. Có phải khi tính trường điện trong điện môi, ta cũng sử dụng cách này không? Khi đã tính đến các điện tích liên kết, chúng ta có toàn quyền bỏ qua sự có mặt của điện môi. Thực tế, chúng ta bắt buộc phải làm vậy, nếu không chúng ta sẽ tính đến cùng một yếu tố – sự có mặt của điện môi – hai lần. Đồng ý chứ?
Thầy giáo: Hm... Nghe có vẻ hợp lý. Thực vậy, khi cộng thêm các điện tích liên kết trên bề mặt điện môi vào hệ thống, chúng ta tính trường điện của chúng giống như thể chúng tồn tại trong chân không. Đó chính là cách phương trình (2) được lập ra, từ đó Volodya tìm ra \( Q_s \). Nhưng liệu chúng ta có thể áp dụng phương pháp này khi tính năng lượng của các điện tích này không? Điều đó hoàn toàn không hiển nhiên. Trong mọi trường hợp, chỉ có một trong hai kết quả (1) hoặc (4) là đúng! Tôi hoàn toàn chắc chắn về cách lập luận của mình – không có chỗ nào để mắc sai lầm. Chúng ta đã tính toán trung thực công thực hiện để nạp điện cho tụ điện. Toàn bộ công này đã được chuyển thành năng lượng của nó – có thể đi đâu khác được?
Tuy nhiên, trong lập luận của Volodya có một điểm đáng ngờ. Khi tính năng lượng, cậu ấy đã cộng thêm các điện tích liên kết vào hệ thống, sau đó lại loại bỏ điện môi hoàn toàn, tuyên bố rằng nó không ảnh hưởng đến năng lượng của hệ thống.
Volodya: Nhưng điều đó có sai không? Năng lượng tĩnh điện chỉ liên quan đến các điện tích. Bên trong điện môi không có điện tích vĩ mô – chúng chỉ xuất hiện trên bề mặt, và những điện tích bề mặt đó đã được tính đến.
Thầy giáo: Điều đó đúng. Nhưng điện môi của chúng ta bị phân cực. Nếu nó là một điện môi không phân cực, thì khi bị phân cực, các điện tích dương và âm trong phân tử sẽ bị kéo lệch về các phía ngược nhau. Để kéo giãn các phân tử điện môi, cần thực hiện một công nào đó, và hợp lý khi gọi đó là năng lượng của điện môi bị phân cực. Không có gì đảm bảo rằng năng lượng này bằng với năng lượng của tương tác tĩnh điện giữa các điện tích liên kết trên bề mặt.
Volodya: Thật sao? Tôi lại nghĩ đó chính là nó. Công thực hiện khi phân cực điện môi chính là công dùng để tạo ra các điện tích liên kết \( Q_s \) và \( -Q_s \).
Thầy giáo: Tôi có một đề xuất. Vì vấn đề cốt lõi của chúng ta là điện môi và năng lượng của nó, hợp lý hơn nếu xem xét vấn đề một cách thuần túy hơn, bằng cách loại bỏ tụ điện khỏi bài toán. Giả sử ta kéo tấm điện môi ra khỏi tụ điện rất nhanh, đến mức các điện tích bên trong chưa kịp dịch chuyển – trạng thái phân cực vẫn được giữ nguyên. Sau một khoảng thời gian rất nhỏ, điện môi chắc chắn sẽ mất đi sự phân cực, vì trường điện bên ngoài đã biến mất. Khi đó, năng lượng mà nó chứa sẽ chuyển thành nhiệt. Làm thế nào để xác định năng lượng này?
Anton: Tôi nghĩ tôi biết Volodya sẽ nói gì. Hệ thống của chúng ta bây giờ gồm hai mặt phẳng mang điện tích liên kết \( \pm Q_s \), cách nhau một khoảng \( d \). Về bản chất, nó là một tụ điện không khí có điện dung \( C_0 \), nhưng được nạp với điện tích \( Q_s \). Khi đó, năng lượng của nó là:
\[
W_{\text{đ}} = \frac{Q_s^2}{2C_0}
\]
Volodya: Đúng vậy, tôi cũng sẽ tìm năng lượng điện môi theo cách đó.
Thầy giáo: Tuyệt vời, bây giờ hãy xem cách tôi làm. Giả sử tôi có thể phân cực tấm điện môi của chúng ta theo một cách nào đó, sao cho không có thay đổi nào khác xảy ra trong môi trường xung quanh. Ví dụ, tôi có thể dùng tay kéo giãn từng phân tử đến trạng thái cần thiết (nhắc lại rằng chúng ta đang nói về một điện môi không phân cực). Công mà tôi thực hiện trong quá trình này sẽ được lưu trữ trong điện môi dưới dạng năng lượng \( W_{\text{đ}} \).
Sau đó, tôi đặt tấm điện môi đã được phân cực vào một tụ điện chưa nạp điện và bắt đầu nạp nó. Tôi sẽ giữ các điện tích liên kết của điện môi cố định, không để sự phân cực thay đổi. Công mà tôi cần thực hiện để nạp tụ điện đến điện tích \( Q \) là bao nhiêu?
Hiệu điện thế mà mỗi phần tử điện tích \( \Delta Q_i \) phải vượt qua bây giờ gồm hai phần. Một phần được tạo ra bởi các điện tích liên kết của điện môi \( \pm Q_s \) và có giá trị:
\[
U_s = -\frac{Q}{C_0}
\]
Phần còn lại được tạo ra bởi điện tích của các bản tụ \( \pm Q_i \), là giá trị của tụ điện trước khi chuyển điện tích \( \Delta Q_i \):
\[
U_i = \frac{Q_i}{C_0}
\]
Tổng công thực hiện khi chuyển toàn bộ điện tích là:
Sau khi nạp xong tụ điện, tôi có thể thả lỏng các phân tử điện môi – trạng thái phân cực của chúng bây giờ được giữ bởi trường của bản cực. Bây giờ tôi đưa hệ về trạng thái ban đầu bằng cách chuyển điện tích ngược lại. Sự phân cực của điện môi cũng sẽ thay đổi cùng với điện trường của bản cực – vì không có ai giữ các điện tích phân tử cố định nữa.
Về cơ bản, tôi đang xả điện một tụ điện bình thường có điện môi, với điện dung là \( \varepsilon C_0 \). Năng lượng giải phóng trong quá trình xả điện có thể dễ dàng tìm được. Để làm điều đó, ta thực hiện phép tính tương tự như khi tính \( W_0 \), nhưng thay \( C_0 \) bằng \( \varepsilon C_0 \). Bạn có thể dự đoán ngay kết quả không?
Anton: Tất nhiên rồi, kết quả sẽ được cho bởi công thức (1).
Thầy giáo: Chính xác. Nhưng vì mọi thứ đã quay về trạng thái ban đầu, năng lượng này phải bằng tổng công đã thực hiện khi nạp điện:
\[
W_{\text{đ}} + A = W
\]
Từ đó, ta tìm được năng lượng của điện môi:
\[
W_{\text{đ}} = W - A = \frac{\varepsilon Q_s^2}{2(\varepsilon - 1) C_0}
\]
Volodya: Vậy là lại có hai kết quả khác nhau – (5) và (6). Và vẫn chưa rõ cái nào đúng.
Anton: Khoan đã, tôi nghĩ tôi đã hiểu cách giải quyết vấn đề của chúng ta! Chúng ta có thể tìm năng lượng \( W_{\text{đ}} \) bằng cách tính công cần thiết để kéo giãn một phân tử điện môi, sau đó nhân với số lượng phân tử.
Volodya: Nhưng điều này quá phức tạp. Chúng ta cần phải hình dung được cấu trúc bên trong của phân tử, các lớp vỏ electron của nó, và để làm điều đó, người ta nói rằng cần đến cơ học lượng tử. Khó có thể làm được điều này.
Hình 3. Lực tác động lên các điện tích phân tử trong điện môi bị phân cực (mô hình của Anton).
Anton: Không, không, hãy xem đây. Chúng ta lấy mô hình đơn giản nhất của một phân tử trong điện môi không phân cực – gồm hai điện tích \( q \) và \( -q \), mà trong trạng thái bình thường, tâm của chúng trùng nhau. Nếu tách chúng ra một khoảng \( x \) ("kéo giãn" phân tử), thì xuất hiện một lực nội phân tử \( F_{\text{v}}(x) \) kéo các điện tích về vị trí ban đầu (Hình 3). Khi kéo giãn phân tử, chúng ta thực hiện công chống lại lực này. Công đó làm tăng năng lượng thế đàn hồi của phân tử.
Volodya: Vậy làm sao chúng ta tìm được công này? Chúng ta cần biết \( F_{\text{v}}(x) \) để tính toán.
Anton: Không cần đâu! Nếu chúng ta bắt đầu kéo giãn tất cả các phân tử điện môi trong điều kiện không có trường điện ngoài, chúng ta phải thắng không chỉ lực nội phân tử mà còn cả trường \( E_s \) do các điện tích liên kết tạo ra. Lực cần tác dụng lên mỗi phân tử là:
\[
F(x) = F_{\text{v}} + qE_s
\]
Mặt khác, nếu sự phân cực của điện môi được tạo ra bởi một trường ngoài \( E \), thì mỗi điện tích phân tử chịu tác dụng của lực tĩnh điện:
\[
q(E - E_s)
\]
Lực này phải cân bằng với lực nội phân tử, tức là:
\[
F_{\text{v}} = q(E - E_s)
\]
Do đó, ta có:
\[
F(x) = qE = \frac{q\varepsilon}{\varepsilon - 1} E_s
\]
(ở đây tôi đã sử dụng thực tế rằng \( E - E_s = \frac{E}{\varepsilon} \)).
Lưu ý rằng khi các điện tích phân tử dịch chuyển một khoảng \( x \), trên bề mặt tấm điện môi sẽ xuất hiện các vùng mang điện không bị bù trừ có bề dày \( x \). Do đó, ta có thể tìm được điện tích liên kết \( Q_s \) bằng cách nhân điện tích phân tử \( q \) với số phân tử trong vùng này:
\[
Q_s = q n S x
\]
(trong đó \( n \) là mật độ số phân tử trong điện môi). Trường điện tạo ra bởi các điện tích liên kết này là:
\[
E_s = \frac{Q_s}{\varepsilon_0 S} = \frac{q n x}{\varepsilon_0}
\]
Thay kết quả này vào công thức của \( F(x) \), ta được:
Như vậy, trong điều kiện này, mỗi phân tử hành xử như một lò xo với độ cứng:
\[
k = \frac{\varepsilon q^2 n}{(\varepsilon - 1) \varepsilon_0}
\]
Volodya: Tuyệt vời! Và không cần đến cơ học lượng tử. Giờ đây, khi đã biết sự phụ thuộc của \( F(x) \), chúng ta có thể tìm công thực hiện để kéo giãn phân tử.
Anton: Đúng vậy. Chúng ta chỉ cần lưu ý rằng để tạo ra điện tích liên kết \( Q_s \) trên bề mặt tấm điện môi, mỗi phân tử cần được kéo giãn một khoảng:
Để tìm tổng công, tức là năng lượng của điện môi bị phân cực, ta nhân \( A_0 \) với số phân tử trong tấm điện môi:
\[
W_{\text{đ}} = n d S A_0 = \frac{\varepsilon Q_s^2 d}{2(\varepsilon - 1) \varepsilon_0 S}
\]
Volodya: Nhưng đó chính xác là kết quả (6)!
Anton: Đương nhiên rồi, vì \( \frac{\varepsilon_0 S}{d} \) chính là \( C_0 \) – điện dung của tụ điện mà chúng ta đã lấy tấm điện môi ra khỏi.
Thầy giáo: Và bây giờ chúng ta đã hiểu tại sao kết quả này, cùng với kết quả (1) về năng lượng của tụ điện, là chính xác, trong khi các kết quả (4) và (5) của Volodya thì không.
Từ lập luận của Anton, chúng ta có thể thấy rõ lỗi của Volodya nằm ở đâu. Khi thay thế điện môi bằng các điện tích liên kết xuất hiện trên bề mặt của nó, rồi tính toán năng lượng như thể những điện tích này tồn tại trong chân không, chúng ta đã bỏ qua công thực hiện chống lại lực nội phân tử – công này làm tăng năng lượng thế đàn hồi của các phân tử.
Chúng ta chỉ tính đến công cần thiết để vượt qua lực của trường điện mà các phân tử đặt trong đó. Hay nói cách khác, chỉ có vế thứ hai trong phương trình (7) được xét đến.
Volodya: Nhưng nếu chúng ta chỉ giữ lại vế thứ hai đó, thì phép tính của Anton phải cho ra kết quả (5).
Thầy giáo: Chính xác! Hãy thử tự kiểm chứng điều đó.
Phần 1: "Bài toán hóa" - Quá trình chuyển đổi một bài báo khoa học thành bài toán
1.1. Bài toán trong các kỳ thi Olympic Vật lý
Trong các kỳ thi Olympic Vật lý, nhiều bài toán thực chất được xây dựng từ những bài báo khoa học gốc. Những bài báo này không chỉ mô tả các hiện tượng vật lý mà còn trình bày các phân tích sâu sắc, công thức chính xác và cách tiếp cận lý thuyết dựa trên thực nghiệm. Vì thế, chúng trở thành nguồn tài nguyên quan trọng để tạo ra những bài toán thử thách tư duy.
Một bài báo khoa học thường tập trung vào việc khám phá một hiện tượng mới, chứng minh một định luật hoặc tìm ra một phương pháp đo đạc cụ thể. Tuy nhiên, trong môi trường giáo dục, mục tiêu không chỉ là hiểu mà còn phải vận dụng. Vì vậy, "bài toán hóa" đóng vai trò như một cầu nối giữa tri thức khoa học và bài tập thực hành, giúp học sinh không chỉ đọc hiểu mà còn phát triển khả năng giải quyết vấn đề.
1.2. "Bài toán hóa" - Nghệ thuật trừu tượng hóa một vấn đề khoa học
"Bài toán hóa" là quá trình tách lấy các khía cạnh chính trong một bài báo, chuyển đổi chúng thành dạng câu hỏi hoặc tình huống bài toán, với các giả định cố định để giới hạn phạm vi giải quyết. Kỹ thuật này không chỉ tối giản hóa một vấn đề khoa học mà còn biến nó thành một thử thách hấp dẫn cho học sinh giỏi.
Để thực hiện quá trình này, chúng ta cần tuân theo các bước sau:
Xác định ý tưởng vật lý cốt lõi: Một bài báo khoa học thường chứa nhiều yếu tố phức tạp, nhưng không phải tất cả đều cần thiết cho một bài toán. Ta cần tìm ra phần cốt lõi có thể chuyển thành một tình huống bài toán.
Đơn giản hóa nhưng vẫn giữ bản chất: Trong khoa học, nhiều yếu tố có thể ảnh hưởng đến kết quả, nhưng khi xây dựng bài toán, ta cần loại bỏ các biến số không quan trọng để giữ cho bài toán gọn gàng và có thể giải quyết được.
Chọn các giả định hợp lý: Bài toán Olympic cần có lời giải rõ ràng, vì vậy cần thiết lập các điều kiện ban đầu phù hợp. Điều này giúp đảm bảo rằng học sinh có đủ dữ kiện để tìm ra đáp án.
Chuyển đổi sang ngôn ngữ toán học: Nhiều bài báo trình bày các phương trình phức tạp, nhưng khi bài toán hóa, ta cần viết lại chúng sao cho dễ hiểu hơn mà vẫn giữ được bản chất vật lý.
Xây dựng chuỗi câu hỏi từ dễ đến khó: Một bài toán Olympic hay không chỉ cần có lời giải đúng mà còn phải dẫn dắt người học đi từ nhận thức cơ bản đến tư duy nâng cao. Các câu hỏi ban đầu có thể đơn giản để giúp học sinh tiếp cận vấn đề, sau đó mới tăng dần mức độ khó.
Tạo bối cảnh thực tế và lời dẫn dắt: Một bài toán Olympic thường được diễn giải rõ ràng, có tình huống cụ thể để người học dễ hình dung, thay vì chỉ đơn thuần là một công thức toán học khô khan.
1.3. Ứng dụng "bài toán hóa" trong giảng dạy và nghiên cứu
Kỹ thuật "bài toán hóa" không chỉ có giá trị trong các kỳ thi mà còn giúp ích rất nhiều trong giảng dạy và nghiên cứu. Khi giáo viên sử dụng phương pháp này, học sinh có cơ hội tiếp cận với những vấn đề thực tế hơn, hiểu rõ cách mà các nhà khoa học xây dựng và giải quyết vấn đề. Đồng thời, nó cũng giúp rèn luyện khả năng tư duy phân tích và tổng hợp, điều vô cùng quan trọng trong nghiên cứu khoa học.
Việc "bài toán hóa" cũng có thể áp dụng để tạo ra các bài tập nâng cao, giúp học sinh chuẩn bị tốt hơn cho các kỳ thi học sinh giỏi và Olympic. Ngoài ra, quá trình này còn có thể được sử dụng để phát triển các dự án nghiên cứu khoa học dành cho học sinh trung học, giúp họ sớm tiếp cận với cách tư duy khoa học chuyên sâu.
Phần 2: Lấy bài báo về "Bài toán Kapitsa" làm ví dụ
Bài báo khoa học gốc giới thiệu về bài toán Kapitsa, trong đó một hình trụ siêu dẫn bay qua một ống dây và chân khí điều kiện để từ trường ngăn cản chuyển động này. Bài báo cung cấp những phân tích chính xác về bản chất vật lý và toán học của bài toán, giúp ta nhìn nhận sâu sát vấn đề.
Bài toán của Kapitsa về sự di chuyển của hình trụ qua ống dây
И.КРАВЧЕНКО
Trong bài viết này, tác giả mời độc giả cùng suy ngẫm về bài toán của viện sĩ Pyotr Leonidovich Kapitsa, được trích từ tập sách “Bài toán Vật lý” (M.: Znanie, 1966). Nội dung gốc của bài toán như sau:
Một hình trụ dẫn điện bay qua một ống dây có dòng điện chạy qua. Hãy xác định điều kiện để trường điện từ ngăn không cho hình trụ đi qua ống dây. Bỏ qua điện trở của hình trụ và ống dây.
Có thể xem xét hai cách diễn giải khác nhau về bài toán này:
Hình trụ bay từ xa đến ống dây và đã một phần đi vào trong đó ("đang bay qua"), với một vận tốc nhất định.
Hình trụ đã hoàn toàn nằm bên trong ống dây và được đẩy đi với một vận tốc nhất định (cũng gọi là "đang bay qua").
Tên của P.L. Kapitsa gắn liền với các khám phá quan trọng trong lĩnh vực vật lý nhiệt độ thấp và hiện tượng siêu dẫn. Ông đã nhận giải Nobel Vật lý năm 1978 cho “các nghiên cứu cơ bản và khám phá trong vật lý nhiệt độ thấp”.
Kapitsa không chỉ là một nhà khoa học vĩ đại mà còn là một nhà thực nghiệm xuất sắc. Vì vậy, trong bài toán này, ta có thể giả định rằng cả ống dây và hình trụ đều là vật liệu siêu dẫn. Điều này đồng nghĩa với việc điện trở của chúng bằng không: \( R = 0 \).
Mặc dù trong đề bài có nhấn mạnh rằng ta có thể bỏ qua điện trở của vật thể dẫn điện, nhưng giả thiết siêu dẫn còn giúp loại bỏ cả tổn thất năng lượng do nhiệt trong hệ thống đang xét.
Tuy nhiên, siêu dẫn không chỉ đơn giản là một trạng thái có điện trở bằng không...
Điều kiện siêu dẫn của một vật thể giả định rằng từ thông qua bất kỳ vòng siêu dẫn kín nào phải được bảo toàn không đổi. Đây được gọi là định luật bảo toàn từ thông trong vòng siêu dẫn.
Siêu dẫn cũng có thể bị phá hủy. Về chi tiết hơn về điều này, bạn có thể tham khảo bài viết của Y. Shavrin có tựa đề "Định luật bảo toàn từ thông" đăng trên tạp chí “Kvant”, số 6 năm 1970.
Trong bài toán này, ta sẽ xem xét hình trụ siêu dẫn không được làm từ sắt, vì việc phân tích tính chất từ của sắt là rất phức tạp. Tính chất từ của vật liệu được đặc trưng bởi một đại lượng vật lý gọi là độ từ thẩm, ký hiệu là \( \mu \). Trong bài toán này, chúng ta giả định rằng hình trụ có \( \mu \) xấp xỉ bằng 1. (Nói chung, chúng ta sẽ giả định rằng trong mọi vùng không gian, \( \mu = 1 \)).
Điều kiện ban đầu của bài toán
Để giải bài toán một cách rõ ràng, ta cần xác định một số điều kiện ban đầu:
Ống dây được cố định.
Hình trụ, ban đầu đứng yên so với ống dây và hoàn toàn nằm bên trong nó, được đẩy đi với một lực tác động...
Hình trụ, ban đầu đứng yên trong ống dây, được tác động một lực để di chuyển với vận tốc \( \vec{v} \), dọc theo trục của ống dây (để đơn giản hóa bài toán, ta không xét các chuyển động phức tạp hơn).
Trong suốt quá trình diễn ra, hình trụ và ống dây luôn được giữ đồng trục (tận dụng tính đối xứng).
Hình trụ và ống dây được giả định là rất dài: nghĩa là chiều dài của chúng lớn hơn rất nhiều so với đường kính mặt cắt ngang. Gọi chiều dài của ống dây và hình trụ lần lượt là \( L \) và \( l \), đường kính mặt cắt ngang của chúng là \( D \) và \( d \), ta có điều kiện về độ dài như sau:
\[
L \gg D, \quad l \gg d
\]
Với một ống dây đủ dài, nếu có dòng điện "xoáy" chạy qua nó, ta có thể giả định rằng từ trường sinh ra là đồng nhất và chỉ tập trung bên trong ống dây.
Kích thước ống dây lớn hơn nhiều so với kích thước hình trụ:
\[
L \gg l, \quad D \gg d
\]
Trong các trường hợp giới hạn, việc giải bài toán sẽ đơn giản hơn đáng kể – điều này giúp loại bỏ các yếu tố toán học phức tạp. Không phải ngẫu nhiên mà tập sách chứa bài toán này được gọi là "Bài toán Vật lý".
Trước khi đặt hình trụ vào bên trong ống dây, chúng ta đã "nạp" cho cả hai vật thể một từ trường với cảm ứng từ lần lượt là \( B_c \) và \( B_t \) (để biết thêm về quá trình "nạp" từ trường vào siêu dẫn, có thể tham khảo bài viết đã đề cập của Y. Shavrin).
Như vậy, ống dây và hình trụ tạo thành một hệ thống mà ta sẽ xem xét như một hệ kín – không có năng lượng nào từ bên ngoài đi vào hay thoát ra khỏi hệ thống. Quá trình trong bài toán được hiểu là sự chuyển động của hình trụ sau khi được đẩy đi với vận tốc ban đầu, cho đến khi nó dừng lại bên ngoài ống dây.
Từ điều kiện của bài toán, có thể suy ra rằng sẽ có một sự giảm tốc của hình trụ. Do đó, có thể phát biểu điều kiện "không thể đi qua" như sau: từ trường sẽ ngăn không cho hình trụ đi qua ống dây nếu vận tốc ban đầu \( \vec{v} \) của nó không đủ lớn để thoát ra khỏi vùng không gian bên trong ống dây.
Lực cản chuyển động của hình trụ dĩ nhiên xuất phát từ ống dây – chính xác hơn là từ trường của ống dây. Việc giải bài toán bằng các định luật Newton có vẻ không khả thi, bởi vì trên con đường này chúng ta sẽ gặp phải các yếu tố phức tạp như sự không đồng nhất của từ trường ống dây...
Việc giải bài toán bằng các định luật Newton gặp nhiều khó khăn, vì ta sẽ phải tính đến sự không đồng nhất của từ trường xung quanh hình trụ, dẫn đến việc phải tìm biểu thức cụ thể cho lực từ tác động lên hình trụ và thực hiện quá trình tích phân.
Trong những trường hợp như thế này, cách tiếp cận dựa trên năng lượng thường tỏ ra hiệu quả. Vì hệ thống của chúng ta là hệ cô lập, nên tổng năng lượng của nó không thay đổi trong suốt quá trình. Trạng thái của hệ ở đầu và cuối quá trình đều đã được biết. Do đó, bằng cách áp dụng định luật bảo toàn năng lượng, ta có thể tìm được vận tốc tối thiểu \( v_{\text{min}} \) mà hình trụ cần có để thoát khỏi ống dây. Nếu vận tốc ban đầu của hình trụ nhỏ hơn \( v_{\text{min}} \), thì từ trường sẽ ngăn không cho hình trụ đi qua ống dây.
Năng lượng ban đầu của hệ được xác định bởi:
Năng lượng động học của hình trụ: \( E_{k0} \).
Năng lượng của từ trường bên trong ống dây, nhưng nằm ngoài hình trụ: \( W_{c0} \).
Năng lượng của từ trường bên trong hình trụ: \( W_{t0} \).
Tổng năng lượng ban đầu của hệ:
\[
E_{k0} + W_{c0} + W_{t0}
\]
Ở cuối quá trình, khi hình trụ đã ra khỏi ống dây, năng lượng hệ bao gồm:
Năng lượng từ trường bên trong ống dây (không còn hình trụ trong đó): \( W_c \).
Năng lượng của từ trường trong hình trụ (đã ra ngoài ống dây): \( W_t \).
Theo định luật bảo toàn năng lượng, ta có:
\[
E_{k0} + W_{c0} + W_{t0} = W_c + W_t
\]
Hình 1 minh họa vị trí ban đầu của ống dây \( S \) và hình trụ \( C \), trong khi Hình 2 mô tả vị trí của chúng khi kết thúc quá trình.
Trên các hình vẽ, cần chú ý đến vùng \( PKMNP \) – không gian bên trong ống dây, được giới hạn bởi một hình trụ tưởng tượng có bề mặt bên trùng với thành trong của ống dây, và hai mặt đáy \( PN \) và \( KM \) đi qua hai đầu của hình trụ siêu dẫn.
Từ các hình vẽ, ta thấy rằng cấu trúc từ trường bên trong ống dây (ngoài vùng \( PKMNP \)) vẫn không thay đổi giữa đầu và cuối quá trình. Do đó, để thuận tiện, khi xét đến năng lượng từ trường \( W_{c0} \) và \( W_c \), ta chỉ xét đến phần năng lượng bên trong vùng \( PKMNP \) nhưng bên ngoài hình trụ.
Năng lượng \( W \) của một từ trường đồng nhất có cảm ứng từ \( B \) trong một thể tích \( V \) được xác định bởi:
Hình 1 Hình 2
\[
W = wV
\]
với mật độ năng lượng từ trường:
\[
w = \frac{B^2}{2\mu\mu_0}
\]
trong đó \( \mu_0 \) là hằng số từ trường. Nếu đặt:
\[
k = \frac{1}{2\mu\mu_0}
\]
thì công thức cho năng lượng từ trường có thể viết lại dưới dạng:
\[
W = kB^2 V
\]
Biểu thức này thuận tiện hơn cho bài toán của chúng ta, và ta sẽ sử dụng nó để tính năng lượng từ trường đồng nhất.
Giả sử rằng từ trường tồn tại trong mọi vùng không gian, cả bên trong ống dây lẫn bên trong hình trụ. Khi đó, áp dụng định nghĩa về động năng và biểu thức năng lượng từ trường, định luật bảo toàn năng lượng được viết lại như sau:
\[
\frac{m v_{\text{min}}^2}{2} + k B_{c0}^2 V_c + k B_{t0}^2 V_t = k B_c^2 V_c + k B_t^2 V_t
\]
Trong đó:
\( m \) – khối lượng của hình trụ.
\( B_{c0} \) – cảm ứng từ trong vùng \( PKMNP \) giữa ống dây và hình trụ tại thời điểm ban đầu, với thể tích tương ứng:
\( B_{t0} \) – cảm ứng từ trong hình trụ với thể tích:
\[
V_t = \pi \frac{d^2}{4} l
\]
\( B_c \) – cảm ứng từ trong vùng \( PKMNP \) tại thời điểm cuối, với thể tích:
\[
V_c = \pi \frac{D^2}{4} l
\]
\( B_t \) – cảm ứng từ trong hình trụ tại thời điểm cuối.
Như vậy, ta đã có phương trình bảo toàn năng lượng để giải quyết bài toán.
Trạng thái siêu dẫn của ống dây và hình trụ đòi hỏi sự bảo toàn của từ thông qua bất kỳ đường vòng kín nào dọc theo bề mặt của chúng. Gọi từ thông qua một vòng kín bất kỳ trên ống dây là \( \Phi_c \) và qua hình trụ là \( \Phi_t \), ta có:
Từ thông \( \Phi \) qua một mặt phẳng trong trường hợp từ trường đồng nhất có cảm ứng từ \( B \) được xác định theo công thức:
\[
\Phi = B S \cos\alpha,
\]
trong đó \( S \) là diện tích của mặt phẳng và \( \alpha \) là góc giữa pháp tuyến của mặt phẳng và vector cảm ứng từ \( B \).
Nếu cảm ứng từ \( B \) thay đổi theo vị trí trong mặt phẳng, ta có thể chia mặt phẳng thành các vùng nhỏ và tính tổng từ thông của từng vùng để có tổng từ thông của toàn bộ mặt phẳng.
Chọn một mặt phẳng bất kỳ trong vùng \( PKMNP \), đi qua bề mặt ống dây (giả sử mặt phẳng này vuông góc với trục ống dây), và viết phương trình bảo toàn từ thông trong quá trình:
\[
B_{c0} (S - s) + B_{t0} s = B_c S,
\]
trong đó:
\( S = \frac{\pi D^2}{4} \) – diện tích mặt cắt ngang của ống dây.
\( s = \frac{\pi d^2}{4} \) – diện tích mặt cắt ngang của hình trụ.
Trong vế trái của phương trình, số hạng đầu tiên biểu thị "từ thông riêng" với cảm ứng từ \( B_{c0} \), còn số hạng thứ hai là "từ thông riêng" với cảm ứng từ \( B_{t0} \).
Tiếp theo, ta viết phương trình bảo toàn từ thông cho một mặt phẳng bất kỳ đi qua bề mặt hình trụ (cũng giả sử mặt phẳng này vuông góc với trục hình trụ):
\[
B_{t0} s = B_t s.
\]
Xét điều kiện \( D \gg d \) và biết rằng khối lượng hình trụ được tính theo công thức:
\[
m = \rho \frac{\pi d^2}{4} l,
\]
(trong đó \( \rho \) là khối lượng riêng của hình trụ), việc giải đồng thời các phương trình trên giúp tìm ra vận tốc tối thiểu \( v_{\text{min}} \) của hình trụ theo cảm ứng từ của ống dây và hình trụ:
Điều này có nghĩa là hình trụ sẽ không thể đi qua ống dây nếu vận tốc của nó thỏa mãn bất đẳng thức:
\[
v \lt \sqrt{\frac{2B_c B_t - B_c^2}{\rho \mu \mu_0}}.
\]
Kết quả thu được hoàn toàn phù hợp với nguyên tắc phân tích theo thứ nguyên.
Một số trường hợp đặc biệt
1. Nếu \( B_c = B_t = B \):
\[
v \lt \sqrt{\frac{B^2}{\rho \mu \mu_0}}.
\]
Kết quả này có thể thu được từ các lập luận thuần túy về năng lượng. Để hình trụ không đi qua được ống dây, động năng ban đầu của nó phải nhỏ hơn mức tăng của năng lượng từ trường của hệ khi hình trụ rời khỏi ống dây:
(Biến đổi phương trình này cho thấy rằng kích thước của hình trụ không ảnh hưởng đến kết quả).
2. Nếu không có từ trường trong hình trụ, tức là \( B_t = 0 \):
Thì trong công thức vận tốc, biểu thức dưới dấu căn trở thành số âm. Điều này có thể được hiểu là hình trụ không thể bị giữ lại trong ống dây – bất kể vận tốc ban đầu của nó là bao nhiêu, nó sẽ luôn bị đẩy ra khỏi ống dây.
3. Nếu không có từ trường trong ống dây, tức là \( B_c = 0 \):
Thì giá trị dưới căn bậc hai bằng không, tức là hệ thống không cản trở cũng như không hỗ trợ chuyển động của hình trụ. Nói cách khác, hệ thống nằm trong trạng thái cân bằng năng lượng.
Nói chung, để hình trụ có thể bị giữ lại trong ống dây, biểu thức dưới dấu căn trong bất đẳng thức trên phải là số dương:
\[
2B_c B_t - B_c^2 > 0.
\]
Điều này dẫn đến điều kiện giữa các cảm ứng từ của ống dây và hình trụ:
\[
\frac{B_c}{B_t} \lt 2.
\]
Như vậy, hình trụ chỉ có thể bị giữ lại trong ống dây nếu từ trường trong ống dây không quá lớn so với từ trường trong hình trụ.
Phần 3: "Bài toán hóa" bài báo
Từ bài báo Kapitsa, ta có thể chuyển đổi nó thành một bài toán Olympic như sau:
Bài toán: Hiện tượng từ trường trong hệ siêu dẫn
Một hình trụ siêu dẫn được đặt bên trong một ống dây dài, có dòng điện chạy qua tạo ra từ trường đều dọc theo trục của ống dây. Ban đầu, hình trụ đứng yên và hệ thống được xem là cân bằng từ thông. Người ta cung cấp cho hình trụ một vận tốc ban đầu dọc theo trục của ống dây.
1. Tìm hiểu điều kiện ban đầu
Xác định từ trường bên trong ống dây và trong hình trụ tại thời điểm ban đầu.
Giải thích tại sao hệ thống có thể được xem là cân bằng từ thông.
2. Phân tích động lực học của hệ
Viết phương trình bảo toàn năng lượng cho hệ, giả sử không có tổn hao nhiệt.
Xác định lực từ cản trở chuyển động của hình trụ.
3. Tìm vận tốc tối thiểu
Xây dựng phương trình động lực học để tìm giá trị vận tốc tối thiểu vmin để hình trụ có thể thoát khỏi ống dây.
4. Phân tích trường hợp giới hạn
Nếu cảm ứng từ trong hình trụ bằng không, điều gì xảy ra?
Có trường hợp nào mà hình trụ luôn bị giữ lại trong ống dây không?
Từ đây, rút ra điều kiện về tỉ lệ giữa cảm ứng từ của ống dây và hình trụ để hình trụ bị giữ lại.
Bài toán này giữ lại tinh thần của bài báo gốc nhưng được biến đổi thành dạng dễ hiểu và phù hợp với các kỳ thi.
Phần 4: Thử thách dành cho bạn
Giờ đến lượt bạn! Hãy thử nghiệm "bài toán hóa" theo cách của riêng bạn. Liệu bạn có thể thiết kế một bài toán hoàn toàn mới dựa trên nội dung của bài báo Kapitsa không? Hãy chia sẻ suy nghĩ của bạn và chúng ta sẽ cùng thảo luận!
Người Hy Lạp cổ đại đã quen thuộc với các hình mà ngày nay chúng ta gọi là các đường cong bậc hai. Họ gọi chúng là các mặt cắt hình nón hoặc đường conic và đã nghiên cứu chúng một cách khoa học. Vào thế kỷ XVII-XVIII, những đường cong này bắt đầu được sử dụng trong cơ học: người ta phát hiện ra rằng đạn bay theo quỹ đạo hình parabol, và các hành tinh chuyển động theo quỹ đạo hình elip. Sau đó, khi nghiên cứu chuyển động của các vật thể trong không gian, các nhà khoa học xác định rằng vận tốc phóng vật thể quyết định quỹ đạo của nó. Người ta phát hiện ra rằng vật thể được phóng từ Trái Đất với các vận tốc khác nhau có thể di chuyển theo các đường cong bậc hai: elip, parabol và hyperbol.
Bài viết này tập trung vào việc xem xét các đường cong bậc hai và ứng dụng của chúng trong các bài toán vật lý. Trước tiên, chúng ta sẽ nhắc lại các định nghĩa của các đường cong bậc hai và một số tính chất hình học của chúng.
Parabol: là tập hợp các điểm trên mặt phẳng cách đều một điểm cho trước F (gọi là tiêu điểm) và một đường thẳng cho trước l (gọi là đường chuẩn).
Hình 1: Parabol với tiêu điểm F và đường chuẩn l.
Elip: là tập hợp các điểm trên mặt phẳng mà tổng khoảng cách đến hai điểm cố định A và B là không đổi.
Hình 2: Elip với các tiêu điểm A và B.
Hyperbol: là tập hợp các điểm trên mặt phẳng mà hiệu (theo giá trị tuyệt đối) của khoảng cách đến hai điểm cố định A và B là không đổi.
Hình 3: Hyperbol với các tiêu điểm A và B.
Tính chất tiêu điểm của parabol: Giả sử parabol có tiêu điểm F và đường chuẩn l, điểm X là một điểm trên parabol (Hình 4). Khi đó, đường thẳng XF và đường vuông góc hạ từ X xuống l tạo với tiếp tuyến tại X các góc bằng nhau.
Hình 4: Tính chất tiêu điểm của parabol.
Nếu làm bộ phản xạ có dạng parabol và đặt đèn tại tiêu điểm thì ta được đèn chiếu: tất cả các tia sáng phản xạ sẽ song song với trục của paraboloid.
Bài tập 1: Chứng minh tính chất tiêu điểm của elip: các đoạn thẳng nối một điểm trên elip với các tiêu điểm tạo thành các góc bằng nhau với tiếp tuyến tại điểm đó.
Bài tập 2: Chứng minh tính chất tiêu điểm của hyperbol: các đoạn thẳng nối một điểm X trên hyperbol với các tiêu điểm tạo thành các góc bằng nhau với tiếp tuyến tại điểm X.
Một số bài toán ví dụ
Bài toán 1: Một người muốn chèo thuyền qua sông đến điểm A, nằm đối diện với điểm xuất phát B. Vận tốc dòng chảy không đổi và bằng \( v \). Người chèo thuyền điều khiển sao cho vận tốc của thuyền so với nước luôn hướng về điểm A và bằng \( v \). Hỏi thuyền di chuyển theo quỹ đạo nào?
Gọi chiều rộng của sông là \( d \) và xét một đường thẳng \( l \) vuông góc với bờ sông, nằm cách điểm xuất phát \( A \) một khoảng \( d \) theo hướng dòng chảy. Ban đầu, thuyền cách đều điểm \( B \) trên bờ đối diện và đường thẳng \( l \) một khoảng \( d \).
Vì vận tốc của dòng nước và vận tốc của thuyền so với nước đều bằng \( v \), nên dòng nước đẩy thuyền xuống hạ lưu một khoảng bằng khoảng cách thuyền tiến về phía điểm \( B \).
Điều này có nghĩa là thuyền luôn cách đều điểm \( B \) và đường thẳng \( l \). Do đó, thuyền di chuyển theo một đường parabol, với \( B \) là tiêu điểm và \( l \) là đường chuẩn.
Bài toán 2: Một con cáo chạy thẳng với vận tốc không đổi \( v \). Một con chó đuổi theo cáo với cùng độ lớn vận tốc \( v \), đồng thời luôn giữ cho con cáo nằm trong tầm nhìn (vận tốc của chó luôn hướng về phía con cáo). Ban đầu, con cáo ở điểm \( F_0 \) và con chó ở điểm \( D_0 \). Xác định vị trí ban đầu của điểm \( D_0 \) so với điểm \( F_0 \) để con chó có thể bắt được con cáo.
Giả sử con cáo chạy dọc theo trục \( x \), với điểm \( F_0 \) trùng với gốc tọa độ \( O \). Chuyển sang hệ quy chiếu gắn với con cáo, con chó tham gia vào hai chuyển động:
Chuyển động đều ngược chiều trục \( x \) với vận tốc không đổi \( v \).
Chuyển động tiến lại gần gốc tọa độ với cùng vận tốc \( v \).
Vận tốc tương đối của con chó được xác định bằng cách áp dụng định lý cộng vận tốc. Nếu cộng các vectơ \( \vec{v}_{\text{асс}} \) và \( -\vec{v}_{\text{пер}} \) theo quy tắc hình bình hành, ta thấy vận tốc tương đối của con chó tại mọi vị trí đều là đường phân giác của góc tạo thành bởi hai vectơ này.
Dựa vào tính chất tiêu điểm của parabol, kết luận rằng trong hệ quy chiếu chuyển động, con chó di chuyển theo một đường parabol hoặc đường thẳng (trường hợp suy biến khi \( D_0 \) nằm trên trục \( x \) với tọa độ dương).
Từ đây, ta dễ dàng trả lời câu hỏi của bài toán: Con chó bắt được con cáo nếu và chỉ nếu điểm \( D_0 \) nằm trên trục \( x \) và có tọa độ dương. Trong các trường hợp khác, con chó sẽ di chuyển theo một đường parabol, sau đó cắt trục \( x \) và bị tụt lại phía sau con cáo.
Tại thời điểm đó, trong hệ quy chiếu chuyển động, con chó dừng lại, trong khi trong hệ quy chiếu phòng thí nghiệm, cả hai tiếp tục chuyển động dọc theo cùng một đường thẳng, duy trì khoảng cách không đổi bằng một nửa khoảng cách từ tiêu điểm \( F_0 \) của parabol đến đường chuẩn của nó.
Bài toán 3: Một vật được ném theo phương xiên với vận tốc ban đầu \( v_0 \). Khoảng cách từ điểm ném đến tiêu điểm của parabol mà vật di chuyển theo là bao nhiêu?
Hình 5: Quỹ đạo parabol của vật được ném xiên.
Gọi \( \beta \) là góc giữa hướng của vận tốc ban đầu \( \vec{v_0} \) và phương thẳng đứng. Khoảng cách từ điểm ném đến tiêu điểm của parabol được ký hiệu là \( d \). Trên hình 5, ta thấy tính chất tiêu điểm của parabol, với \( A \) là điểm ném, \( F \) là tiêu điểm (tức \( AF = d \)).
Chiếu \( d \) lên phương ngang, ta được nó bằng tầm xa ngang từ điểm ném đến điểm cao nhất của quỹ đạo. Từ đây, ta có công thức:
Một kết quả thú vị là khoảng cách từ điểm ném đến tiêu điểm không phụ thuộc vào góc ném của vật. Hãy ghi nhớ điều này!
Bài tập 3: Tìm khoảng cách từ tiêu điểm đến đường chuẩn của parabol là quỹ đạo của vật được ném với vận tốc \( v_0 \) theo phương xiên với góc \( \alpha \) so với phương ngang.
Bài toán 4: Một hòn đá được ném từ đỉnh tháp cao \( H = 10 \;m \) với vận tốc ban đầu \( v_0 = 10 \;m/s \). Hỏi cần ném hòn đá dưới góc \( \alpha \) so với phương ngang như thế nào để khoảng cách theo phương ngang giữa điểm ném và điểm rơi của hòn đá là lớn nhất? Xác định góc giữa vận tốc ban đầu và vận tốc cuối cùng của hòn đá trong trường hợp này.
Hình 6: Quỹ tích các tiêu điểm của parabol.
Sử dụng kết quả từ bài toán trước: Quỹ tích các tiêu điểm của các parabol mà hòn đá có thể di chuyển theo là một đường tròn có bán kính \( \frac{v_0^2}{2g} \).
Khi vận tốc ban đầu và chiều cao của tháp được cố định, vận tốc cuối của hòn đá khi chạm đất cũng được xác định và bằng:
\[ v = \sqrt{v_0^2 + 2gH} \]
Sử dụng nguyên lý đảo ngược thời gian: nếu ta ném hòn đá từ mặt đất với vận tốc \( v \) theo các góc khác nhau, quỹ tích các tiêu điểm của các parabol cũng sẽ nằm trên một đường tròn có bán kính \( \frac{v^2}{2g} \).
Trên hình 6, có ba trường hợp xảy ra:
Hai đường tròn (màu đen và xanh dương) cắt nhau tại hai điểm \( B_1 \) – hòn đá có thể đến \( B_1 \) theo hai quỹ đạo khác nhau.
Hai đường tròn (màu đen và tím) tiếp xúc nhau tại một điểm \( B_2 \) – hòn đá chỉ có thể đến \( B_2 \) theo một quỹ đạo duy nhất.
Hai đường tròn (màu đen và xanh lá) không giao nhau – hòn đá không thể đến \( B_3 \).
Khoảng cách cực đại tương ứng với trường hợp tiếp xúc. Theo tính chất tiêu điểm của parabol, vectơ vận tốc \( \vec{v_0} \) chia đôi góc tạo bởi đường thẳng đứng và đoạn \( AB_1 \), còn vectơ vận tốc \( \vec{v} \) nằm dọc theo đường phân giác của góc \( AB_1D \).
Suy ra, góc giữa vận tốc ban đầu \( \vec{v_0} \) và vận tốc cuối \( \vec{v} \) bằng:
\[ \pi - \beta - \gamma = \frac{\pi}{2} \]
Hình 7: Góc giữa vận tốc ban đầu và vận tốc cuối.
Góc \( \alpha \) được tìm từ tam giác \( AB_1C \) như sau:
Bài toán 5: Một khẩu pháo phòng không có thể bắn đạn với vận tốc ban đầu \( v_0 \) theo bất kỳ hướng nào trong một mặt phẳng thẳng đứng. Hãy xác định vùng hỏa lực, tức là đường biên của khu vực có thể bị bắn trúng.
Hình 8: Vùng hỏa lực của khẩu pháo phòng không.
Đường biên của vùng hỏa lực là một đường bao của các quỹ đạo đạn khi khẩu pháo bắn theo các hướng khác nhau với cùng vận tốc ban đầu \( v_0 \).
Các tiêu điểm của tất cả các quỹ đạo parabol nằm trên một đường tròn có bán kính:
\[ \frac{v_0^2}{2g} \]
(xem Hình 8), với tâm trùng với vị trí của khẩu pháo \( F \). Điểm \( F \) thuộc mọi parabol trong tập hợp này, do đó các đường chuẩn nằm ngang của tất cả các parabol trùng nhau và nằm phía trên điểm \( F \).
Ký hiệu đường này là \( l_1 \). Bên trong vùng hỏa lực là các điểm mà đạn có thể chạm tới theo hai cách khác nhau: quỹ đạo thấp hoặc quỹ đạo cao.
Mỗi điểm nằm trên đường biên của vùng hỏa lực chỉ tương ứng với một quỹ đạo duy nhất (parabol tiếp xúc với biên). Xét một quỹ đạo bất kỳ tiếp xúc với biên tại điểm \( A \). Gọi khoảng cách từ điểm \( A \) đến đường \( l_1 \) là \( r \). Khi đó, đường tròn tâm \( A \), bán kính \( r \), sẽ tiếp xúc với \( l_1 \) và đường tròn bán kính:
\[ \frac{v_0^2}{2g} \]
(tham khảo bài toán 4). Tiếp theo, vẽ đường \( l_2 \) song song với \( l_1 \), nằm phía trên nó một khoảng \( \frac{v_0^2}{2g} \).
Điểm \( A \) nằm trên đường bao và cách đều điểm \( F \) và đường \( l_2 \). Vì vậy, đường biên của vùng hỏa lực chính là một đường parabol, với tiêu điểm tại \( F \) – vị trí của khẩu pháo, và đường \( l_2 \) là đường chuẩn của parabol này.
Bài toán 6: Trên một sườn dốc nghiêng một góc \( \alpha = 30^\circ \) so với mặt phẳng ngang, đặt một máy bắn đá đồ chơi nhỏ (tại điểm \( A \), xem Hình 9). Máy này bắn vào mục tiêu (điểm \( B \)) cách nó 60 m dọc theo sườn dốc theo hướng chân dốc, với hai viên đạn có cùng vận tốc ban đầu \( v_0 = 30 \;m/s \), một theo quỹ đạo cao (naves) và một theo quỹ đạo thấp (nastil). Hỏi khoảng cách giữa các tiêu điểm của hai quỹ đạo parabol này bằng bao nhiêu?
Hình 9
Vận tốc của các viên đạn khi chạm mục tiêu là:
\[ v = \sqrt{v_0^2 + 2gS\sin\alpha} \approx 39 \;m/s \]
Vẽ hai đường tròn với bán kính \( \frac{v_0^2}{2g} \) và \( \frac{v^2}{2g} \), tâm lần lượt đặt tại vị trí của máy bắn đá và vị trí của mục tiêu (xem Hình 10). Giao điểm của hai đường tròn chính là các tiêu điểm của quỹ đạo ném cao (naves) và ném thấp (nastil).
\[ l = 2\left(\frac{v^2}{2g}\right)\sin\beta = 90 \;m \]
Bài toán 7: Một quả bóng nhỏ, đàn hồi rơi tự do từ trạng thái nghỉ xuống một mặt phẳng nghiêng, tạo với phương ngang một góc \( \alpha \). Ban đầu, khoảng cách theo phương thẳng đứng giữa quả bóng và mặt phẳng là \( d \). Quỹ đạo chuyển động của quả bóng về sau là tập hợp các cung parabol. Hãy chứng minh rằng các tiêu điểm của tất cả các parabol này nằm trên một đường cong quen thuộc. Đó là đường cong nào? Hãy tìm phương trình \( y(x) \) trong hệ tọa độ với trục \( x \) nằm ngang, trục \( y \) thẳng đứng hướng xuống, và gốc tọa độ trùng với vị trí ban đầu của quả bóng. Các va chạm với mặt phẳng nghiêng được coi là hoàn toàn đàn hồi.
Hình 11: Các tiêu điểm của các parabol liên tiếp.
Xét các tiêu điểm \( F_i \) và \( F_{i+1} \) của hai parabol liên tiếp bất kỳ (xem Hình 11). Điểm \( A \) - điểm va chạm của quả bóng với mặt phẳng - nằm giữa các đỉnh của hai parabol này, và thuộc cả hai parabol.
Do quả bóng là đàn hồi hoàn toàn, nên vận tốc \( \vec{v} \) ngay trước và sau va chạm là bằng nhau. Các góc mà các vectơ vận tốc này tạo với pháp tuyến \( \vec{n} \) tại điểm \( A \) đều bằng \( \beta \).
Các tiêu điểm \( F_i \) và \( F_{i+1} \) cách điểm \( A \) một khoảng:
\[ \frac{v^2}{2g} \]
Do góc giữa pháp tuyến và phương thẳng đứng \( AB \) là \( \alpha \) và vận tốc là đường phân giác của góc \( BAF_{i+1} \) (theo tính chất tiêu điểm của parabol), ta có:
\[ \angle BAF_{i+1} = 2(\alpha + \beta) \]
Tương tự, ta có:
\[ \angle BAF_i = 2(\beta - \alpha) \]
Suy ra góc tại đáy của tam giác cân \( AF_iF_{i+1} \) là:
\[ \angle AF_iF_{i+1} = \frac{\pi}{2} - 2\beta \]
Như vậy, đường nối hai tiêu điểm liên tiếp tạo với phương ngang một góc \( 2\alpha \), và góc này không phụ thuộc vào cặp parabol được xét.
Điều đó chứng tỏ rằng tất cả các tiêu điểm của các parabol nằm trên một đường thẳng, đường thẳng này tạo với phương ngang một góc \( 2\alpha \).
Xét va chạm đầu tiên với mặt phẳng nghiêng, ta thấy đường thẳng nối gốc tọa độ và tiêu điểm đầu tiên cũng tạo với phương ngang một góc \( 2\alpha \).
Kết luận: Đường thẳng đi qua tất cả các tiêu điểm của các parabol được mô tả bởi phương trình:
\[ y(x) = x \tan\alpha \]
Bài toán 8: Một hạt cườm nặng được xâu trên một sợi dây, sợi dây được gắn vào hai điểm trên một thanh ngang (xem Hình 12). Hạt cườm được kéo ra một vị trí sao cho sợi dây căng và với thanh ngang tạo thành một tam giác vuông với góc \( \alpha \), sau đó được thả ra. Hãy xác định vectơ gia tốc của hạt cườm tại thời điểm ban đầu.
Hình 12
Trong quá trình chuyển động, tổng khoảng cách từ hạt cườm đến các điểm treo \( F_1 \) và \( F_2 \) không đổi, do sợi dây không giãn. Vì vậy, chuyển động của hạt cườm diễn ra theo một cung của đường elip với các tiêu điểm tại \( F_1 \) và \( F_2 \).
Thành phần gia tốc pháp tuyến tỉ lệ với bình phương vận tốc, nên tại thời điểm ban đầu, gia tốc của hạt cườm chỉ có thành phần tiếp tuyến \( a_\tau \), nghĩa là nó được hướng dọc theo tiếp tuyến của elip.
Hình 13: Chuyển động của hạt cườm trên dây.
Ký hiệu các góc giữa pháp tuyến của elip tại vị trí của hạt cườm với các đoạn dây là \( \varphi_1 \) và \( \varphi_2 \). Theo tính chất quang học của elip, ta có:
\[ \varphi_1 = \varphi_2 = \varphi \]
Vì sợi dây trơn và không giãn, lực căng \( T \) là như nhau trên toàn bộ chiều dài dây, do đó các thành phần của lực căng theo hướng tiếp tuyến \( T\sin\varphi \) triệt tiêu nhau.
Vì thế, gia tốc được tạo ra hoàn toàn bởi thành phần tiếp tuyến của trọng lực:
\[ a = a_\tau = g\sin\varphi \]
Ta biết rằng:
\[ \varphi = \frac{\pi}{4} - \frac{\alpha}{2} \]
Vậy gia tốc ban đầu của hạt cườm là:
\[ a = g\sin\left(\frac{\pi}{4} - \frac{\alpha}{2}\right) \]
Và vectơ gia tốc được hướng theo góc \( \varphi = \frac{\pi}{4} - \frac{\alpha}{2} \) so với phương ngang.
Bài tập 4: Xét một đường elip với các trục đối xứng trùng với các trục \( x \) và \( y \) trong hệ tọa độ Descartes, với tâm tại gốc tọa độ. Hãy tìm phương trình của đường elip đó dưới dạng:
\[ \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 \]
trong đó \( a \) và \( b \) lần lượt là khoảng cách từ các đỉnh của elip nằm trên các trục \( x \) và \( y \) đến gốc tọa độ.
Bài toán 9: Nếu treo một bức tranh bằng một sợi dây ngắn được gắn vào một chiếc đinh duy nhất, rất có khả năng bức tranh sẽ bị lệch sau một thời gian. Nguyên nhân nào khiến vị trí của bức tranh không ổn định? Liệu có thể cân bằng bức tranh mà không cần buộc chặt vào đinh hoặc sử dụng hai chiếc đinh được đóng cách nhau một khoảng nhất định không?
Hình 14: Treo tranh bằng một sợi dây trên một chiếc đinh.
Xét một bức tranh hình chữ nhật có chiều rộng \( 2c \) với trọng tâm nằm tại giao điểm của các đường chéo. Sợi dây treo tranh có chiều dài \( 2a \).
Ở vị trí cân bằng, khi bức tranh treo thẳng đứng, điểm treo nằm cách đường thẳng ngang đi qua hai đầu sợi dây một đoạn:
\[ b = \sqrt{a^2 - c^2} \]
Trọng tâm của bức tranh nằm dưới điểm treo một khoảng:
\[ h = b + d \]
Khi sợi dây trượt trên đinh, điểm treo di chuyển theo một đường elip có bán trục lớn \( a \) và bán trục nhỏ \( b \). Trọng tâm của bức tranh luôn nằm thẳng đứng bên dưới điểm treo một đoạn \( h \).
Hệ thống ở trạng thái không ổn định miễn là trọng tâm hạ xuống trong quá trình trượt, tức là khi:
\[ h > b + d \]
Phương trình của đường elip này là:
\[ \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 \]
Khi góc lệch của bức tranh nhỏ ( \( x \ll a \) ), tọa độ \( y \) của điểm treo xấp xỉ:
Bức tranh sẽ ổn định nếu hệ số của \( x^2 \) là âm, tức là khi:
\[ a^2 - b^2 = c^2 < b d \]
Trong thực tế, khi cố gắng đặt điểm treo phía sau bức tranh, giá trị \( b \) thường không đủ để thỏa mãn điều kiện này, khiến bức tranh dễ bị nghiêng.
Bài toán 10: Hãy tìm bán kính độ cong của đường elip tại các đỉnh của nó, khi biết bán trục lớn bằng \( a \) và bán trục nhỏ bằng \( b \).
Hình 15: Quá trình co giãn từ đường tròn thành elip.
Xét một đường tròn bán kính \( b \) với tâm tại gốc tọa độ của hệ trục \( xy \). Phương trình của đường tròn là:
\[ x^2 + y^2 = b^2 \]
Thực hiện phép co giãn đường tròn này theo trục \( x \) với hệ số \( k = \frac{a}{b} > 1 \). Khi đó, một điểm \( A(x, y) \) thuộc đường tròn sẽ được biến thành điểm \( A'(x', y') \) với tọa độ:
\( x' = kx \)
\( y' = y \)
Khi đó, phương trình của đường tròn sau phép biến đổi trở thành:
\[ \left(\frac{b}{a}x'\right)^2 + y'^2 = b^2 \]
Suy ra:
\[ \frac{x'^2}{a^2} + \frac{y'^2}{b^2} = 1 \]
Như vậy, đường elip là hình thu được khi co giãn một đường tròn theo một phương nhất định.
Giả sử một điểm chuyển động trên đường tròn với vận tốc không đổi \( v \), và một điểm khác chuyển động trên đường elip sao cho đường nối giữa hai điểm luôn song song với trục \( x \) (xem Hình 15).
Xét một cung nhỏ \( CED \) trên đường tròn, khi thực hiện phép co giãn, cung này sẽ biến thành cung \( C'E'D' \) trên đường elip. Thời gian chuyển động dọc theo hai cung này là như nhau.
Vận tốc tại các điểm tương ứng \( E \) và \( E' \) là như nhau, nhưng độ dịch chuyển pháp tuyến tại các điểm \( FE \) và \( F'E' \) chênh lệch nhau \( k \) lần. Do đó, các gia tốc pháp tuyến cũng chênh lệch \( k \) lần.
Tại điểm \( E' \), gia tốc pháp tuyến là:
\[ a_n = \frac{v^2}{b}k = \frac{a v^2}{b^2} \]
Suy ra, bán kính độ cong của elip tại điểm \( E' \) là:
\[ R_{k\!p} = \frac{v^2}{a_n} = \frac{b^2}{a} \]
Tương tự, bằng các lập luận tương tự, ta tìm được rằng tại các đỉnh nằm trên trục \( y \), bán kính độ cong của elip bằng:
\[ R_{k\!p} = \frac{a^2}{b} \]
Bài toán 11: Hãy tìm bán kính độ cong của hyperbol tại đỉnh của nó, khi biết bán trục thực bằng \( a \) và bán trục ảo bằng \( b \).
Hình 16: Chuyển động của thiên thể trên quỹ đạo hyperbol.
Xét chuyển động của một thiên thể chịu lực hút từ Mặt Trời. Theo các định luật Kepler, thiên thể này chuyển động theo một quỹ đạo hình cônic với Mặt Trời nằm tại một trong hai tiêu điểm \( F \). Nếu vận tốc tại vô cực \( v_0 \) lớn hơn 0, quỹ đạo của thiên thể sẽ là một hyperbol.
Gọi \( v_1 \) là vận tốc của thiên thể tại điểm cận nhật - điểm gần Mặt Trời nhất (xem Hình 16). Áp dụng các định luật bảo toàn động lượng và bảo toàn năng lượng, ta có các phương trình:
Với \( b = \sqrt{c^2 - a^2} \) là bán trục ảo của hyperbol:
\[ v_1^2 = \frac{G M b^2}{a(c - a)^2} \]
Theo định luật Newton, gia tốc của thiên thể tại điểm này là:
\[ a = \frac{G M}{(c - a)^2} \]
Suy ra, bán kính độ cong của quỹ đạo hyperbol tại đỉnh là:
Bài toán 12: Một đồng xu \( M \) nằm trên mặt phẳng nằm ngang được kéo bằng một sợi dây nhẹ không giãn, cố định tại điểm \( A \) và vắt qua một ròng rọc cố định \( B \) (xem Hình 17, nhìn từ trên xuống). Đầu dây tự do được kéo rất chậm, nên trong quá trình chuyển động, lực phản ứng từ dây tác động lên đồng xu được cân bằng bởi lực ma sát.
Giả sử khoảng cách \( AB \) lớn hơn nhiều so với bán kính của ròng rọc.
Hình 17
Xác định quỹ đạo mà đồng xu di chuyển theo.
Xác định khoảng cách từ đồng xu đến điểm \( A \) khi đoạn dây \( AB \) (với \( d = 1,0 \;m \)) được kéo thẳng ra.
Tính công của lực ma sát tác dụng lên đồng xu trong quá trình chuyển động, nếu ban đầu đồng xu nằm tại đỉnh \( C \) của tam giác vuông \( ABC \) với \( AC = AB \). Biết khối lượng đồng xu \( m = 7,7 \;g \) và hệ số ma sát \( \mu = 0,3 \).
1) Lực phản ứng của sợi dây tác động lên đồng xu hướng theo đường phân giác của góc \( AMC \) với đỉnh tại vị trí đồng xu, do sợi dây là không khối lượng. Lực ma sát, đóng vai trò cân bằng lực phản ứng, hướng ngược chiều với vận tốc của đồng xu. Do đó, vận tốc của đồng xu cũng được định hướng theo đường phân giác của góc \( AMC \).
Vận tốc này có các thành phần bằng nhau dọc theo hai hướng \( AM \) và \( MC \). Như vậy, các đoạn dây \( AM \) và \( MC \) ngắn đi một lượng bằng nhau trong cùng khoảng thời gian, nghĩa là:
\[ MC - AM = \text{const} \]
Điều này cho thấy đồng xu di chuyển theo một quỹ đạo hyperbol với \( A \) và \( C \) là các tiêu điểm.
2) Gọi \( x_1 \) và \( x_2 \) lần lượt là khoảng cách từ đồng xu đến các điểm \( A \) và \( B \) tại thời điểm cuối cùng. Khi đó, ta có:
Theo định nghĩa: \( x_1 + x_2 = d \)
Theo tính chất của hyperbol: \( \sqrt{2}d - d = x_2 - x_1 \)
Kết luận: Quỹ đạo chuyển động của đồng xu là một hyperbol, với công của lực ma sát nằm trong khoảng từ \( 23,6 \;mJ \) đến \( 23,9 \;mJ \).
Bài toán 13: Trên một mặt phẳng, hai đường thẳng đi qua các điểm cố định \( A \) và \( B \) cùng quay với cùng một vận tốc góc nhưng theo hai hướng ngược nhau (xem Hình 19). Hỏi điểm giao nhau \( M \) của hai đường thẳng này sẽ vẽ ra đường cong nào?
Hình 19: Chuyển động của điểm M khi hai đường thẳng quay ngược chiều nhau.
Đặt gốc tọa độ tại trung điểm của đoạn thẳng \( AB \) và chọn trục \( x \) sao cho tại thời điểm ban đầu \( t=0 \), cả hai đường thẳng đều song song với trục \( x \). Giả sử các đường thẳng quay với vận tốc góc \( \omega \).
Phương trình tham số của các đường thẳng quay được biểu diễn như sau:
\[
y_A = -y_0 + (x + x_0)\tan(-\omega t)
\]
\[
y_B = y_0 + (x - x_0)\tan(\omega t)
\]
trong đó \( x_0 \) và \( y_0 \) là tọa độ của điểm \( B \).
Để tìm quỹ đạo của điểm \( M \) là giao điểm của hai đường thẳng, ta đặt \( y_A = y_B = y \) và loại bỏ \( \tan(\omega t) \). Sau khi đơn giản hóa, ta thu được phương trình:
\[
x y = x_0 y_0 = \text{const}
\]
Như vậy, điểm \( M \) chuyển động theo một đường hyperbol hoặc theo trục \( y \).
Bài tập 5: Đỉnh \( O \) của một tứ giác khớp \( OPMQ \) được cố định, trong khi các cạnh \( OP \) và \( OQ \) quay với cùng một vận tốc góc nhưng ngược chiều nhau (xem Hình 20). Hãy xác định quỹ đạo của đỉnh \( M \).
Hình 20
Bài toán 14: Làm thế nào để xác định vị trí phát súng của một khẩu pháo địch bằng cách sử dụng ba thiết bị thu tín hiệu âm thanh?
Hình 21: Xác định vị trí khẩu pháo bằng phương pháp đường hyperbol.
Phương pháp xác định vị trí phát súng địch bằng các thiết bị thu âm (phương pháp đường hyperbol) đã được sử dụng trong Thế chiến II.
Tốc độ truyền âm thanh trong không khí (trong điều kiện tiêu chuẩn) xấp xỉ:
\[ c = 330 \;m/s \]
Giả sử hai thiết bị thu tín hiệu được đặt tại \( F_1 \) và \( F_2 \) cùng ghi nhận âm thanh của một phát súng được bắn từ điểm \( M \) (Hình 21). Nếu thiết bị \( F_1 \) thu được âm thanh trễ hơn \( \tau \) giây so với \( F_2 \), khi đó hiệu khoảng cách từ \( M \) đến hai thiết bị là:
\[ MF_1 - MF_2 = c\tau \]
Điểm \( M \) nằm trên một đường hyperbol có các tiêu điểm \( F_1 \) và \( F_2 \) (nhánh phải của hyperbol).
Trong thực tế, các thiết bị thu tín hiệu thường được đặt ở khoảng cách xa so với vị trí phát súng, nên ta có thể xấp xỉ rằng điểm cần tìm nằm trên một đường tiệm cận \( a \) được xác định từ các tham số của hyperbol.
Tiến hành tương tự với một thiết bị thu thứ ba \( F_3 \), ta xác định được một đường tiệm cận \( b \) cho hyperbol có các tiêu điểm là \( F_1 \) và \( F_3 \).
Cuối cùng, vị trí của khẩu pháo chính là giao điểm của hai đường thẳng \( a \) và \( b \).
