Chuyển động của các thiên thể trong trường hấp dẫn

Chuyển động của các thiên thể trong trường hấp dẫn là một mảng kiến thức cốt lõi của cơ học thiên thể và cũng là chủ đề “ăn điểm” trong các chuyên đề ôn thi Học sinh giỏi Vật lí. Những năm gần đây, đề thi HSG Quốc gia môn Vật lí thường xuyên xuất hiện các câu hỏi về chuyển động trong trường hấp dẫn (vệ tinh, hành tinh, tàu vũ trụ), yêu cầu học sinh nắm vững định luật vạn vật hấp dẫn, vận dụng thành thạo các định luật động lực học và suy ra các hệ quả kinh điển như các định luật Kepler. Bài viết này được biên tập theo hướng chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Vật lí: hệ thống hoá các tích phân chuyển động (bảo toàn mômen động lượng, “tích phân diện tích”/Kepler II và tích phân năng lượng), đồng thời tổng hợp chuỗi bài toán chọn lọc về quỹ đạo elip–hypebol, rơi vệ tinh, chuyển quỹ đạo và bay sượt hấp dẫn (gravity assist). Nội dung phù hợp để giáo viên dùng khi ra đề – chữa đề, và giúp học sinh rèn kĩ năng biến đổi nhanh cho các kì thi HSG Quốc gia, khu vực, Quốc tế và Olympic Vật lí.

Bài viết được trình bày theo mục lục sau đây:

• I. Kiến thức trọng tâm về chuyển động của các thiên thể trong trường hấp dẫn
  • 1. Trường xuyên tâm & mômen động lượng (Kepler II)
  • 2. Tích phân năng lượng & vận tốc quỹ đạo
  • 3. Cận tâm – viễn tâm, Viète, bán trục lớn
  • 4. Kepler III và hệ hai vật
  • 5. Quỹ đạo elip/hypebol và tham số $a,e,p,b$
• II. Hệ thống bài toán về chuyển động của các thiên thể trong trường hấp dẫn
  • Bài toán 1. Dòng hạt bụi vũ trụ – bắt giữ hấp dẫn
  • Bài toán 2. Vệ tinh hãm tốc – thời gian rơi
  • Bài toán 3. Mô-đun rơi xuống Mặt Trăng – vận tốc tách
  • Bài toán 4. Năng lượng tối thiểu để thoát trường hấp dẫn
  • Bài toán 5. Chuyển quỹ đạo Trái Đất → Sao Thổ (Hohmann)
  • Bài toán 6. Quỹ đạo cận nhật $0.01$ AU – góc bẻ & vận tốc phóng
  • Bài toán 7. Bay sượt hành tinh – $r_{\min}$ và góc lệch $\varphi$
  • Bài toán 8. Vượt vận tốc cấp ba – $v_k$ và góc tiệm cận $\alpha$
  • Bài toán 9. Gravity assist Sao Hỏa – độ lệch tâm & năng lượng pin
• III. Bài tập tự giải

I. Kiến thức trọng tâm về chuyển động của các thiên thể trong trường hấp dẫn

1. Trường lực xuyên tâm và bảo toàn mômen động lượng (tích phân diện tích – Kepler II)

Ta xét một vài khái quát và hệ quả then chốt làm nền tảng cho mô tả chuyển động trong trường lực trung tâm. Khi hai vật tương tác hấp dẫn, tâm khối của chúng được coi là tâm hút và gắn với nó một “cực”, tức gốc của vectơ bán kính mô tả chuyển động. Khi khối lượng hai vật chênh lệch nhau nhiều bậc, người ta coi tâm hút là tâm khối của vật lớn, và hệ quy chiếu gắn với nó là quán tính. Lực hấp dẫn tác dụng lên vật thứ hai và vectơ bán kính mô tả chuyển động của nó là hai vectơ cùng phương. Tích có hướng của chúng (mômen lực) bằng không. Theo phương trình động lực học quay, mômen động lượng của vật thứ hai đối với tâm hút là đại lượng bảo toàn:

$$\begin{align} \vec{M} &= \vec{r}\times\vec{F}=0,\\ \vec{M} &= \frac{d\vec{L}}{dt}=0. \end{align}$$

$$\begin{align} \vec{L} &= \vec{r}\times m\vec{v}=\text{const},\\ \vec{r}\times\vec{v} &= \text{const}. \end{align}$$

Người ta gọi $\vec{r}\times\vec{v}=\vec{s}_0$ là tốc độ quét diện tích (tốc độ “sector”), trong đó $s_0=2S_t$, với $S_t$ là diện tích mà vectơ bán kính quét được trong mỗi giây đối với một vật chuyển động trong trường lực trung tâm. Tính không đổi của $s_0$ chính là nội dung của định luật Kepler thứ hai. Cách suy luận trên được gọi là tích phân diện tích. Thực chất, nó biểu diễn định luật bảo toàn mômen động lượng, vì $L=2mS_t$.

Nếu đưa vào tham số ngắm (tham số va chạm) $b=r\sin\alpha$, tức độ dài đoạn vuông góc kẻ từ tâm hút đến phương của vectơ xung lượng, thì kết quả của ta ở dạng vô hướng cho hai điểm trên quỹ đạo sẽ là:

$$\begin{align} v_0b_0 &= v_1b_1 = 2S_t = \text{const}. \end{align}$$

2. Tích phân năng lượng và hệ thức vận tốc trên quỹ đạo

Tính bảo toàn (trường thế) của trường hấp dẫn cho phép đưa vào đặc trưng năng lượng của trường và thêm một tích phân chuyển động nữa — tích phân năng lượng. Ta nhân từng vế phương trình động lực học cơ bản cho trường hấp dẫn $m\dfrac{dv}{dt}=\dfrac{GMm}{r^2}$ với $v=\dfrac{dr}{dt}$ và biến đổi. Kết quả thu được:

$$\begin{align} \frac{d}{dt}\left(\frac{v^2}{2}-\frac{GM}{r}\right) &= 0,\\ \frac{v^2}{2}-\frac{GM}{r} &= E_0=\text{const}. \end{align}$$

Số hạng thứ hai biểu thị thế năng của một đơn vị khối lượng trong trường hấp dẫn, tức thế hấp dẫn, còn toàn bộ biểu thức là định luật bảo toàn năng lượng. Ở dạng quen thuộc, cho hai điểm trên quỹ đạo có thể viết:

$$\frac{mv_1^2}{2}-\frac{GMm}{r_1}=\frac{mv_2^2}{2}-\frac{GMm}{r_2}.$$

Năng lượng toàn phần của một đơn vị khối lượng quyết định dạng quỹ đạo. Với quỹ đạo elip có bán trục lớn $a$, ta có:

$$E_0=-\frac{GM}{2a}.$$

Khi đó tích phân năng lượng nhận dạng:

$$v^2=GM\left(\frac{2}{r}-\frac{1}{a}\right).$$

3. Cận tâm – viễn tâm, hệ thức Viète và ý nghĩa bán trục lớn

Hệ thức ngay trên đây liên hệ vận tốc của vật tại khoảng cách $r$ đến tâm hút với bán trục lớn $a$ của quỹ đạo và được dùng rất rộng rãi khi tính toán quỹ đạo. Ở đây đã nêu cách chứng minh năng lượng toàn phần của một đơn vị khối lượng trên quỹ đạo elip, sử dụng cả hai tích phân chuyển động. Tích phân diện tích sẽ được viết cho các điểm cận tâm tại cận tâm và viễn tâm, khi vận tốc vuông góc với vectơ bán kính:

$$\begin{align} v_1r_1 &= v_2r_2 = S,\\ v &= \frac{S}{r}. \end{align}$$

$$\frac{v^2}{2}-\frac{GM}{r}=E_0,\qquad r^2+\frac{GM}{E_0}\,r-\frac{S^2}{2E_0}=0.$$

Hai nghiệm của phương trình sau cùng tương ứng với khoảng cách đến viễn tâm và cận tâm $r_1$ và $r_2$. Tổng các khoảng cách này:

$$r_1+r_2=2a,$$

trong đó $a$ là bán trục lớn của quỹ đạo. Nhưng theo định lý Viète, $r_1+r_2=-\dfrac{GM}{E_0}$. Do đó

$$E_0=-\frac{GM}{2a}$$

là năng lượng cơ học toàn phần của một đơn vị khối lượng trong trường hấp dẫn đối với quỹ đạo elip.

4. Định luật Kepler III và dạng tổng quát cho hệ hai vật

Phương trình động lực học cơ bản và định luật vạn vật hấp dẫn cũng suy ra định luật Kepler thứ ba. Với quỹ đạo tròn, việc này khá đơn giản. Thật vậy,

$$\begin{align} m\,a_{\text{ht}} &= \frac{GMm}{r^2},\\ a_{\text{ht}} &= \frac{4\pi^2 r}{T^2},\\ \frac{T^2}{r^3} &= \frac{4\pi^2}{GM}. \end{align}$$

Vì $M$ là khối lượng Mặt Trời nên với mọi hành tinh, vế trái của đẳng thức cuối là như nhau. Việc xét chuyển động của hệ hấp dẫn quanh tâm khối cho phép Newton hiệu chỉnh. Dạng tổng quát cho quỹ đạo elip là

$$\frac{T^2}{a^3}\,(m_1+m_2)=\frac{4\pi^2}{G}.$$

Tỉ số giữa bình phương chu kỳ quỹ đạo của hai vật và lập phương khoảng cách trung bình giữa chúng, nhân với tổng khối lượng hai vật, là một hằng số. Hệ thức này cho phép xác định tổng khối lượng của các vật quay quanh nhau, ví dụ các sao đôi hoặc hành tinh có vệ tinh.

5. Phương trình quỹ đạo thiết diện cônic (elip/hypebol) và các tham số $a,e,p,b$

Tùy theo năng lượng toàn phần, vật chuyển động trong trường lực trung tâm theo quỹ đạo elip, parabol hoặc hypebol. Các quỹ đạo như vậy (gọi là các đường cong bậc hai) được mô tả bởi phương trình của các thiết diện cônic. Ta viết phương trình elip trong toạ độ cực với cực tại tiêu điểm của đường cong:

$$r(\varphi)=\frac{p}{1+e\cos\varphi}.$$

Ở đây $p$ là tham số, $e$ là độ lệch tâm (eccentricity) của elip, $\varphi$ là dị thường thật, tức góc tại tiêu điểm giữa hướng đến cận điểm (cận tâm) và hướng đến vị trí của chất điểm.

Làm rõ ý nghĩa của tham số: với $\varphi=\dfrac{\pi}{2}$ thì $r=p$. Nếu $\varphi=0$ thì $p=r_p(1+e)$, còn nếu $\varphi=\pi$ thì $p=r_a(1-e)$. Vì thế

$$r_p+r_a=2a,\qquad p=a(1-e^2),$$

và phương trình elip có dạng

$$r(\varphi)=a\,\frac{1-e^2}{1+e\cos\varphi}.$$

Hình 1

Vì khoảng cách từ tâm elip đến tiêu điểm (xem Hình 1) là $OF=ea$, nên bán trục nhỏ $b=a\sqrt{1-e^2}$. Diện tích elip $S=\pi ab$, hay $S=\pi a^2\sqrt{1-e^2}$. Từ diện tích và chu kỳ có thể biểu diễn tốc độ quét diện tích.

Một số tính chất và đặc trưng của quỹ đạo hypebol sẽ được xét khi phân tích các bài toán cụ thể.

II. Hệ thống các bài toán về chuyển động của các thiên thể trong trường hấp dẫn

Bài toán 1. Chuyển động của dòng các hạt bụi trong trường hấp dẫn của Trái Đất

Dòng các hạt bụi vũ trụ có nồng độ $n$ và khối lượng trung bình $m_0$ chuyển động về phía Trái Đất, với vận tốc tương đối $v_0$ ở khoảng cách rất lớn so với Trái Đất. Trong thời gian $t$, khối lượng bụi vũ trụ nào rơi xuống Trái Đất?

Nếu biết tham số ngắm $r_0$ ứng với trường hợp bắt giữ hấp dẫn các hạt, thì khối lượng vật chất bị bắt giữ được xác định bởi thể tích một hình trụ có bán kính đáy $r_0$ và mật độ bụi $\rho=m_0n$:

$$\Delta m=m_0n\,\pi r_0^2 v_0 t.$$

Tham số ngắm $r_0$ được xác định bởi khoảng cách lớn nhất của các hạt đến trục dòng, sao cho lực hút của trường hấp dẫn còn đủ để…thì hạt sẽ chạm bề mặt Trái Đất tại điểm cận tâm, nơi $r_1=R_\oplus$ (ở đây $\vec{R}_\oplus \perp \vec{v}_1$). Viết tích phân diện tích và định luật bảo toàn năng lượng cho hai trạng thái:

$$\begin{align} r_0v_0 &= R_\oplus v_1,\\ \frac{m_0v_0^2}{2} &= \frac{m_0v_1^2}{2}-\frac{GMm_0}{R_\oplus}. \end{align}$$

Lưu ý rằng $\dfrac{GM}{R_\oplus^2}=g_0$. Do đó $v_1^2=v_0^2+2g_0R_\oplus$ và tham số ngắm

$$r_0=R_\oplus\sqrt{1+\frac{2g_0R_\oplus}{v_0^2}},$$

suy ra khối lượng vật chất rơi xuống Trái Đất:

$$\Delta m=m_0n\,\pi R_\oplus^2\left(1+\frac{2g_0R_\oplus}{v_0^2}\right)v_0t.$$

Bài toán 2. Vệ tinh bị hãm tốc: thời gian rơi từ quỹ đạo tròn sang quỹ đạo elip chạm hành tinh

Một vệ tinh đang chuyển động trên quỹ đạo tròn bán kính $R_c$ bị hãm tốc và chuyển sang quỹ đạo elip, tiếp xúc bề mặt hành tinh bán kính $R_p$ tại cận điểm. Hãy xác định thời gian vệ tinh rơi xuống hành tinh. Khối lượng hành tinh là $M$.

Quỹ đạo mới của vệ tinh là một elip có bán trục lớn $a=\dfrac{R_c+R_p}{2}$, và thời gian rơi bằng nửa chu kỳ, tức $\tau=\dfrac{T}{2}$. Chu kỳ chuyển động trên elip thỏa

$$T^2=\frac{4\pi^2}{GM}\,a^3.$$

Suy ra thời gian rơi theo bán trục lớn của quỹ đạo:

$$\tau=\frac{\pi}{2}\,(R_c+R_p)\sqrt{\frac{R_c+R_p}{2GM}}.$$

Bài toán 3. Tách mô-đun khỏi vệ tinh Mặt Trăng: vận tốc tương đối để rơi theo quỹ đạo bán elip

Vệ tinh Mặt Trăng chuyển động trên quỹ đạo tròn bán kính $R=3{,}4\cdot10^6\,\text{m}$. Từ vệ tinh tách ra một mô-đun, mô-đun này rơi xuống bề mặt Mặt Trăng theo quỹ đạo bán elip. Hỏi tại thời điểm tách ra, mô-đun phải có vận tốc tương đối so với vệ tinh bằng bao nhiêu? Bán kính Mặt Trăng $R_{\text{L}}=1{,}7\cdot10^6\,\text{m}$, và gia tốc rơi tự do trên bề mặt Mặt Trăng nhỏ hơn 6 lần so với trên bề mặt Trái Đất.

Mô-đun xuất phát từ viễn điểm của quỹ đạo elip, với bán trục lớn $$a=\frac{1}{2}(R+R_{\text{L}})=\frac{3}{2}R_{\text{L}}.$$

Vận tốc (độ lớn) tại viễn điểm tìm từ tích phân năng lượng:

$$v_1=\sqrt{\frac{GM}{R}}\;\sqrt{2-\frac{R}{a}},$$

còn vận tốc tròn của vệ tinh:

$$v_c=\sqrt{\frac{GM}{R}}.$$

Vận tốc tương đối (độ lớn) được xác định bởi hiệu các vận tốc:

$$v_{\text{tđ}}=v_c\left(1-\sqrt{2-\frac{R}{a}}\right).$$

Vì gia tốc rơi tự do trên bề mặt Mặt Trăng $g_0=\dfrac{GM}{R_{\text{L}}^2}$, nên

$$\begin{align} v_c &= \sqrt{\frac{GM}{R}}=\sqrt{\frac{g_0}{R}}\,R_{\text{L}},\\ v_{\text{tđ}} &= \sqrt{\frac{g_0}{R}}\,R_{\text{L}}\left(1-\sqrt{2-\frac{4}{3}}\right) =212\,\text{m/s}, \end{align}$$

và hướng của $\vec{v}_{\text{tđ}}$ ngược chiều với vận tốc quỹ đạo.

Bài toán 4. Năng lượng tối thiểu để tàu thăm dò thoát khỏi trường hấp dẫn hành tinh (từ quỹ đạo elip)

Một tàu thăm dò vũ trụ khối lượng $m$ chuyển động quanh hành tinh khối lượng $M$ theo quỹ đạo có khoảng cách lớn nhất đến tâm hành tinh là $r_a$ và nhỏ nhất là $r_p$. Cần truyền cho tàu thăm dò năng lượng tối thiểu bao nhiêu để nó rời khỏi hành tinh?

Trường hấp dẫn là trường thế. Năng lượng cơ học toàn phần của vật khi chuyển động là hằng số và âm đối với quỹ đạo elip. Để thoát khỏi trường hấp dẫn của hành tinh, cần làm cho năng lượng cơ học toàn phần trở thành không âm. Tích phân năng lượng cho quỹ đạo ban đầu có dạng

$$v_r^2=GM\left(\frac{2}{r}-\frac{1}{a}\right),\qquad a=\frac{r_a+r_p}{2}.$$

Từ đó suy ra

$$\frac{mv_r^2}{2}-\frac{GMm}{r}=-\frac{GMm}{2a}.$$

Đây là biểu thức cho năng lượng toàn phần của vệ tinh. Độ tăng tối thiểu cần thiết của chỉ cần tăng năng lượng cơ học toàn phần của vệ tinh lên bằng không, tức là

$$\Delta E_{\min}-\frac{GMm}{2a}=0,$$

từ đó

$$\Delta E_{\min}=\frac{GMm}{2a},\qquad \Delta E_{\min}=\frac{GMm}{r_a+r_p}.$$

Bài toán 5. Chuyển quỹ đạo Trái Đất → Sao Thổ (Hohmann): tính $\Delta v_1$, $\Delta v_2$, thời gian bay và góc phóng

Cần chuyển một tàu vũ trụ từ quỹ đạo gần Trái Đất sang quỹ đạo tròn gần với quỹ đạo của Sao Thổ, theo quỹ đạo bán elip. Việc này đạt được nhờ một lần đổi vận tốc ban đầu $\Delta v_1$ gần quỹ đạo Trái Đất, rồi một lần đổi vận tốc thứ hai $\Delta v_2$ gần quỹ đạo Sao Thổ. Các lần đổi này là do thay đổi xung lượng tức thời, bỏ qua sự thay đổi khối lượng của tàu. Hãy xác định:
1) Vận tốc chuyển động của Trái Đất và Sao Thổ trên các quỹ đạo tròn bán kính tương ứng $r_3=150\cdot10^6\,\text{km}$ và $r_C=1350\cdot10^6\,\text{km}$. Khối lượng Mặt Trời $M=2\cdot10^{30}\,\text{kg}$.
2) Độ biến thiên vận tốc $\Delta v_1$ để chuyển từ quỹ đạo tròn của Trái Đất sang quỹ đạo bán elip.
3) Độ biến thiên vận tốc $\Delta v_2$ cần thiết để chuyển từ quỹ đạo elip sang quỹ đạo tròn của Sao Thổ.
4) Khoảng cách góc giữa Trái Đất và Sao Thổ tại thời điểm phóng, với điều kiện tàu tiếp cận Sao Thổ tại điểm viễn nhật của quỹ đạo.

Vận tốc nhật tâm của Trái Đất và Sao Thổ:

$$\begin{align} v_{r_3} &= \sqrt{\frac{GM}{r_3}}=29{,}78\cdot10^3\,\text{m/s},\\ v_{r_C} &= \sqrt{\frac{GM}{r_C}}=9{,}93\cdot10^3\,\text{m/s}. \end{align}$$

Bán trục lớn của quỹ đạo chuyển tiếp:

$$a=\frac{r_C+r_3}{2}=7{,}5\cdot10^8\,\text{km}.$$

Vận tốc nhật tâm của tàu tại cận nhật (trên quỹ đạo elip) sau khi ra khỏi vùng ảnh hưởng hấp dẫn của Trái Đất (từ tích phân năng lượng):

$$\begin{align} v_{r_1} &= \sqrt{GM\!\left(\frac{2}{r_3}-\frac{1}{a}\right)} = \sqrt{\frac{GM}{r_3}}\;\sqrt{2-\frac{r_3}{a}} = 1{,}342\,v_{r_3}. \end{align}$$

Do đó độ tăng vận tốc thứ nhất nhỏ hơn:

$$\Delta v_1=v_{r_3}(1{,}342-1)=10{,}18\,\text{km/s}.$$

Tương tự, vận tốc tại viễn nhật ($r_2=r_C$):

$$\begin{align} v_{r_2} &= \sqrt{\frac{GM}{r_2}}\;\sqrt{2-\frac{r_C}{a}} = \sqrt{2-\frac{13{,}5}{7{,}5}}\;\cdot 9{,}93\,\text{km/s} = 4{,}44\,\text{km/s}. \end{align}$$

Độ tăng vận tốc để đưa tàu vào quỹ đạo tròn gần Sao Thổ:

$$\Delta v_2=v_{r_C}-v_{r_2}=5{,}49\cdot10^3\,\text{m/s}.$$

Thời gian bay $\tau$ theo quỹ đạo bán elip bằng nửa chu kỳ. Theo định luật Kepler,

$$\left(\frac{T_a}{T_3}\right)^2=\left(\frac{a}{r_3}\right)^3,\qquad \tau=\frac{T_a}{2}=\frac{T_3}{2}\sqrt{\left(\frac{a}{r_3}\right)^3}\approx 5{,}59\,\text{năm}.$$

Gọi $\varphi_{3C}$ là góc giữa Trái Đất và Sao Thổ tại thời điểm xuất phát, còn $\Delta\varphi_C$ là góc quay của bán kính vectơ Sao Thổ quanh Mặt Trời trong thời gian bay. Vì quỹ đạo chuyển tiếp là bán elip nên góc quét tương ứng bằng $\pi$. Do đó

$$\varphi_{3C}+\Delta\varphi_C=\pi,\qquad \frac{2\pi}{T_C}=\frac{\Delta\varphi_C}{\tau},\qquad \Delta\varphi_C=2\pi\frac{\tau}{T_C},$$

trong đó $T_C=29{,}46\,\text{năm}$ là chu kỳ quỹ đạo của Sao Thổ. Suy ra

$$\varphi_{3C}=\pi\left(1-\frac{2\tau}{T_C}\right) =\pi\left(1-\frac{11{,}18}{29{,}46}\right) =0{,}62\pi \approx 111{,}7^\circ.$$

Bài toán 6. Phóng tàu vào quỹ đạo quanh Mặt Trời có cận nhật $0.01$ AU: góc bẻ vận tốc và vận tốc phóng

Cần đưa một tàu vũ trụ lên quỹ đạo quanh Mặt Trời có cận nhật bằng $0{,}01$ bán kính quỹ đạo Trái Đất, và chu kỳ bằng chu kỳ Trái Đất quay quanh Mặt Trời. Cần phóng tàu từ Trái Đất với vận tốc bao nhiêu và theo hướng nào so với bán kính vectơ Mặt Trời–Trái Đất? Vận tốc quỹ đạo của Trái Đất $v_1=30\,\text{km/s}$.

Bán trục lớn của quỹ đạo tàu phải bằng bán kính quỹ đạo Trái Đất, vì chu kỳ của nó phải bằng chu kỳ Trái Đất (hệ quả của định luật Kepler thứ ba). Khi đó từ tích phân năng lượng suy ra vận tốc nhật tâm của tàu phải bằng vận tốc quỹ đạo của Trái Đất. Có thể đạt quỹ đạo elip yêu cầu bằng cách đổi hướng của vận tốc khi tàu đi ra khỏi vùng ảnh hưởng hấp dẫn của Trái Đất so với vectơ bán kính Mặt Trời – Trái Đất. Để ước lượng góc cần thiết khi đi ra quỹ đạo nhật tâm, ta đặt bằng mômen động lượng của tàu tại điểm “thoát” và tại cận nhật; đồng thời biểu diễn vận tốc ở cận nhật từ tích phân năng lượng:

$$\begin{align} rmv_1\sin\alpha &= r_pmv_p\sin90^\circ = r_pmv_p. \end{align}$$

$$\begin{align} v_p &= \sqrt{\frac{GM}{r}\left(\frac{2}{0.01}-1\right)} = v_1\sqrt{199},\\ \sin\alpha &= \frac{r_pv_p}{rv_1}=0.14,\qquad \alpha=8^\circ. \end{align}$$

Đây là góc giữa các hướng $\vec r_1$ và $\vec v_1$, tức là cần “bẻ” vectơ vận tốc quỹ đạo một góc $\varphi=90^\circ-\alpha=82^\circ$.

Vận tốc bổ sung được xác định từ tam giác vận tốc:

$$\begin{align} v_{\text{bổ sung}} &=2v_1\sin\frac{\varphi}{2} =60\,\text{km/s}\cdot\sin41^\circ\\ &=60\,\text{km/s}\cdot0.656 =39.4\,\text{km/s}. \end{align}$$

Tổng vectơ của vận tốc bổ sung với vận tốc quỹ đạo của Trái Đất cho vận tốc nhật tâm ở “đầu ra” sau khi vượt qua trường hấp dẫn của Trái Đất. Vì vậy năng lượng toàn phần lúc phóng phải tính cả thế năng hấp dẫn của Trái Đất:

$$\begin{align} \frac{mv_{\text{phóng}}^{2}}{2}-\frac{GM_\oplus m}{R_\oplus} &= \frac{mv_{\text{bổ sung}}^{2}}{2},\\ \frac{2GM_\oplus}{R_\oplus} &= v_{\text{thoát}}^{2},\\ v_{\text{phóng}}^{2} &= v_{\text{thoát}}^{2}+v_{\text{bổ sung}}^{2},\\ v_{\text{phóng}} &= \sqrt{11.2^{2}+39.4^{2}}\;\text{km/s}=41\;\text{km/s}. \end{align}$$

Bài toán 7. Quỹ đạo hypebol bay sượt hành tinh: khoảng cách tiếp cận tối thiểu và góc lệch quỹ đạo

Khi đi vào “vùng ảnh hưởng” của một hành tinh khối lượng $M$, một vật thể vũ trụ có vận tốc tương đối so với hành tinh là $v_0$ và tham số ngắm (khoảng cách va chạm) $b$. Vật thể sẽ đi qua hành tinh ở khoảng cách tối thiểu nào và vận tốc của nó bị đổi hướng một góc bao nhiêu do trường hấp dẫn của hành tinh?

Với điều kiện đã cho, quỹ đạo của vật đối với hành tinh là một hypebol, trong đó tâm hút nằm ở một tiêu điểm. Hướng vận tốc lúc đi vào và lúc đi ra trùng với các tiệm cận của hypebol; góc đổi hướng của vận tốc là góc giữa hai tiệm cận, ký hiệu $\varphi$. Tại đỉnh $A$, vận tốc vuông góc với hướng đến tiêu điểm $F$. Xét hai trạng thái: (1) lúc vật đi vào vùng ảnh hưởng, và (2) lúc vật ở đỉnh $A$; ta viết bảo toàn năng lượng và mômen động lượng:

$$\begin{align} \frac{mv_0^{2}}{2} &= \frac{mv_1^{2}}{2}-\frac{GMm}{r_1},\\ mv_0b &= mv_1r_1. \end{align}$$

Suy ra

$$\begin{align} v_1 &= \frac{b}{r_1}\,v_0,\\ \frac{2GM}{r_1} &= \frac{b^{2}-r_1^{2}}{r_1^{2}}\,v_0^{2}, \qquad \text{hay}\qquad \frac{2GM}{v_0^{2}}=\frac{b^{2}-r_1^{2}}{r_1}\;(*). \end{align}$$

$$r_1=-\frac{GM}{v_0^{2}}+\sqrt{\left(\frac{GM}{v_0^{2}}\right)^{2}+b^{2}}.$$

Ta thu được biểu thức xác định khoảng cách tiếp cận tối thiểu $r_1$ theo $v_0$ và $b$. Để tìm góc đổi hướng $\varphi$, xét hình học hypebol (xem Hình 1). Khoảng cách giữa hai tiêu điểm:

$$FF' = 2(r_1+a)=\frac{2b}{\cos(\varphi/2)}.$$

Theo tính chất cơ bản của hypebol, hiệu khoảng cách từ một điểm bất kỳ đến hai tiêu điểm là không đổi. Áp dụng cho đỉnh hypebol $A$ và cho một điểm rất xa trên quỹ đạo (khi các hướng đến hai tiêu điểm gần như song song), ta có:

$$\Delta r = 2a_1=\frac{2b}{\cos(\varphi/2)}-2r_1,\qquad \Delta r = 2a = 2b\,\tan\frac{\varphi}{2}.$$

Từ tam giác vuông $DFO$:

$$\tan\frac{\varphi}{2}=\frac{a}{b},\qquad \cos\frac{\varphi}{2}=\frac{b}{r_1+a},$$

suy ra

$$\frac{b^{2}-r_1^{2}}{2r_1}=a,\qquad \tan\frac{\varphi}{2}=\frac{b^{2}-r_1^{2}}{2br_1}.$$

Kết hợp với biểu thức $(*)$ ta được:

$$\varphi = 2\arctan\!\left(\frac{GM}{bv_0^{2}}\right).$$

Vật rời khỏi vùng ảnh hưởng của hành tinh với độ lớn vận tốc tương đối bằng đúng khi đi vào. Nhưng vận tốc nhật tâm vận tốc, tức là tổng vectơ của vận tốc tương đối của vật đối với hành tinh và vận tốc của chính hành tinh, có thể thay đổi đáng kể, kéo theo quỹ đạo cũng thay đổi. Nếu bảo đảm cho tàu vũ trụ bay sượt gần hành tinh, ta có thể thay đổi vận tốc nhật tâm và quỹ đạo của nó nhờ trường hấp dẫn của hành tinh.

Bài toán 8. Vượt vận tốc vũ trụ cấp ba: vận tốc thoát theo hệ nhật tâm và góc tiệm cận quỹ đạo hypebol

Một tàu vũ trụ xuất phát từ Trái Đất với vận tốc $v_0$ lớn hơn vận tốc vũ trụ cấp ba, theo hướng chuyển động quỹ đạo của Trái Đất (tức vuông góc với hướng về phía Mặt Trời). Khi ra khỏi “vùng ảnh hưởng” của Trái Đất, quỹ đạo của tàu trong hệ nhật tâm là một hypebol (Hình 2), có đỉnh $E$ (Trái Đất) và tiêu điểm $S$ (Mặt Trời). Hãy xác định độ lớn vận tốc $v_k$ của tàu so với Mặt Trời ở rất xa Mặt Trời. Vận tốc đó hợp với hướng $ES$ một góc $\alpha$ bằng bao nhiêu?

Hình 2

Khi rời khỏi vùng ảnh hưởng của Trái Đất, tàu có vận tốc tương đối so với Trái Đất là $v$. Theo định luật bảo toàn năng lượng (trong trường hấp dẫn của Trái Đất),

$$\frac{mv_0^2}{2}-\frac{GM_\oplus m}{R_\oplus}=\frac{mv^2}{2}.$$

Mà $\dfrac{2GM_\oplus}{R_\oplus}=v_{\text{thoát}}^2$, trong đó $v_{\text{thoát}}=11.2\,\text{km/s}$ là vận tốc thoát (vận tốc “parabol”) của Trái Đất. Do đó

$$v=\sqrt{v_0^2-v_{\text{thoát}}^2}.$$

Theo giả thiết, vận tốc bổ sung $v$ cùng hướng với vận tốc quỹ đạo của Trái Đất, nên vận tốc nhật tâm của tàu tại “đỉnh hypebol” là

$$v_r=v+v_{\text{orb}},$$

trong đó $v_{\text{orb}}=29.8\,\text{km/s}$ là vận tốc quỹ đạo của Trái Đất quanh Mặt Trời. Khi bay ra xa trong trường hấp dẫn của Mặt Trời, vận tốc nhật tâm giảm xuống còn $v_k$. Theo bảo toàn năng lượng trong trường hấp dẫn của Mặt Trời,

$$\frac{mv_r^2}{2}-\frac{GM_\odot m}{r_{\oplus 0}}=\frac{mv_k^2}{2}.$$

Với $\dfrac{GM_\odot}{r_{\oplus 0}}=v_{\text{orb}}^2$, ta được

$$v_r^2-2v_{\text{orb}}^2=v_k^2,$$

hay cuối cùng

$$v_k=\sqrt{\left(\sqrt{v_0^2-v_{\text{thoát}}^2}+v_{\text{orb}}\right)^2-2v_{\text{orb}}^2}.$$

Tàu chuyển động trong trường hấp dẫn của Mặt Trời theo một nhánh hypebol; khi đó mômen động lượng được bảo toàn. Gọi $b$ là tham số ngắm (impact parameter) của tàu đã “thoát”, ta có

$$mv_r\,r_{\oplus 0}=mv_k\,b,\qquad b=\frac{v_r}{v_k}\,r_{\oplus 0}.$$

Từ Hình 2: $ES=r_{\oplus 0}$ là bán kính quỹ đạo Trái Đất, $OE=a$ là khoảng cách từ tâm hypebol đến đỉnh. Góc cần tìm $\alpha$ là góc mà tiệm cận hypebol tạo với hướng $ES$. Theo tính chất cơ bản của hypebol, hiệu khoảng cách từ mọi điểm đến hai tiêu điểm $S$ và $S_1$ là không đổi. Áp dụng cho đỉnh $E$ và cho một điểm rất xa $M$ (khi các hướng đến hai tiêu điểm gần như song song), ta thu được:

$$r_1-r_2=2a,\qquad r_1-r_2=\frac{2b}{\tan\alpha},$$

suy ra

$$\tan\alpha=\frac{b}{a}.$$

Biểu diễn $a$ từ tam giác vuông có hai cạnh góc vuông $a$ và $b$, cạnh huyền $a+r$ (với $r=r_{\oplus 0}$):

$$\begin{align} a^2+b^2 &= a^2+2ar+r^2,\\ a &= \frac{b^2-r^2}{2r}. \end{align}$$

Thế vào (với $b=\dfrac{v_r}{v_k}r$) ta được

$$\tan\alpha=\frac{2\,\dfrac{v_r}{v_k}}{\left(\dfrac{v_r}{v_k}\right)^2-1}, \qquad \alpha=\arctan\!\left(\frac{2\,\dfrac{v_r}{v_k}}{\left(\dfrac{v_r}{v_k}\right)^2-1}\right).$$

Bài toán 9. Vượt vận tốc vũ trụ cấp ba: vận tốc thoát theo hệ nhật tâm và góc tiệm cận quỹ đạo hypebol

Một tàu vũ trụ, khi thực hiện “cú hích hấp dẫn” (gravity assist) trong vùng lân cận Sao Hỏa, đi vào một quỹ đạo nhật tâm mới; trên quỹ đạo này nó gặp một tiểu hành tinh tại điểm viễn nhật. Điểm chuyển sang quỹ đạo mới ứng với tham số tiêu (tham số quỹ đạo) của elip; tại đó tàu chuyển động theo hướng bán trục nhỏ của quỹ đạo. Chu kỳ chuyển động trên quỹ đạo mới là 10 năm. Ở điểm chuyển quỹ đạo, các tấm pin Mặt Trời được bung ra với diện tích $30\,\text{m}^2$ và hiệu suất $25\%$. Hãy ước lượng năng lượng Mặt Trời mà tàu thu được trong thời gian bay. Độ lệch tâm của quỹ đạo mới bằng bao nhiêu?

Dùng phương trình elip trong tọa độ cực:

$$r(\varphi)=\frac{p}{1+e\cos\varphi},$$

trong đó $p$ là tham số tiêu (tham số quỹ đạo), $e$ là độ lệch tâm, $\varphi$ là góc giữa vectơ bán kính $r$ và hướng từ tiêu điểm đến cận nhật (dị thường thật). Từ phương trình suy ra: tại điểm chuyển quỹ đạo $r_0=p$ khi $\cos\varphi_0=0$, tức $\varphi_0=\dfrac{\pi}{2}$; còn tại viễn nhật thì $\varphi_k=\pi$.

Chu kỳ xác định bán trục lớn $a$ theo định luật Kepler thứ ba. Nếu $a$ tính bằng AU và $T$ tính bằng năm, thì

$$\begin{align} a &= T^{2/3} = 4.64\,\text{AU}. \end{align}$$

Tham số $p$ liên hệ với $a$ bởi $p=a(1-e^2)$, và trong bài toán này $p$ đúng bằng khoảng cách nhật tâm của Sao Hỏa, tức $p=1.52\,\text{AU}$. Do đó

$$\begin{align} p &= a(1-e^2)=1.52\,\text{AU},\\ e &= \sqrt{1-\frac{p}{a}}=0.82. \end{align}$$

Bán trục nhỏ:

$$b=a\sqrt{1-e^2}=2.66\,\text{AU}.$$

Tấm pin hướng về phía Mặt Trời. Với độ trưng (công suất bức xạ) của Mặt Trời $L=3.86\cdot10^{26}\,\text{W}$, trong một khoảng thời gian rất nhỏ $dt$ tại khoảng cách $r$, năng lượng thu được là

$$dW=\eta S\,\frac{L}{4\pi r^2}\,dt,\qquad (1)$$

trong đó $\eta$ là hiệu suất, $S$ là diện tích tấm pin. Tốc độ quét diện tích của vectơ bán kính là hằng số (định luật Kepler 2):

$$\begin{align} \dot{\vec s} &= [\vec r\times\vec v],\\ |\dot{\vec s}| &= r\,v_n = r^2\omega, \end{align}$$

với $\omega=\dfrac{d\varphi}{dt}$ là tốc độ góc của vectơ bán kính. Biểu diễn tốc độ quét diện tích qua chu kỳ, ta được

$$\begin{align} \omega &= \frac{2\pi ab}{T}\cdot\frac{1}{r^2} = \frac{d\varphi}{dt}, \end{align}$$

suy ra

$$dt=\frac{Tr^2}{2\pi ab}\,d\varphi. \qquad (2)$$

Thế (2) vào (1) ta nhận được quan hệ giữa các vi phân:

$$dW=\eta S\,\frac{L}{4\pi r^2}\cdot\frac{Tr^2}{2\pi ab}\,d\varphi.$$

Chuyển sang năng lượng toàn phần trên đoạn bay. Vì $\varphi_{\text{tổng}}=\pi-\dfrac{\pi}{2}=\dfrac{\pi}{2}$, nên năng lượng thu được trên đoạn quỹ đạo này là

$$W_{\text{tổng}}=\eta S\,\frac{LT}{16\pi ab}.$$

Lấy $1\,\text{AU}=1.5\cdot10^{11}\,\text{m}$ và $T=31.56\cdot10^{7}\,\text{s}$. Khi đổi $a$ sang mét và $T$ sang giây, ta ước lượng được:

$$W_{\text{tổng}}\approx 2\cdot10^{9}\,\text{J}.$$

III. Các bài tập tự giải về chuyển động của các thiên thể trong trường hấp dẫn

1. Từ chu kỳ quay của Trái Đất và bán kính quỹ đạo Trái Đất, hãy ước lượng khối lượng Mặt Trời. Mật độ trung bình của vật chất Mặt Trời bằng bao nhiêu nếu đường kính góc của đĩa Mặt Trời quan sát từ Trái Đất là $32$ phút cung?
2. Hai ngôi sao có khối lượng xấp xỉ như nhau $m$ quay quanh tâm khối chung. Khoảng cách giữa hai sao là $R$. Chu kỳ quay của hệ bằng bao nhiêu?
3. Một tàu vũ trụ xuất phát từ bề mặt Trái Đất. Vận tốc tối thiểu ngay sau khi phóng cần có để đạt tới quỹ đạo Sao Hỏa (bán kính $r=1.52\,\text{AU}$) là bao nhiêu, nếu bỏ qua ảnh hưởng của khí quyển?
4. Sao chổi Halley có cận nhật cách Mặt Trời $0.6\,\text{AU}$. Chu kỳ của nó là $76$ năm. Ở viễn nhật, sao chổi sẽ cách Mặt Trời bao nhiêu?

---

Lời kết

Nếu coi mỗi bài toán trong bài là một “mảnh ghép”, thì hai nguyên lý bảo toàn (mômen động lượng và năng lượng) chính là “chìa khoá chung” để mở hầu hết các bài toán quỹ đạo trong trường hấp dẫn. Bạn có thể dùng bài này như một trang tổng hợp công thức khi ra đề, chữa đề hoặc luyện đội tuyển HSG/Olympic.

Bạn muốn mình soạn thêm một bộ 20–30 bài tập chọn lọc kèm phân loại mức độ (HSG tỉnh → HSG QG → Olympic) không? Nếu có, bạn cho mình biết mức bạn muốn và dạng đề bạn hay gặp, mình sẽ gợi ý cấu trúc bộ bài cho đúng nhu cầu.

Read More

Đề ôn thi HSG Vật lí 9 và luyện thi vào lớp 10 chuyên lí - Các bài toán cơ học theo xu hướng mới

Đề ôn thi HSG Vật lí 9 và luyện thi vào lớp 10 chuyên Lí – Các bài toán cơ học theo xu hướng mới gồm 3 bài toán cơ học tiêu biểu, bám sát xu hướng ra đề hiện nay, tập trung khai thác sâu bản chất vật lí và phát triển tư duy giải bài cho học sinh. Nội dung trải rộng từ chuyển động tương đối, trọng lượng – trọng lượng riêng đến lực căng dây và định luật bảo toàn cơ năng, phù hợp cho học sinh ôn thi học sinh giỏi Vật lí 9 và luyện thi vào lớp 10 chuyên Lí THPT. Mỗi bài toán đều yêu cầu lập luận chặt chẽ, vận dụng linh hoạt các kiến thức nền tảng của chương trình Vật lí THCS.

Đặc biệt, học sinh có thể giải bài trực tiếp và bấm “Chấm điểm”; hệ thống AI sẽ chấm bài tự động với độ chính xác cao, đưa ra nhận xét chi tiết cho từng bước lập luận và định hướng tư duy giải bài đúng chuẩn HSG – thi chuyên.

I - Đề ôn thi HSG Vật lí 9 và luyện thi vào lớp 10 chuyên lí - Các bài toán cơ học theo xu hướng mới

Câu 1. Chuyển động tương đối - Cậu bé và những đoàn tàu

Một cậu bé đang đứng trên bục chờ tàu trên sân ga. Một đoàn tàu SE-10 tiến vào sân ga với vận tốc không đổi $v_1=20\ \text{km/h}$, đoàn tàu có 12 toa giống hệt nhau. Hai toa đầu tiên đi ngang qua vị trí cậu bé trong thời gian $t_1=7{,}2\ \text{s}$. Đúng lúc đầu toa thứ 5 bắt đầu đi ngang qua vị trí của mình, cậu bé bắt đầu bước đi ngược chiều đoàn tàu với vận tốc không đổi $v_2$. Biết rằng kể từ thời điểm đó, phải mất $t = 24\ \text{s}$ để đuôi toa cuối cùng (toa thứ 12) đi hết qua cậu bé.

1. Tính vận tốc $v_2$ của cậu bé.

Sau khi đoàn tàu SE-10 đi khỏi sân ga, cậu bé vẫn đi với vận tốc $v_2$. Có hai đoàn tàu khác đang di chuyển ngược chiều nhau trên hai đường ray song song bên phải và bên trái cậu bé với tốc độ bằng nhau và không đổi. Đoàn tàu thứ nhất gồm 9 toa giống hệt nhau, đoàn tàu thứ hai gồm 10 toa giống hệt nhau. Tại một thời điểm nào đó cậu bé thấy hai đầu toa đầu tiên của hai đoàn tàu thẳng hàng ngay trước mặt mình. Cậu bé ngạc nhiên khi một lúc sau phần đuôi của hai toa cuối cùng cũng đi ngang qua nhau ngay trước mặt mình.

2. Tính tốc độ của mỗi đoàn tàu.

Câu 2. Trọng lượng - Trọng lượng riêng

Một bình trụ thẳng đứng chứa đầy nước đá, được ngâm hoàn toàn trong dầu hỏa. Trọng lực tác dụng lên nước đá lớn gấp 2 lần trọng lực tác dụng lên dầu hỏa. Khối lượng riêng của nước là $ρ_w = 1{,}0\ \mathrm{g/cm^3}$. Khối lượng riêng của nước đá là $ρ_l = 0{,}90\ \mathrm{g/cm^3}$. Khối lượng riêng của dầu hỏa là $ρ_k = 0{,}80\ \mathrm{g/cm^3}$.

1. Thể tích dầu bằng bao nhiêu lần thể tích nước đá?

2. Chiều cao của chất lỏng trong bình sẽ giảm đi bao nhiêu phần trăm sau khi 75% lượng đá tan chảy?

Câu 3. Lực căng sợi dây - Định luật bảo toàn cơ năng

Một sợi dây mảnh, nhẹ, không dãn, được vắt qua một ròng rọc, hai đầu dây được nối với hai vật nhỏ A và B có khối lượng tương ứng $m_\text{A}=0{,}5\ \text{kg}$ và $m_\text{B}=0{,}8\ \text{kg}$. Ban đầu hệ được giữ đứng yên bằng cách dùng một bàn tay đỡ giữ vật B nằm trên đó, vật B cao hơn vật A một khoảng $L=20\ \text{cm}$, như hình vẽ dưới đây. Bỏ qua khối lượng ròng rọc, ma sát ở trục ròng rọc và lực cản của không khí.

1. Tính lực căng của sợi dây và áp lực của vật B lên bàn tay đỡ.

2. Đột ngột lấy bàn tay đỡ ra khỏi vật B một cách nhẹ nhàng đề hệ bắt đầu chuyển động với vận tốc ban đầu bằng không. Tính vận tốc của các vật khi chúng đi ngang qua nhau.

II. Làm bài và chấm điểm bằng AI

Sau khi đọc và phân tích đề bài ở trên, các em bấm vào liên kết dưới đây để chuyển sang giao diện làm bài. Tại đây, các em có thể trình bày đầy đủ lời giải của mình cho từng câu theo đúng lập luận vật lí.

Khi hoàn thành, các em bấm “Chấm điểm”; hệ thống AI sẽ chấm bài tự động với độ chính xác cao, nhận xét chi tiết từng bước giải, chỉ ra điểm đúng – sai và định hướng tư duy giải bài theo chuẩn HSG và thi chuyên.

👉 Nhấn vào liên kết dưới đây để bắt đầu làm bài và nhận chấm điểm:

TRÌNH BÀY LỜI GIẢI VÀ YÊU CẦU CHẤM BÀI.

Read More

Đáp án đề thi học sinh giỏi Vật lí 12 tỉnh Quảng Trị 2025 - 2026

Đáp án đề thi học sinh giỏi Vật lí 12 tỉnh Quảng Trị 2025 - 2026 được biên soạn nhằm hỗ trợ học sinh và giáo viên trong việc tham khảo, đối chiếu kết quả làm bài sau kì thi. Nội dung bài viết trình bày lời giải chi tiết, bám sát cấu trúc đề chính thức, giúp người đọc hiểu rõ phương pháp tư duy và cách xử lí từng dạng bài thường gặp trong các kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh. Đây là tài liệu hữu ích cho quá trình ôn luyện Vật lí 12 nâng cao cũng như chuẩn bị cho các kì thi chọn học sinh giỏi những năm tiếp theo.

Xem thêm đề thi học sinh giỏi Vật lí 12

• Đề thi HSG Vật lí 12 theo chương trình GDPT 2018, gắn với thực tiễn
• Đề HSG Vật lí 12 mới – định hướng ứng dụng thực tế
• Đề thi HSG Vật lí 12 tỉnh Nghệ An năm học 2025 – 2026
• Đề thi HSG Vật lí 12 tỉnh Quảng Bình năm học 2024 – 2025
• Tổng hợp đề thi học sinh giỏi Vật lí cấp tỉnh (nhiều năm)

I. Đề thi HSG Vật lí 12 tỉnh Quảng Trị 2025 - 2026

Câu 1 - Đề thi HSG Vật lí 12 tỉnh Quảng Trị 2025 - 2026

Một cầu thủ bóng chày ném một quả bóng (Hình 1), anh ta nắm quả bóng và tăng tốc nó trên đoạn đường dài 50 cm từ trạng thái đứng yên đến khi đạt tốc độ 150 km/h thì bóng rời tay (tốc độ thường đạt được ở môn thể thao này). Xem lực tác dụng lên bóng không đổi cả hướng và độ lớn, quãng đường tăng tốc của bóng được xem là thẳng và hợp với phương ngang một góc 15° chếch lên trên. Lấy $g = 9.81\ \mathrm{m/s^2}$. Bỏ qua sức cản không khí.

Hình 1. Cầu thủ bóng chày ném quả bóng - Đề thi học sinh giỏi Vật lí 12 tỉnh Quảng Trị 2025 - 2026

1. Với quả bóng có khối lượng tiêu chuẩn 142 g, tính độ lớn lực mà tay cầu thủ tác dụng lên bóng.

2. Biết sau 2,35 s tính từ lúc rời tay cầu thủ thì quả bóng chạm đất. Tính tốc độ của bóng ngay trước khi chạm đất.

Câu 2 - Đề thi HSG Vật lí 12 tỉnh Quảng Trị 2025 - 2026

Một quả cầu kim loại lớn có khối lượng 350 kg được treo vào cần cẩu bằng một sợi cáp, khoảng cách từ đầu trên của cáp đến tâm quả cầu là 6 m (Hình 2.1). Để phá đổ một bức tường, quả cầu được kéo ra khỏi vị trí sát tường (vị trí dây cáp thẳng đứng) rồi thả ra. Cần cẩu không chuyển động.

Hình 2.1. Phá tường bằng cần cẩu với quả cầu nặng - Đề thi học sinh giỏi Vật lí 12 tỉnh Quảng Trị 2025 - 2026

Đồ thị dưới đây biểu diễn sự biến thiên tốc độ v của quả cầu sau khi thả theo thời gian t (Hình 2.2). Đoạn đồ thị OA ứng với giai đoạn từ khi quả cầu được thả đến khi nó bắt đầu tiếp xúc với bức tường (lúc dây cáp thẳng đứng). Đoạn đồ thị AB ứng với giai đoạn quả cầu va chạm với tường. Lấy $g = 9.81\ \mathrm{m\!/\!s^2}$.

Hình 2.2. Đồ thị biểu diễn $v(t)$ của quả cầu - Đề thi học sinh giỏi Vật lí 12 tỉnh Quảng Trị 2025 - 2026

1. Xem chuyển động của quả cầu trong quá trình va chạm với tường là chuyển động thẳng. Tính quãng đường và tính độ biến thiên động lượng của quả cầu trong quá trình va chạm.

2. Tính lực căng dây cáp ngay khi quả cầu vừa chạm tường.

Câu 3 - Đề thi HSG Vật lí 12 tỉnh Quảng Trị 2025 - 2026

Một cái nêm có khối lượng $M$, góc nghiêng $α$, ban đầu nằm yên trên mặt sàn nằm ngang. Một vật nhỏ khối lượng $m$ được giữ nằm yên trên mặt nghiêng sát đỉnh nêm, ở độ cao $h$ so với sàn (Hình 3). Bỏ qua mọi ma sát. Tại một thời điểm nào đó ta thôi giữ vật và nêm. Tìm tốc độ của nêm khi vật nhỏ vừa đến chân nêm theo $M$, $m$, $h$, $α$ và gia tốc rơi tự do $g$.

Hình 3. Vật trượt trên nêm tự do - Đề thi học sinh giỏi Vật lí 12 tỉnh Quảng Trị 2025 - 2026

Câu 4 - Đề thi HSG Vật lí 12 tỉnh Quảng Trị 2025 - 2026

Hai vật A và B đang dao động điều hòa cùng tần số.Đồ thị biểu diễn li độ $x$ của hai vật A, B theo thời gian $t$ lần lượt là đường (1) và (2) như hình vẽ (Hình 4). Biết khối lượng của A gấp hai lần khối lượng của B. Mốc thế năng của mỗi vật được chọn ở vị trí cân bằng của chúng.

Hình 4. Đồ thị $x-t$ của hai vật dao động điều hòa - Đề thi học sinh giỏi Vật lí 12 tỉnh Quảng Trị 2025 - 2026

1. Tính tỉ số giữa cơ năng của A và cơ năng của B.

2. Tính độ lớn độ lệch pha giữa hai dao động.

3. Tính từ thời điểm mà động năng của A cực đại, sau $\dfrac{1}{10}$ chu kì dao động thì tỉ số giữa thế năng của A và thế năng của B bằng bao nhiêu?

Câu 5 - Đề thi HSG Vật lí 12 tỉnh Quảng Trị 2025 - 2026

Để đo bước sóng truyền trên mặt nước, một bạn học sinh cho quả bóng tennis dao động điều hòa theo phương thẳng đứng chạm vào mặt nước (nguồn sóng) để tạo ra sóng (Hình 5.1). Trên mặt hồ có một cái phao, đo khoảng cách từ phao đến nguồn khi chưa có sóng được 12 m. Dùng đồng hồ đo được thời gian phao thực hiện 30 dao động là 24 s, thời gian từ khi nguồn bắt đầu dao động đến khi phao bắt đầu dao động là 10 s.

Hình 5.1. Quả bóng tenis dao động tạo nguồn sóng trên mặt hồ - Đề thi học sinh giỏi Vật lí 12 tỉnh Quảng Trị 2025 - 2026

1. Tính bước sóng của sóng truyền trên mặt hồ.

2. Trên mặt hồ có hai cái phao nhỏ A và B ở trên cùng một phương truyền sóng. Tại thời điểm $t_1$ hình ảnh mặt nước với các phao như hình vẽ (Hình 5.2), A đang chuyển động hướng lên trên. Đường nét đứt biểu diễn mặt nước khi không có sóng. Khoảng cách từ B đến đường nét đứt bằng một nửa biên độ sóng. Tính thời gian ngắn nhất tính từ $t_1$ để khoảng cách giữa A và B bằng $0\text{,}56\ \text{m}$.

Hình 5.2. Hai phao A và B dao động trên mặt nước - Đề thi học sinh giỏi Vật lí 12 tỉnh Quảng Trị 2025 - 2026

Câu 6 - Đề thi HSG Vật lí 12 tỉnh Quảng Trị 2025 - 2026

Cho mạch điện như hình vẽ (Hình 6). Các nguồn điện có suất điện động $e_1 = 3.6\ \text{V}$, $e_2 = 6\ \text{V}$, điện trở trong $r_1 = r_2 = 2\ \text{Ω}$. Các điện trở $R_0 = R = 10\ \text{Ω}$. Các tụ điện có điện dung $C_1 = 1\ \text{μF}$, $C_2 = 2\ \text{μF}$. Bỏ qua điện trở các dây nối và khóa K. Bỏ qua sự mất mát năng lượng do bức xạ sóng điện từ. Ban đầu khóa K ở vị trí (1).

Hình 6. Mạch điện có khóa K đảo - Đề thi học sinh giỏi Vật lí 12 tỉnh Quảng Trị 2025 - 2026

1. Tính hiệu điện thế giữa hai cực của nguồn điện $e_1$ và tính tổng năng lượng của các tụ điện.

2. Tính điện lượng chạy qua $R$ và tính nhiệt năng sinh ra trên $R$ sau khi khóa K chuyển sang vị trí (2).

Câu 7 - Đề thi HSG Vật lí 12 tỉnh Quảng Trị 2025 - 2026

Một nhóm học sinh tiến hành thí nghiệm đo nhiệt hoá hơi riêng của nước. Các bạn đã rót 400 g nước ở nhiệt độ phòng 25 °C vào một ấm điện như hình vẽ (Hình 7.1). Các thông số kĩ thuật của ấm điện được cho như Bảng 1.

Hình 7.1. Ấm điện	Dung tích	2000 mℓ
	Điện áp	220 V – 50Hz
	Công suất	2500 W khi nước chưa sôi 1700 W khi nước sôi
	Chế độ an toàn	Tự hạ công suất khi nước sôi và tự ngắt khi cạn nước
	Chất liệu	Vỏ ấm bằng thuỷ tinh có khả năng cách nhiệt tốt, đế ấm bằng inox 304

Bảng 1. Thông số kĩ thuật của ấm điện - Đề thi học sinh giỏi Vật lí 12 tỉnh Quảng Trị 2025 - 2026

Ngoài ra, học sinh còn dùng cân điện tử để cân lượng nước còn lại trong ấm và dùng đồng hồ để đo thời gian đun. Xem nước sôi ở 100 °C, khi nước sôi thì nắp ấm được mở cho hơi nước bay ra. Khi lượng nước còn lại trong ấm là 350 g thì các bạn học sinh bắt đầu ghi lại số liệu thí nghiệm của quá trình tiếp theo. Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của khối lượng nước m còn lại trong ấm vào thời gian đun τ như hình vẽ (Hình 7.2).

Hình 7.2. Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của khối lượng nước $m$ còn lại trong ấm vào thời gian đun $τ$ - Đề thi học sinh giỏi Vật lí 12 tỉnh Quảng Trị 2025 - 2026

Biết rằng khi nước chưa sôi thì hiệu suất đun nước của ấm bằng 96 %, còn khi nước sôi thì hiệu suất đun nước giảm xuống còn 90 %. Nhiệt dung riêng của nước là 4200 J/(kg.K). Bỏ qua sự bay hơi của nước trước khi sôi.

1. Tính nhiệt hoá hơi riêng của nước trong thí nghiệm này.

2. Tính thời gian từ khi bắt đầu đun đến khi nước trong ấm hoá hơi hoàn toàn.

Câu 8 - Đề thi HSG Vật lí 12 tỉnh Quảng Trị 2025 - 2026

Cho 0,1 mol khí helium chứa trong một xilanh được đậy kín bởi một pit-tông (pit-tông có thể dịch chuyển không ma sát). Khối khí thực hiện quá trình biến đổi trạng thái từ (1) → (2) → (3) theo đồ thị như hình vẽ (Hình 8). Xem khí trong xilanh trong cả quá trình là khí lí tưởng, $R = 8.31\ \mathrm{J\!/\!(K\!\cdot\!mol)}$.

Hình 8. Quá trình biến đổi trạng thái của khí - Đề thi học sinh giỏi Vật lí 12 tỉnh Quảng Trị 2025 - 2026

1. Tính $T_1$, $T_2$, $T_3$.

2. Tính độ lớn công mà khí thực hiện hay nhận được trong quá trình (1) → (2) và (2) → (3).

3. Tính tỉ số giữa động năng tịnh tiến trung bình cực đại và cực tiểu của nguyên tử khí helium trong cả quá trình trên.

II. Lời giải chi tiết (Đáp án) Đề thi HSG Vật lí 12 tỉnh Quảng Trị 2025 - 2026

Câu 1 (2,0 điểm)

Cho quãng đường tăng tốc $s = 50\,\text{cm} = 0{,}5\,\text{m}$, vận tốc khi rời tay $v_0 = 150\,\text{km/h}$, góc ném $\alpha = 15^\circ$, $g = 9{,}81\,\text{m/s}^2$, khối lượng bóng $m = 142\,\text{g} = 0{,}142\,\text{kg}$. Bỏ qua lực cản không khí.

1) Tính độ lớn lực tay cầu thủ tác dụng lên bóng

Đổi đơn vị vận tốc:

$$v_0 = 150\,\text{km/h} = 150\cdot\frac{1000}{3600}\,\text{m/s} \approx 41{,}67\,\text{m/s}.$$

Trong giai đoạn tăng tốc, bóng chuyển động thẳng nhanh dần đều nên dùng hệ thức $v_0^2 = 2as$:

$$\begin{align} a &= \frac{v_0^2}{2s} = \frac{(41{,}67)^2}{2\cdot 0{,}5} \approx 1736\,\text{m/s}^2. \end{align}$$

Áp dụng định luật II Newton (lấy độ lớn):

$$\begin{align} F &= ma = 0{,}142 \cdot 1736 \approx 2{,}47\times 10^2\,\text{N}. \end{align}$$

Kết luận: $F \approx 247\,\text{N}$.

2) Tính tốc độ của bóng ngay trước khi chạm đất

Sau khi rời tay, bóng chuyển động ném xiên. Tách vận tốc ban đầu theo hai trục:

$$v_{0x} = v_0\cos 15^\circ,\qquad v_{0y} = v_0\sin 15^\circ.$$

Sau thời gian $t = 2{,}35\,\text{s}$, ta có:

$$v_x = v_{0x},\qquad v_y = v_{0y} - gt.$$

Do đó tốc độ ngay trước khi chạm đất:

$$\begin{align} v &= \sqrt{v_x^2 + v_y^2}\\ &= \sqrt{(v_0\cos 15^\circ)^2 + (v_0\sin 15^\circ - gt)^2}. \end{align}$$

Thay số $v_0 \approx 41{,}67\,\text{m/s}$, $g = 9{,}81\,\text{m/s}^2$, $t = 2{,}35\,\text{s}$:

$$\begin{align} v &\approx \sqrt{(41{,}67\cos 15^\circ)^2 + (41{,}67\sin 15^\circ - 9{,}81\cdot 2{,}35)^2}\\ &\approx 42{,}0\,\text{m/s}. \end{align}$$

Kết luận: $v \approx 42{,}0\,\text{m/s}$.

Câu 2 (2,5 điểm)

Dữ kiện: $m=350\,\text{kg}$, $L=6\,\text{m}$, $g=9{,}81\,\text{m/s}^2$. Từ đồ thị $v(t)$ (Hình 2.2) đọc được tại thời điểm bắt đầu chạm tường (điểm $A$): $t_A \approx 1{,}2\,\text{s}$, $v_A \approx 2{,}5\,\text{m/s}$; kết thúc va chạm (điểm $B$): $t_B \approx 1{,}4\,\text{s}$, $v_B \approx 0\,\text{m/s}$. Do đó $\Delta t = t_B-t_A \approx 0{,}2\,\text{s}$.

1) Quãng đường và độ biến thiên động lượng trong quá trình va chạm

Trong giai đoạn va chạm $AB$, xem chuyển động thẳng và do đoạn $AB$ là đoạn thẳng trên đồ thị $v-t$ nên $v$ biến thiên tuyến tính theo $t$. Khi đó quãng đường trong va chạm bằng diện tích hình thang dưới đồ thị:

$$\begin{align} s_{AB} &= \frac{v_A+v_B}{2}\,(t_B-t_A) = \frac{v_A+v_B}{2}\,\Delta t. \end{align}$$

Thay số $v_A\approx 2{,}5$, $v_B\approx 0$, $\Delta t\approx 0{,}2$:

$$\begin{align} s_{AB} &\approx \frac{2{,}5+0}{2}\cdot 0{,}2 = 0{,}25\,\text{m}. \end{align}$$

Độ biến thiên động lượng trong va chạm (lấy độ lớn), vì tốc độ giảm từ $v_A$ về $0$:

$$\begin{align} |\Delta \vec p| &= m\,| \vec v_B-\vec v_A| = m\,(v_A-v_B) \approx m\,v_A. \end{align}$$ $$\begin{align} |\Delta \vec p| &\approx 350\cdot 2{,}5 = 875\,\text{kg·m/s}. \end{align}$$

Kết quả: $s_{AB}\approx 0{,}25\,\text{m}$, $|\Delta \vec p|\approx 875\,\text{kg·m/s}$.

2) Lực căng dây cáp ngay khi quả cầu vừa chạm tường

Thời điểm “vừa chạm tường” là lúc dây cáp thẳng đứng (điểm $A$), quả cầu ở vị trí thấp nhất nên gia tốc hướng tâm có độ lớn $a_h = \dfrac{v_A^2}{L}$ hướng lên theo dây. Chiếu theo phương dây (hướng lên dương):

$$\begin{align} T - mg &= m\frac{v_A^2}{L}. \end{align}$$ $$\begin{align} T &= mg + m\frac{v_A^2}{L}. \end{align}$$

Thay số $m=350$, $g=9{,}81$, $L=6$, $v_A\approx 2{,}5$:

$$\begin{align} T &\approx 350\cdot 9{,}81 + 350\cdot\frac{(2{,}5)^2}{6} \approx 3{,}80\times 10^3\,\text{N}. \end{align}$$

Kết quả: $T \approx 3{,}8\,\text{kN}$.

Câu 3 (1,5 điểm)

Xét hệ gồm nêm (khối lượng $M$) và vật nhỏ (khối lượng $m$) trên mặt sàn nhẵn, bỏ qua mọi ma sát. Ban đầu hệ đứng yên. Khi thả, vật nhỏ trượt từ độ cao $h$ xuống chân nêm. Cần tìm tốc độ của nêm đúng lúc vật vừa đến chân nêm.

1) Bảo toàn động lượng theo phương ngang

Chọn chiều dương sang phải. Gọi $V$ là tốc độ của nêm so với đất tại thời điểm vật tới chân nêm. Gọi $u$ là tốc độ của vật so với nêm dọc theo mặt phẳng nghiêng (hướng xuống). Vì nêm trượt trên sàn không ma sát nên ngoại lực theo phương ngang bằng $0$, suy ra động lượng theo phương ngang được bảo toàn.

Khi vật trượt xuống theo mặt nghiêng, thành phần vận tốc của vật theo phương ngang (trong hệ quy chiếu mặt đất) có dạng $v_x = V - u\cos\alpha$ (vì vật trượt xuống về phía chân nêm, ngược chiều dương ngang). Do đó:

$$\begin{align} MV + m(V-u\cos\alpha) &= 0. \end{align}$$ $$\begin{align} (M+m)V &= m\,u\cos\alpha \quad\Rightarrow\quad V &= \frac{m\,u\cos\alpha}{M+m}. \end{align}$$

2) Bảo toàn cơ năng

Thế năng của vật giảm một lượng $mgh$ (vì vật hạ thấp đúng $h$). Cơ năng chuyển hết thành động năng của cả nêm và vật (không có ma sát).

Tốc độ của vật so với đất có: $v_y = u\sin\alpha$ (hướng xuống) và $v_x = V-u\cos\alpha$, nên:

$$\begin{align} v^2 &= (V-u\cos\alpha)^2 + (u\sin\alpha)^2 = V^2 -2Vu\cos\alpha + u^2. \end{align}$$

Viết phương trình bảo toàn cơ năng:

$$\begin{align} mgh &= \frac12 MV^2 + \frac12 m v^2. \end{align}$$

Thay $v^2$ và $V=\dfrac{m\,u\cos\alpha}{M+m}$ vào, rút gọn được:

$$\begin{align} u^2 &= \frac{2gh\,(M+m)}{M+m - m\cos^2\alpha} = \frac{2gh\,(M+m)}{M + m\sin^2\alpha}. \end{align}$$

Suy ra tốc độ của nêm:

$$\begin{align} V &= \frac{m\cos\alpha}{M+m}\,\sqrt{u^2} = \frac{m\cos\alpha}{M+m}\sqrt{\frac{2gh\,(M+m)}{M+m-m\cos^2\alpha}}. \end{align}$$

Viết gọn:

$$\begin{align} V &= m\cos\alpha\;\sqrt{\frac{2gh}{(M+m)\,(M+m\sin^2\alpha)}}. \end{align}$$

Kết luận: tốc độ của nêm khi vật vừa đến chân nêm là $V = m\cos\alpha\sqrt{\dfrac{2gh}{(M+m)(M+m\sin^2\alpha)}}$.

Câu 4 (3,0 điểm)

Hai vật $A,B$ dao động điều hòa cùng tần số (cùng $\omega$). Từ đồ thị Hình 4 ta đọc được: biên độ của (1) (vật $A$) gấp đôi biên độ của (2) (vật $B$), tức là $A_A = 2A_B$; đồng thời $m_A = 2m_B$.

1) Tỉ số cơ năng $\dfrac{E_A}{E_B}$

Với dao động điều hòa: $E=\dfrac12 m\omega^2 A^2$ (mốc thế năng tại VTCB). Do hai vật cùng tần số nên cùng $\omega$:

$$\begin{align} \frac{E_A}{E_B} &= \frac{\frac12 m_A\omega^2 A_A^2}{\frac12 m_B\omega^2 A_B^2} = \frac{m_A}{m_B}\cdot\left(\frac{A_A}{A_B}\right)^2. \end{align}$$

Thay $m_A=2m_B$ và $A_A=2A_B$:

$$\begin{align} \frac{E_A}{E_B} &= 2\cdot 2^2 = 8. \end{align}$$

Kết luận: $\dfrac{E_A}{E_B}=8$.

2) Độ lệch pha giữa hai dao động

Từ đồ thị, ta lấy hai đỉnh liên tiếp (hoặc hai lần qua VTCB cùng chiều) để xác định chu kì $T$. Đồng thời đo độ lệch thời gian $\Delta t$ giữa hai trạng thái tương ứng của hai đường (1) và (2) (ví dụ: thời điểm đạt cực đại). Khi đó:

$$\begin{align} \Delta\varphi &= \omega\Delta t = \frac{2\pi}{T}\,\Delta t. \end{align}$$

Đọc trên Hình 4, độ lệch theo trục thời gian giữa hai đỉnh tương ứng bằng $\Delta t = \dfrac{T}{6}$, nên:

$$\begin{align} \Delta\varphi &= \frac{2\pi}{T}\cdot\frac{T}{6} = \frac{\pi}{3}. \end{align}$$

Kết luận: $\Delta\varphi=\dfrac{\pi}{3}$.

3) Tỉ số thế năng của A và B sau $\dfrac{1}{10}T$

Tại thời điểm $t_0$ khi động năng của $A$ cực đại thì $x_A(t_0)=0$. Sau khoảng thời gian $\Delta t=\dfrac{T}{10}$, quan sát trực tiếp trên đồ thị Hình 4, đọc được độ lớn li độ của hai vật thỏa mãn xấp xỉ:

$$\frac{x_A}{x_B}\approx 2{,}9.$$

Với dao động điều hòa, thế năng đàn hồi có dạng $U=\dfrac12 kx^2$. Do hai vật dao động cùng tần số nên $k=m\omega^2$, suy ra:

$$\begin{align} \frac{U_A}{U_B} &= \frac{k_A}{k_B}\left(\frac{x_A}{x_B}\right)^2 = \frac{m_A}{m_B}\left(\frac{x_A}{x_B}\right)^2. \end{align}$$

Vì $m_A=2m_B$, ta được:

$$\begin{align} \frac{U_A}{U_B} &= 2\cdot (2{,}9)^2 \approx 16{,}8. \end{align}$$

Kết luận: $\dfrac{U_A}{U_B}\approx 16{,}8$.

Câu 5 (2,5 điểm)

Dữ kiện: khoảng cách từ nguồn đến phao $d=12\,\text{m}$; thời gian sóng truyền tới phao $t=10\,\text{s}$; thời gian phao thực hiện $30$ dao động là $24\,\text{s}$.

1) Bước sóng của sóng truyền trên mặt hồ

Chu kì và tần số:

$$T=\frac{24}{30}=0{,}8\,\text{s},\qquad f=\frac1T=1{,}25\,\text{Hz}.$$

Vận tốc truyền sóng:

$$v=\frac{d}{t}=\frac{12}{10}=1{,}2\,\text{m/s}.$$

Bước sóng:

$$\lambda=\frac{v}{f}=\frac{1{,}2}{1{,}25}=0{,}96\,\text{m}.$$

Kết luận: $\lambda=0{,}96\,\text{m}$.

2) Thời gian ngắn nhất kể từ $t_1$ để $AB=0{,}56\,\text{m}$

Từ đường tròn pha suy ra độ lệch pha giữa hai phao tại cùng thời điểm là $\Delta\varphi=\dfrac{7\pi}{6}$, nên độ lệch theo phương truyền sóng:

$$\Delta x=\frac{\Delta\varphi}{2\pi}\lambda=\frac{7}{12}\lambda.$$

Với $\lambda=0{,}96\,\text{m}$:

$$\Delta x=\frac{7\cdot 0{,}96}{12}=0{,}56\,\text{m}.$$

Khoảng cách hình học giữa hai phao:

$$AB=\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta u)^2}.$$

Thay $AB=0{,}56\,\text{m}$:

$$\begin{align} (AB)^2 &= \left(\frac{7\cdot 0{,}96}{12}\right)^2+(\Delta u)^2\\ (0{,}56)^2 &= (0{,}56)^2+(\Delta u)^2\\ \Rightarrow\ (\Delta u)^2 &= 0. \end{align}$$

Suy ra $\Delta u=0$, tức là tại thời điểm cần tìm thì hai phao ở cùng độ cao ($u_A=u_B$). Dùng đường tròn pha suy ra thời điểm gần nhất để $A$ và $B$ cùng độ cao tương ứng với pha tăng thêm một lượng $$\Delta\phi=\frac{11\pi}{12}.$$

Khi đó:

$$\begin{align} \Delta t &= \frac{\Delta\phi}{\omega} = \frac{\frac{11\pi}{12}}{\frac{2\pi}{T}}\\ &= \frac{11}{24}T. \end{align}$$

Với $T=0{,}8\,\text{s}$:

$$\Delta t=\frac{11}{24}\cdot 0{,}8\approx 0{,}367\,\text{s}.$$

Kết luận: $\Delta t_{\min}\approx 0{,}367\,\text{s}$.

Câu 6 (2,5 điểm)

Cho $e_1=3{,}6\,\text{V}$, $e_2=6\,\text{V}$, $r_1=r_2=2\,\Omega$, $R_0=R=10\,\Omega$, $C_1=1\,\mu\text{F}$, $C_2=2\,\mu\text{F}$. Bỏ qua điện trở dây và khóa k. Ban đầu k ở vị trí (1), sau đó chuyển sang (2).

1) Hiệu điện thế hai cực nguồn $e_1$ và tổng năng lượng của các tụ điện (k ở (1))

Ở trạng thái ổn định một chiều, dòng qua nhánh tụ bằng 0 nên dòng chỉ chạy qua mạch $e_1, r_1$ và $R_0$. Khi đó:

$$\begin{align} I_1 &= \frac{e_1}{r_1+R_0} = \frac{3{,}6}{2+10} = 0{,}3\,\text{A}. \end{align}$$

Hiệu điện thế giữa hai cực nguồn $e_1$ (điện áp mạch ngoài) chính là điện áp trên $R_0$:

$$\begin{align} U_1 &= I_1R_0 = 0{,}3\cdot 10 = 3{,}0\,\text{V}. \end{align}$$

Hai tụ $C_1, C_2$ mắc song song nên $C_{\text{eq}}=C_1+C_2=3\,\mu\text{F}$. Ở trạng thái ổn định, điện áp trên tụ bằng điện áp nút mạch nên $U_C=U_1=3{,}0\,\text{V}$. Tổng năng lượng các tụ:

$$\begin{align} W_C &= \frac12 C_{\text{eq}}U_C^2\\ &= \frac12\cdot 3\cdot 10^{-6}\cdot (3{,}0)^2\\ &= 13{,}5\times 10^{-6}\,\text{J} = 13{,}5\,\mu\text{J}. \end{align}$$

Kết quả: $U_1=3{,}0\,\text{V}$; $W_C=13{,}5\,\mu\text{J}$.

2) Điện lượng qua $R$ và nhiệt lượng tỏa trên $R$ khi chuyển k sang (2)

Khi chuyển k sang (2), bản tụ phía trên được nối với cực còn lại của nguồn $e_2$ nên điện tích trên các bản bị đổi dấu (so với trạng thái khi k ở (1)). Gọi $q_1,q_2$ là điện tích (theo dấu quy ước ban đầu) trên $C_1,C_2$ ngay trước khi chuyển k; và $q_1',q_2'$ là điện tích ngay sau khi mạch đạt trạng thái ổn định mới (k ở (2)).

Ở trạng thái ổn định, điện áp trên mỗi tụ bằng điện áp nguồn tương ứng: khi k ở (1) thì $U_0=3\,\text{V}$; khi k ở (2) thì $U_\infty=6\,\text{V}$. Do đó: $q_1=C_1U_0,\ q_2=C_2U_0$ và $q_1'=C_1U_\infty,\ q_2'=C_2U_\infty$.

Vì điện tích bị đổi dấu khi chuyển sang (2), điện lượng chạy qua nhánh $R$ chính là độ biến thiên tổng điện tích trên nút bản trên của bộ tụ:

$$\begin{align} \Delta q &= -\left(q_1'+q_2'\right)-\left(q_1+q_2\right)\\ &= -\left(C_1U_\infty+C_2U_\infty\right)-\left(C_1U_0+C_2U_0\right)\\ &= -(C_1+C_2)\left(U_\infty+U_0\right). \end{align}$$

Lấy độ lớn điện lượng qua $R$:

$$\begin{align} Q_R &=|\Delta q| =(C_1+C_2)\left(U_\infty+U_0\right)\\ &=(1+2)\cdot 10^{-6}\,(6+3)\\ &=27\times 10^{-6}\,\text{C} =27\,\mu\text{C}. \end{align}$$

Công của nguồn $e_2$ trong quá trình (theo độ lớn):

$$\begin{align} A &= e_2\,Q_R\\ &= 6\cdot 27\times 10^{-6}\\ &=162\,\mu\text{J}. \end{align}$$

Độ biến thiên năng lượng của bộ tụ:

$$\begin{align} \Delta W_C &=\frac12(C_1+C_2)\left(U_\infty^2-U_0^2\right)\\ &=\frac12\cdot 3\cdot 10^{-6}\,(36-9)\\ &=40{,}5\,\mu\text{J}. \end{align}$$

Nhiệt lượng tỏa ra trên các điện trở của mạch khi nạp lại:

$$\begin{align} Q_{\text{tỏa}} &=A-\Delta W_C\\ &=162-40{,}5\\ &=121{,}5\,\mu\text{J}. \end{align}$$

Do $R$ nối tiếp với $r_2$ nên nhiệt phân bố theo tỉ lệ điện trở:

$$\begin{align} Q_R^{(\text{nhiệt})} &=\frac{R}{R+r_2}\,Q_{\text{tỏa}}\\ &=\frac{10}{10+2}\cdot 121{,}5\\ &=101{,}25\,\mu\text{J}. \end{align}$$

Kết quả: $Q_R=27\,\mu\text{C}$; nhiệt lượng tỏa trên $R$ là $101{,}25\,\mu\text{J}$.

Câu 7 (3,0 điểm)

Dữ kiện: $m_0=400\,\text{g}=0{,}4\,\text{kg}$ ở $25^\circ\text{C}$, $c=4200\,\text{J/(kg.K)}$, nước sôi ở $100^\circ\text{C}$, bỏ qua sự bay hơi trước khi sôi. Ấm điện: $P_1=2500\,\text{W}$ (khi chưa sôi), $\eta_1=96\%$; $P_2=1700\,\text{W}$ (khi sôi), $\eta_2=90\%$. Khi nước sôi và mở nắp, bắt đầu ghi số liệu từ lúc khối lượng còn lại $350\,\text{g}$. Từ đồ thị Hình 7.2 đọc được xấp xỉ: tại $\tau=400\,\text{s}$ thì $m\approx 80\,\text{g}$.

1) Tính nhiệt hóa hơi riêng $L$ của nước trong thí nghiệm

Khi nước đang sôi (mở nắp), nhiệt lượng hữu ích dùng để hóa hơi mỗi giây: $$P_h=\eta_2P_2=0{,}9\cdot 1700=1530\,\text{W}.$$

Từ đồ thị (đoạn thẳng), tốc độ giảm khối lượng là không đổi:

$$\begin{align} \left|\frac{dm}{d\tau}\right| &\approx \frac{350-80}{400}\ \text{(g/s)}\\ &=\frac{270}{400}\ \text{(g/s)} =0{,}675\ \text{(g/s)} =6{,}75\times 10^{-4}\ \text{(kg/s)}. \end{align}$$

Khi hóa hơi đều: $P_h = L\left|\dfrac{dm}{d\tau}\right|$, do đó:

$$\begin{align} L &= \frac{P_h}{\left|\frac{dm}{d\tau}\right|}\\ &= \frac{1530}{6{,}75\times 10^{-4}}\\ &\approx 2{,}27\times 10^6\,\text{J/kg}. \end{align}$$

Kết luận: $L \approx 2{,}27\times 10^6\,\text{J/kg}$.

2) Thời gian từ lúc bắt đầu đun đến khi nước trong ấm hóa hơi hoàn toàn

Giai đoạn 1: đun từ $25^\circ\text{C}$ đến $100^\circ\text{C}$ cho $0{,}4\,\text{kg}$ nước. Nhiệt lượng cần:

$$\begin{align} Q_1 &= mc\Delta T\\ &= 0{,}4\cdot 4200\cdot (100-25)\\ &= 1{,}26\times 10^5\,\text{J}. \end{align}$$

Công suất hữu ích khi chưa sôi: $P_{h1}=\eta_1P_1=0{,}96\cdot 2500=2400\,\text{W}$. Thời gian đun đến sôi:

$$\begin{align} t_1 &= \frac{Q_1}{P_{h1}}\\ &= \frac{1{,}26\times 10^5}{2400}\\ &\approx 52{,}5\,\text{s}. \end{align}$$

Giai đoạn 2: hóa hơi toàn bộ $0{,}4\,\text{kg}$ nước ở $100^\circ\text{C}$. Với $P_h=1530\,\text{W}$ và $L$ ở trên:

$$\begin{align} t_2 &= \frac{m_0L}{P_h}\\ &= \frac{0{,}4\cdot 2{,}27\times 10^6}{1530}\\ &\approx 5{,}93\times 10^2\,\text{s}. \end{align}$$

Tổng thời gian từ lúc bắt đầu đun đến khi hóa hơi hoàn toàn:

$$\begin{align} t &= t_1+t_2\\ &\approx 52{,}5+593\\ &\approx 6{,}45\times 10^2\,\text{s} \approx 10{,}8\,\text{phút}. \end{align}$$

Kết luận: $t\approx 645\,\text{s}\approx 10{,}8\,\text{phút}$.

Câu 8 (3,0 điểm)

Cho $n=0{,}1\,\text{mol}$ khí He lí tưởng, $R=8{,}31\,\text{J/(K.mol)}$. Trên đồ thị $p\,(10^5\text{Pa})-V\,(\text{lít})$: $(1): (V_1=1{,}5\,\text{lít},\,p_1=6\cdot 10^5\,\text{Pa})$, $(2): (V_2=3\,\text{lít},\,p_2=3\cdot 10^5\,\text{Pa})$. Đoạn $2\to 3$ đẳng áp $p=3\cdot 10^5\,\text{Pa}$ và $(3)$ nằm trên đường thẳng nối $(1)$ với gốc tọa độ nên $\dfrac{p}{V}=\dfrac{6}{1{,}5}=4$ (theo đơn vị trên hình), do đó $V_3=\dfrac{3}{4}=0{,}75\,\text{lít}$.

1) Tính $T_1,\ T_2,\ T_3$

Dùng phương trình khí lí tưởng $pV=nRT$ với $1\,\text{lít}=10^{-3}\,\text{m}^3$.

$$\begin{align} T_1 &= \frac{p_1V_1}{nR} = \frac{6\cdot 10^5\cdot 1{,}5\cdot 10^{-3}}{0{,}1\cdot 8{,}31}\\ &\approx 1{,}08\times 10^3\,\text{K}. \end{align}$$ $$\begin{align} T_2 &= \frac{p_2V_2}{nR} = \frac{3\cdot 10^5\cdot 3\cdot 10^{-3}}{0{,}1\cdot 8{,}31}\\ &\approx 1{,}08\times 10^3\,\text{K}. \end{align}$$ $$\begin{align} T_3 &= \frac{p_3V_3}{nR} = \frac{3\cdot 10^5\cdot 0{,}75\cdot 10^{-3}}{0{,}1\cdot 8{,}31}\\ &\approx 2{,}71\times 10^2\,\text{K}. \end{align}$$

Kết quả: $T_1\approx T_2\approx 1{,}08\times 10^3\,\text{K}$; $T_3\approx 2{,}71\times 10^2\,\text{K}$.

2) Công khí thực hiện (hay nhận) trong $(1)\to(2)$ và $(2)\to(3)$

Đoạn $(1)\to(2)$ là đoạn thẳng trên đồ thị nên $p$ biến thiên tuyến tính theo $V$, do đó:

$$\begin{align} W_{12} &= \frac{p_1+p_2}{2}\,(V_2-V_1)\\ &= \frac{6\cdot 10^5+3\cdot 10^5}{2}\,\bigl((3-1{,}5)\cdot 10^{-3}\bigr)\\ &= 4{,}5\cdot 10^5\cdot 1{,}5\cdot 10^{-3}\\ &= 675\,\text{J}. \end{align}$$

Đoạn $(2)\to(3)$ đẳng áp $p_2=3\cdot 10^5\,\text{Pa}$:

$$\begin{align} W_{23} &= p_2\,(V_3-V_2)\\ &= 3\cdot 10^5\,\bigl((0{,}75-3)\cdot 10^{-3}\bigr)\\ &= -675\,\text{J}. \end{align}$$

Kết luận: $W_{12}=+675\,\text{J}$ (khí thực hiện công); $W_{23}=-675\,\text{J}$ (khí nhận công $675\,\text{J}$).

3) Tỉ số giữa động năng tịnh tiến trung bình cực đại và cực tiểu của nguyên tử He

Với khí lí tưởng đơn nguyên tử, động năng tịnh tiến trung bình tỉ lệ với nhiệt độ tuyệt đối: $\overline{E_k}=\dfrac{3}{2}kT \Rightarrow \dfrac{\overline{E_{k,\max}}}{\overline{E_{k,\min}}}=\dfrac{T_{\max}}{T_{\min}}$.

Trên đoạn $(1)\to(2)$: phương trình đường thẳng (theo đơn vị trên hình) là $p=9-2V$ nên $pV=9V-2V^2$ đạt cực đại tại $V=\dfrac{9}{4}=2{,}25\,\text{lít}$.

$$\begin{align} (pV)_{\max} &= 9\cdot 2{,}25-2\cdot (2{,}25)^2\\ &= 10{,}125\ \bigl(10^5\text{Pa}\cdot \text{lít}\bigr). \end{align}$$

Còn $(pV)_{\min}$ nằm tại trạng thái (3): $(pV)_{\min}=3\cdot 0{,}75=2{,}25\ \bigl(10^5\text{Pa}\cdot \text{lít}\bigr)$. Do đó:

$$\begin{align} \frac{\overline{E_{k,\max}}}{\overline{E_{k,\min}}} &= \frac{T_{\max}}{T_{\min}} = \frac{(pV)_{\max}}{(pV)_{\min}}\\ &= \frac{10{,}125}{2{,}25} = 4{,}5 = \frac{9}{2}. \end{align}$$

Kết luận: $\dfrac{\overline{E_{k,\max}}}{\overline{E_{k,\min}}}=\dfrac{9}{2}$.

Qua việc giải chi tiết các câu hỏi, có thể thấy đề thi học sinh giỏi Vật lí 12 tỉnh Quảng Trị năm học 2025 – 2026 có mức độ phân hóa rõ ràng, yêu cầu học sinh nắm vững kiến thức cơ bản đồng thời vận dụng linh hoạt các phương pháp phân tích và tư duy vật lí. Các bài toán gắn với hiện tượng thực tế, đồ thị và thí nghiệm giúp đánh giá chính xác năng lực lập luận, kĩ năng xử lí số liệu cũng như khả năng tổng hợp kiến thức của thí sinh. Bộ lời giải trên hi vọng sẽ là tài liệu tham khảo hữu ích cho giáo viên và học sinh trong quá trình ôn luyện và bồi dưỡng học sinh giỏi.

Read More

Đề thi học sinh giỏi Vật lý 12 chương trình mới - GDPT 2018 - gắn với các tình huống thực tiễn

Đề thi học sinh giỏi Vật lý 12 chương trình mới GDPT 2018 gắn với các tình huống thực tiễn được xây dựng theo định hướng phát triển năng lực vận dụng kiến thức vật lý vào đời sống và sản xuất. Các câu hỏi trong đề không chỉ kiểm tra kiến thức trọng tâm Vật lý 12 chương trình mới mà còn yêu cầu học sinh phân tích, lập luận và giải quyết bài toán gắn với thực tế. Đề thi phù hợp với tinh thần chương trình giáo dục phổ thông 2018, chú trọng đánh giá tư duy khoa học, khả năng liên hệ và ứng dụng. Thông qua hệ thống bài tập mang tính thực tiễn – liên môn – định hướng STEM, học sinh có cơ hội rèn luyện kỹ năng giải quyết vấn đề phức hợp. Đây là tài liệu hữu ích cho giáo viên trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi Vật lý 12 cũng như cho học sinh ôn luyện và nâng cao năng lực tự học.

Các đề thi HSG vật lý 12 chất lượng ở đây:

• Đề thi học sinh giỏi Vật lý 12 mới nhất theo hướng ứng dụng thực tế
• Đề thi học sinh giỏi vật lý Quảng Bình - Quảng Trị năm
• Tuyển tập đề thi học sinh giỏi vật lý các tỉnh là một kho các đề thi học sinh giỏi vật lý

I. Đề thi học sinh giỏi Vật lý 12 chương trình GDPT 2018 gắn với các tình huống thực tiễn

Câu 1. Một quả cầu rơi trong một hồ nước - Đề thi học sinh giỏi Vật lý 12 chương trình GDPT 2018 gắn với các tình huống thực tiễn

Từ độ cao $10\,\text{m}$ so với mặt nước của một hồ có độ sâu $5\,\text{m}$, người ta thả rơi một quả cầu có khối lượng riêng $7.5\,\text{g/cm}^3$. Bỏ qua lực cản và sự hao hụt năng lượng khi va chạm, cho khối lượng riêng của nước là $1\,\text{g/cm}^3$, gia tốc trọng trường là $g=9.8\,\text{m/s}^2$.

Hình 1. Quả cầu rơi từ độ cao xuống mặt hồ rồi rơi xuống đáy hồ - Đề thi HSG Vật lý 12 chương trình GDPT 2018

1. Thời gian để quả cầu đi từ mặt nước đến đáy hồ bằng bao nhiêu?

2. Tính động năng và thế năng trọng trường cho mỗi đơn vị trên mỗi khối lượng tại vị trí quả cầu được thả và tại đáy hồ (lấy mốc thế năng tại mặt nước). Tổng của hai đại lượng đó có được bảo toàn không? Vì sao?

3. Độ sâu lớn nhất mà một quả cầu khác có khối lượng riêng $0.3\,\text{g/cm}^3$ có thể đạt được trong cùng hồ nước là bao nhiêu?

4. Giả sử quả cầu có khối lượng riêng $7.5\,\text{g/cm}^3$ được thả trên một hành tinh khác có cùng khối lượng với Trái Đất nhưng bán kính chỉ bằng một nửa. Tính thời gian rơi đến mặt nước của hồ khi thả từ độ cao $10\,\text{m}$.

Câu 2.Khảo sát đặc tính Vôn – Ampe của linh kiện điện - Đề thi học sinh giỏi Vật lý 12 chương trình GDPT 2018 gắn với các tình huống thực tiễn

Xét mạch điện ở Hình 1, gồm một nguồn điện một chiều có suất điện động không đổi, một điện trở biến đổi, một ampe kế và một vôn kế. Mạch điện này có thể được sử dụng để khảo sát mối quan hệ giữa cường độ dòng điện $I$ chạy qua và hiệu điện thế $V$ đặt vào một linh kiện điện.

Hình 2. Mạch điện có apme kế và vôn kế nhưng chưa xác định - Đề thi HSG Vật lý 12 chương trình GDPT 2018

1. Hãy vẽ hình mạch điện, ghi nhãn ampe kế bằng chữ A và vôn kế bằng chữ V.

2. Xác định vị trí mà đầu tiếp xúc con chạy của biến trở phải được đặt để vôn kế có giá trị bằng không. Ghi nhãn vị trí đó bằng chữ N.

Trong thí nghiệm, lần lượt mắc các linh kiện điện khác nhau vào vị trí khảo sát trong mạch và thay đổi con chạy của điện trở biến đổi để thu được các cặp giá trị $(I,V)$ tương ứng. Đồ thị sau đây thể hiện mối quan hệ giữa dòng điện và điện áp (V) của hai thành phần khác nhau X và Y. Thực hiện thí nghiệm theo cách trên, người ta đã khảo sát được quan hệ dòng điện – hiệu điện thế $(I\!-\!V)$ của hai linh kiện điện khác nhau, ký hiệu là X và Y. Kết quả thu được được biểu diễn trên đồ thị ở Hình 2.

Hình 3. Các đường đặc trưng V - A của các linh kiện X và Y - Đề thi HSG Vật lý 12 chương trình GDPT 2018

3. Từ đồ thị, hãy xác định giá trị của cường độ dòng điện tại đó điện trở của linh kiện X và linh kiện Y là như nhau. Tính giá trị của điện trở này.

4. Dựa vào hình dạng đồ thị, hãy nêu và giải thích một nguyên nhân vật lý có thể dẫn đến dạng đặc tuyến $(I\!-\!V)$ của linh kiện Y.

Xét tiếp mạch điện ở Hình 3. Trong mạch này, hai linh kiện X và Y (đã được khảo sát ở trên) được mắc song song với nhau, rồi mắc nối tiếp với một phần tử Z và một nguồn điện có suất điện động $12\,\text{V}$. Có thể coi điện trở trong của nguồn là không đáng kể. Biết rằng hiệu điện thế giữa hai đầu mỗi linh kiện X và Y đều bằng $5\,\text{V}$.

Hình 4. Các phần tử X và Y được mắc song song vào cùng một mạch điện - Đề thi HSG Vật lý 12 chương trình GDPT 2018

5. Tính cường độ dòng điện tổng trong mạch.

6. Tính giá trị điện trở của phần tử Z.

7. Xác định điện trở tương đương của toàn bộ mạch điện.

Câu 3. Trao đổi nhiệt - Đề thi học sinh giỏi Vật lý 12 chương trình GDPT 2018 gắn với các tình huống thực tiễn

Vào mùa đông, khi một người bước vào tòa nhà qua một cánh cửa, không khí được trao đổi giữa bên trong và bên ngoài. Trong bài toán này, chúng ta sẽ ước tính sự mất mát năng lượng nhiệt trong quá trình này dựa trên loại cửa thông thường (hoặc cửa xoay), lập luận bằng các mô hình rất đơn giản. Trong cả hai trường hợp, mỗi khi có người sử dụng cửa, một lượng thể tích $V$ không khí ở nhiệt độ bên trong $T_{int}$ được trao đổi ra bên ngoài và được thay thế bằng cùng một lượng thể tích không khí lạnh ở nhiệt độ bên ngoài $T_{ext}$, với $T_{ext} \lt T_{int}$.

Hình 5. Cửa xoay - Đề thi học sinh giỏi Vật lý 12 chương trình GDPT 2018 gắn với các tình huống thực tiễn.

Hình 6. Mô hình cửa xoay - Đề thi học sinh giỏi Vật lý 12 chương trình GDPT 2018 gắn với các tình huống thực tiễn.

1. Nếu nhiệt độ $T_{int}$ của căn phòng không đổi, hãy xác định năng lượng nhiệt $Q$ mà hệ thống sưởi phải cung cấp mỗi khi cửa được sử dụng. Giả sử nhiệt dung riêng của không khí là $c$ và khối lượng riêng của nó là $ρ$.

Hãy xem xét rằng nhiệt dung riêng của không khí là $c = 1.0 \times 10^3 \, \text{J}/(\text{kg} \cdot \text{K})$ và khối lượng riêng của nó là $\rho = 1.3 \, \text{kg}/\text{m}^3$, và nhiệt độ bên ngoài và bên trong là $T_{ext} = 273 \, \text{K}$ và $T_{int} = 295 \, \text{K}$.
Cửa Thông Thường
Giả sử rằng thời gian cửa mở là $\tau = 3.0 \, \text{s}$, và bất cứ khi nào có người mở cửa để vào hoặc ra, không khí lạnh đi vào qua một khu vực $S = 1.8 \, \text{m}^2$ với tốc độ $v = 2.0 \, \text{m}/\text{s}$.

2. Nếu muốn nhiệt độ bên trong $T_{int}$ của căn phòng luôn được duy trì không đổi, hãy xác định năng lượng nhiệt $Q$ mà hệ thống sưởi ấm $Q_{heater}$ phải cung cấp mỗi khi cửa được sử dụng. Giả sử nhiệt dung riêng của không khí là $c$ và khối lượng riêng của nó là $\rho$.

3. Xác định thể tích không khí lạnh $V_r$ đi vào phòng trong suốt thời gian $\tau$. Tính giá trị của nó.

4. Tính năng lượng nhiệt $Q$ phải được cung cấp để duy trì nhiệt độ bên trong $T_{int}$ của căn phòng không đổi mỗi khi cửa mở. Biểu thị kết quả bằng $\text{J}$ và bằng $\text{kW} \cdot \text{h}$.

Cửa Xoay
Bây giờ chúng ta hãy xem xét một cánh cửa xoay như được minh họa trong bức ảnh ở Hình 4 và được sơ đồ hóa trong Hình 5. Bán kính của cửa là $r = 1.0 \, \text{m}$ và chiều cao của nó là $h = 2.30 \, \text{m}$. Hãy xem xét ba hình trụ hình quạt được thể hiện bằng màu trắng trong Hình 5 có cùng nhiệt độ với bên ngoài.

5. Giả sử cửa chỉ xoay một góc để cho một người đi qua, như được chỉ ra bằng các mũi tên trong Hình 2. Tính thể tích $V'$ không khí lạnh đi vào bên trong khi cửa xoay góc đó.

6. Xác định năng lượng nhiệt $Q'$ cần thiết để duy trì nhiệt độ bên trong của căn phòng. Biểu thị kết quả bằng $\text{J}$ và bằng $\text{kW} \cdot \text{h}$.

Câu 4. Con lắc đơn dao động điều hòa - Đề thi học sinh giỏi Vật lý 12 chương trình GDPT 2018 gắn với các tình huống thực tiễn

Một con lắc đơn dao động điều hòa tại nơi có $g=10\approx π^2\ \mathrm{m/s^2}$. Sự phụ thuộc của vận tốc $v$ vào thời gian $t$ của một con lắc được biểu diễn bằng đồ thị như hình 7.

Hình 7. Đồ thị vận tốc của dao động điều hòa - Đề thi HSG Vật lý 12 chương trình GDPT 2018

1. Tính tần số dao động

2. Biết quãng đường vật nhỏ đi được từ thời điểm $t_1=0.3\ \text{s}$ đến thời điểm $t_2=0.6\ \text{s}$ là $2.28\ \text{cm}$. Lập phương trình dao động của con lắc.

Câu 5. Đo bước sóng laser - Đề thi học sinh giỏi Vật lý 12 chương trình GDPT 2018 gắn với các tình huống thực tiễn

Bản chất của ánh sáng đã là chủ đề tranh luận từ thời cổ đại. Trong thời gian gần đây, hai cách giải thích trái ngược nhau đã xuất hiện: Isaac Newton (1643-1727) cho rằng ánh sáng được cấu tạo từ các hạt, trong khi Christiaan Huygens (1629-1695) bảo vệ bản chất sóng của nó. Năm 1807, Thomas Young đã trình bày thí nghiệm được gọi là thí nghiệm khe đôi. Thí nghiệm này, mặc dù đơn giản, đã chứng minh một cách không thể bác bỏ bản chất sóng của ánh sáng. Kết luận của thí nghiệm vững chắc đến mức hầu như không có nghi ngờ gì về cách giải thích này trong suốt thế kỷ 19. Sự ra đời của giả thuyết lượng tử vào năm 1900 bởi Max Planck và việc ứng dụng nó sau đó vào năm 1905 để giải thích hiệu ứng quang điện bởi Albert Einstein đã buộc phải xem xét lại bản chất của ánh sáng; nhưng đó lại là một câu chuyện khác...

Hình 8. Sơ đồ thí nghiệm Young về giao thoa ánh sáng - Đề thi HSG Vật lý 12 chương trình GDPT 2018

Ánh sáng đơn sắc từ một bút laser chiếu tới hai khe $S_1$ và $S_2$ song song rất gần nhau, cách nhau một khoảng $d$ (xem Hình 8). Hai khe này trở thành các nguồn sáng thứ cấp và dao động cùng pha. Trên một màn chắn đặt cách hai khe một khoảng $x$ (với $x \gg d$), ánh sáng từ hai khe tới màn. Nếu ánh sáng có bản chất sóng thì tại những vị trí trên màn mà hiệu đường đi quang học bằng một số nguyên lần bước sóng $(\lambda)$ sẽ xảy ra giao thoa tăng cường. Do đó ta có: $$ \sin\theta_m=\frac{m\lambda}{d}.\tag{1} $$ Mặt khác, giữa vị trí của một cực đại sáng bất kỳ trên màn $(y_m)$ (đo từ cực đại trung tâm) và khoảng cách từ hai khe tới màn $(x)$ tồn tại hệ thức: $$ \tan\theta_m=\frac{y_m}{x}.\tag{2} $$ Vì các khoảng cách $y_m$ rất nhỏ so với khoảng cách $x$ nên có thể coi $\sin\theta_m \approx \tan\theta_m$. Với xấp xỉ này, từ các biểu thức (1) và (2) ta có thể viết: $$ \frac{y_m}{x}=\frac{m\lambda}{d}.\tag{3} $$ Theo biểu thức (3), nếu biểu diễn đồ thị vị trí các cực đại giao thoa $(y_m)$ trên trục tung theo bậc tương ứng $(m)$ trên trục hoành, ta sẽ thu được một tập hợp các điểm có thể được xấp xỉ bằng một đường thẳng, với hệ số góc bằng $\lambda x/d$. Khi biết hệ số góc này và các giá trị $x$ và $d$, ta có thể xác định được bước sóng $\lambda$.

Hình 9. Đồ thị $y_m$ theo $m$ với hai điểm $A(m_A,y_{m,A})$ và $B(m_B,y_{m,B})$ - Đề thi HSG Vật lý 12 chương trình GDPT 2018

Một khi đã vẽ được đường thẳng khớp nhất với dữ liệu thực nghiệm, để xác định hệ số góc có thể chọn hai điểm $A$ và $B$ trên đường thẳng đủ cách xa nhau (xem hình bên trái), với tọa độ lần lượt là $A=(m_A,y_{m,A})$ và $B=(m_B,y_{m,B})$. Khi đó, hệ số góc của đường thẳng là $$\frac{\lambda x}{d}=\frac{y_{m,A}-y_{m,B}}{m_A-m_B}.\tag{4}$$ Người ta đã lắp đặt bộ thí nghiệm như mô tả trong các Hình 10 và 11. Một bút laser chiếu sáng một hệ hai khe đặt trên một khung nhỏ, với khoảng cách giữa hai khe là $d = 52\,\mu\text{m}$. Khoảng cách (tính bằng xentimét) từ hai khe đến màn quan sát $(x)$, nơi thấy các vân giao thoa, được thể hiện trong Hình 12.

Hình 10. Thiết bị thí nghiệm và sơ đồ/khoảng cách $x$ - Đề thi HSG Vật lý 12 chương trình GDPT 2018

Hình 11. Chi tiết bút laser và khe đôi - Đề thi HSG Vật lý 12 chương trình GDPT 2018

Hình 12. Hình ảnh hệ vân giao thoa - Đề thi HSG Vật lý 12 chương trình GDPT 2018

Hãy xác định bước sóng của laser theo các bước sau:

1. Trên màn có một thước đo, nơi các vân giao thoa được chiếu lên (xem Hình 12). Vân bậc $m=0$ nằm tại vị trí $0$ của thước, còn các vân bậc $\pm 1$, $\pm 2$,… nằm đối xứng hai phía. Hãy đo các khoảng cách liên tiếp $y_m$ mà bạn có thể nhận biết và ghi kết quả vào một bảng như minh họa bên dưới.

$m$	$y_m\ \text{(cm)}$
0	...
1	...
2	...
…	…

2. Vẽ đồ thị các giá trị $y_m$ (trục tung) theo $m$ (trục hoành) và kẻ đường thẳng phù hợp nhất với các điểm thực nghiệm.

3. Từ hai điểm trên đường thẳng mà bạn đã chọn và áp dụng biểu thức (4), hãy tính giá trị hệ số góc của đường thẳng.

4. Với hệ số góc vừa tìm được và các giá trị $x$ (xem Hình 11) cùng $d$, hãy xác định bước sóng của ánh sáng.

I. Đáp án chi tiết Đề thi học sinh giỏi Vật lý 12 chương trình GDPT 2018 gắn với các tình huống thực tiễn

Hay tự giải một cách nghiêm túc, sau đó tham khảo cách giải, kết quả tại đây.

KẾT LUẬN
Đề thi Học sinh giỏi Vật lý 12 theo chương trình GDPT 2018 gắn với các tình huống thực tiễn góp phần đánh giá đúng năng lực học sinh, phát triển tư duy khoa học và khả năng vận dụng kiến thức Vật lý vào đời sống. Đây là tài liệu tham khảo thiết thực cho công tác bồi dưỡng học sinh giỏi, phù hợp với định hướng đổi mới dạy học và kiểm tra – đánh giá hiện nay.

Read More

Đề thi học sinh giỏi Vật lý 12 mới nhất theo hướng ứng dụng thực tế

Đề thi học sinh giỏi Vật lý 12 mới nhất theo hướng ứng dụng thực tế mang đến cho học sinh bộ câu hỏi chất lượng cao, gắn liền với những hiện tượng và công nghệ quen thuộc trong đời sống. Bộ Đề HSG Vật lý 12 năm nay đặc biệt nhấn mạnh các bài toán có tính ứng dụng thực tế, giúp học sinh không chỉ rèn luyện tư duy mà còn hiểu cách Vật lý vận hành quanh ta. Từ mô hình tháp rơi tự do, giác quan điện trường của cá mập, đến dao động của con lắc lò xo hay giao thoa ánh sáng – mỗi câu hỏi đều được lồng ghép vào một tình huống thực tế sinh động. Điều này giúp học sinh phát triển khả năng phân tích, mô phỏng và vận dụng kiến thức vào đời sống, đúng định hướng của các đề thi học sinh giỏi Vật lý 12 hiện đại. Không chỉ kiểm tra kiến thức, đề còn khuyến khích tư duy sáng tạo, giải thích hiện tượng tự nhiên và công nghệ bằng ngôn ngữ vật lý. Đây chắc chắn là tài liệu ôn luyện đáng giá cho những bạn chuẩn bị tham gia kỳ thi HSG hoặc mong muốn nâng cao năng lực giải quyết bài tập nâng cao theo hướng ứng dụng. Nếu bạn đang tìm một bộ đề vừa hay, vừa thực tế, vừa cập nhật – thì đây là lựa chọn lý tưởng.

Tuyển chọn 10 đề chất lượng thi vào lớp 10 chuyên lý | Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Vật lí cấp Tỉnh: Chuyển động tròn đều và chuyển động tròn không đều | Đề HSG Vật lý 12 chương trình mới

Câu 1. Mô hình phanh trong tháp rơi tự do

Sự thu hút nổi bật tại nhiều công viên giải trí là tháp rơi tự do. Trong doodle dễ thương mà Google dành cho ngày Valentine và George Ferris (người tạo ra vòng đu quay khổng lồ đầu tiên ở Chicago năm 1893) vào ngày 14 tháng 2, có một trong những tháp này, ở phần bên phải của hình ảnh.

Doodle dễ thương mà Google dành cho ngày Valentine.

Nguyên nhân "thu hút" này bao gồm việc nâng một bệ lên độ cao $H$, trên bệ là những hành khách đang “chịu đựng đau khổ” ngồi và được buộc chặt. Từ độ cao $H$ này, bệ được thả rơi tự do xuống điểm $\text{B}$, tại đó lực hãm $F$ bắt đầu tác dụng. Đương nhiên, lực này phải khiến bệ dừng hẳn khi chạm đất.

Hình 1. Đề thi HSG Vật lý 12 mới nhất theo hướng ứng dụng thực tế - Mô hình lực phanh.

Hình 2. Đề thi HSG Vật lý 12 mới nhất theo hướng ứng dụng thực tế - Lực phanh tăng tuyến tính từ B đến C.

Hình 3. Đề thi HSG Vật lý 12 mới nhất theo hướng ứng dụng thực tế - Đồ thị biểu diễn sự biến thiên của lực hãm.

1) Giả sử lực phanh tác dụng giữa điểm B và mặt đất là không đổi (Hình 1).

1. Biết độ cao của điểm $\text{B}$ là $h_{\text{B}}=\dfrac{3H}{5}$, hãy xác định giá trị của lực $F$ theo gia tốc trọng trường $g$ và tổng khối lượng $M$ của sàn và hành.

2. Tốc độ tối đa đạt được tại thời điểm nào trong quá trình hạ xuống? Xác định tốc độ tối đa $v_{\mathrm{max}}$ này theo $g$ và $H$.

2) Với quy trình trước, hành khách sẽ chịu sự thay đổi gia tốc đột ngột khi đi qua điểm $\mathrm{B}$ và khi chạm đất $\mathrm{D}$, điều này rất không tốt cho sức khỏe của họ. Do đó, nên làm trơn tru thời điểm bắt đầu và kết thúc quá trình phanh. Trên thực tế, các quy trình phanh khí nén hoặc cơ điện được sử dụng để đạt được hiệu ứng tương tự như sau: lực phanh tăng tuyến tính giữa các điểm $\mathrm{B}$ và $\mathrm{C}$ trong Hình 2, từ $0$ đến giá trị cực đại $F_{\mathrm{m}}$, và sau đó, giữa $\mathrm{C}$ và $\mathrm{D}$ lực $F$ giảm tuyến tính đến một giá trị bằng trọng lượng $Mg$, như minh họa sơ đồ trong Hình 3. Theo cách này, gia tốc cuối cùng cũng bằng $0$, và quá trình "hạ cánh" không bị giật mạnh.

1. Xác định giá trị $F_{\mathrm{m}}$ sao cho bệ đáp xuống đất với vận tốc bằng $0$. Biểu thị kết quả theo $M$ và $g$, lưu ý rằng $h_{\mathrm{B}}=\dfrac{3H}{5}$ và $h_{\mathrm{C}}=\dfrac{H}{5}$.
2. Tại thời điểm nào trong quá trình hạ xuống, bệ đạt tốc độ cực đại? Xác định tốc độ tối đa $v_{\mathrm{max}}$ này theo $g$ và $H$.
3. Tính tốc độ tối đa cho một tòa tháp có chiều cao $H=100\ \mathrm{m}$.

Câu 2. Giác quan thứ sáu của cá mập

Cá mập sở hữu các cơ quan cảm giác đặc biệt, gọi là ống Lorenzini, cho phép chúng phát hiện điện trường yếu được tạo ra bởi sự phân bố lại điện tích trong cơ thể con mồi, do sự co cơ gây ra. Sự phân bố lại điện tích này tuân theo mô hình đơn giản của một lưỡng cực điện: hai điện tích bằng nhau, trái dấu, $+Q$ và $-Q$, cách nhau một khoảng $L$ (Hình 1).

Hình 4. Đề thi HSG Vật lý 12 mới nhất theo hướng ứng dụng thực tế - Mô hình điện trường tại điểm $P$ vuông góc trục lưỡng cực.

1) Xác định cường độ điện trường do cá (lưỡng cực) tạo ra tại điểm $\mathrm{P}$, cách tâm của nó một khoảng $d$ và vuông góc với đường thẳng nối các điện tích, như thể hiện trong Hình 4. Biểu thị kết quả theo $Q$, $L$, $d$ và hằng số Coulomb $k$.

Như bạn đã biết, trường tĩnh điện do một điện tích điểm tạo ra giảm theo bình phương khoảng cách, nhưng trường do một lưỡng cực tạo ra lại có tính chất khác.

2) Ở khoảng cách lớn từ lưỡng cực, tức là khi $d>>L$, thì cường độ điện trường thu được trong phần trước giảm như thế nào theo $d$?
Hướng dẫn: Vì $L$ rất nhỏ so với $d$ nên chúng ta có thể lấy $\left(\frac{L}{d}\right)^2\approx0$.

Cá mập có thể định vị một con cá cách xa vài mét, vì cường độ điện trường tối thiểu mà chúng có thể phát hiện rất thấp, $E_{\mathrm{min}}=0{,}5\ \mathrm{\mu V\!/\!m}$.

3) Tính giá trị điện tích Q nếu cá mập có thể phát hiện một con cá có chiều dài $L=20\ \mathrm{cm}$ ở khoảng cách tối đa $d_{\mathrm{max}}=20\ \mathrm{m}$. Cho: hằng số Coulomb trong nước $k=1{,}3\!\cdot\!10^8\ \mathrm{N\!\cdot\! m^2/C^2}$.

Bây giờ chúng ta giả sử rằng con cá mập tiến lại gần một con cá theo hướng của đường thẳng nối các điện tích (hình 2).

Hình 5. Đề thi HSG Vật lý 12 mới nhất theo hướng ứng dụng thực tế - Điện trường trên trục lưỡng cực.

4) Xác định cường độ điện trường tại điểm $\text{P}$, cách tâm lưỡng cực một khoảng $d$.

5) Xấp xỉ kết quả ở ý 4) của bạn đối với khoảng cách rất lớn, tức là $d>>L$.

6) Cá mập sẽ phát hiện ra con cá ở khoảng cách tối đa bằng bao nhiêu?

Câu 3. Dao động điều hòa của con lắc lò xo

Hai vật có khối lượng $m=180\ \mathrm{g}$ và $2m$ nằm trên một mặt bàn nằm ngang nhẵn, được nối với nhau bằng một sợi dây nhẹ không dãn, vật có khối lượng $2m$ được nối với một bức tường thẳng đứng qua một lò xo nhẹ nằm ngang, độ cứng $k=40\ \mathrm{N/m}$. Khi các vật đang đứng yên, sợi dây nối hai vật căng, tác dụng lên vật khối lượng $m$ một lực $\vec{F}$ dọc theo dây nối và trục lò xo, hướng và độ lớn $F=6\ \mathrm{N}$ không đổi. Lấy $\pi^2\approx10$.

Hình 6. Đề thi HSG Vật lý 12 mới nhất theo hướng ứng dụng thực tế - Con lắc lò xo.

1) Tính gia tốc $a_0$ của các vật tại thời điểm bắt đầu tác dụng lực $\vec{F}$ và gia tốc $a_1$ của các vật tại thời điểm lò xo dãn $3\ \mathrm{cm}$.

2) Tính vận tốc các vật khi lò xo dãn $3\ \mathrm{cm}$.

2) Khi lò xo dãn $3\ \mathrm{cm}$ thì dây nối hai vật bị đứt, tính khoảng cách giữa hai vật sau thời gian $t=0{,}5\ \mathrm{s}$.

Câu 4. Thí nghiệm Young về giao thoa ánh sáng

Trong thí nghiệm Young về giao thoa ánh sáng, hai khe hẹp cách nhau $a=0{,}6\ \mathrm{mm}$ và cách màn quan sát $D=1{,}2\ \mathrm{m}$. Chiếu sáng các khe bằng ánh sáng đơn sắc có bước sóng $\lambda$ ($380\ \mathrm{nm}\le\lambda\le760\ \mathrm{nm}$).

1) Xét trường hợp $\lambda=550\ \mathrm{nm}$.

1. Tính khoảng cách giữa vân sáng bậc 5 và vân tối thứ 3 tính từ vân sáng trung tâm, ở cùng phía so với vân sáng trung tâm.

2. Hai điểm $\text{M}$, $\text{N}$ trên màn, ở hai bên so với vâ sáng trung tâm, cách vân sáng trung tâm lần lượt $2{,}0\ \mathrm{mm}$ và $5{,}6\ \mathrm{mm}$. Tính số vân sáng giữa hai điểm $\text{M}$, $\text{N}$.

2) Tìm $\lambda$ để tại điểm $\text{P}$ trên màn cách vân trung tâm $2{,}4\ \mathrm{mm}$ có vân tối giao thoa.

Câu 5. Tấm làm mát

Một bạn học sinh chơi bóng rổ và môn thể thao này gây áp lực lớn lên các khớp chân, đặc biệt là ở những người trẻ tuổi vẫn đang phát triển. Sau một buổi tập nặng, bạn đặt các túi gel làm lạnh lên các khớp để làm mát. Các túi này chứa gel vẫn mềm dẻo ngay cả khi được làm lạnh xuống nhiệt độ thấp và không chuyển sang thể khác. Bạn học sinh muốn xác định nhiệt dung của túi gel vì cho rằng hiệu quả làm lạnh phụ thuộc vào đại lượng này. Ở nhà, bạn cân túi gel và xác định được khối lượng $m_{ch}=250\ \mathrm{g}$, rồi đặt nó vào tủ đông trong 2 giờ ở nhiệt độ $t_{ch}=-20\ ^\circ\mathrm{C}$. Sau đó bạn chuẩn bị một bình giữ nhiệt miệng rộng và rót vào đó nước có cùng khối lượng $m_v=m_{ch}$, để bình và nước ổn định ở nhiệt độ $t_v=20\ ^\circ\mathrm{C}$. Khi túi gel đã được làm lạnh, bạn bỏ túi vào bình giữ nhiệt, đậy kín và chờ đến khi nhiệt độ túi và nước cân bằng. Khi mở bình thấy túi được bao bọc bởi lớp băng; bạn lấy túi cùng lớp băng ra, nhanh lau khô bằng khăn giấy và cân lại, được khối lượng túi kèm băng là $m_{ch}^\prime=390\ \mathrm{g}$. Bỏ qua nhiệt dung của bình giữ nhiệt và ảnh hưởng của vỏ mỏng túi.
Cho số liệu: nhiệt dung riêng của nước $c_v=4{,}2\ \mathrm{J/(g·K)}$ và nhiệt nóng chảy riêng của nước $\lambda_v=334\ \mathrm{J/g}$.

Hình 7. Đề thi HSG Vật lý 12 mới nhất theo hướng ứng dụng thực tế - Các tấm làm mát.

1) Tìm nhiệt độ cân bằng cuối cùng.

2) Tính nhiệt lượng $Q$ mà túi gel nhận được.

3) Tính nhiệt dung $C_{ch}$ của túi gel và nhiệt dung riêng $c_{ch}$ của gel.

Tuyển chọn 10 đề chất lượng thi vào lớp 10 chuyên lý | Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Vật lí cấp Tỉnh: Chuyển động tròn đều và chuyển động tròn không đều | Đề HSG Vật lí 12 chương trình mới

Cảm ơn bạn đã theo dõi trọn đề thi HSG Vật lý này!
Hy vọng bài viết giúp bạn có thêm tài liệu chất lượng để luyện tập và khám phá vẻ đẹp của Vật lý.
Chúc bạn học tốt và luôn giữ được niềm đam mê khám phá thế giới xung quanh!

---

Read More