Dạy học sáng tạo là blog chuyên về Vật lý, nơi chia sẻ bài giảng, chuyên đề và phương pháp học tập phù hợp cả cho học sinh và giáo viên.
Tại đây, bạn có thể tìm thấy hệ thống bài tập và đề thi từ cơ bản đến nâng cao, bao gồm cả đề HSG, đề Olympic và đề thi THPT Quốc gia, kèm lời giải chi tiết.
Blog cung cấp nguồn tài liệu Vật lý phong phú để tải về, hỗ trợ việc học tập, ôn thi và bồi dưỡng học sinh giỏi.
Ngoài ra, chúng tôi còn giới thiệu các ứng dụng công nghệ trong dạy học, giúp giáo viên và học sinh áp dụng hiệu quả vào giảng dạy và ôn luyện.
Nội dung luôn được cập nhật bám sát chương trình GDPT 2018, đáp ứng nhu cầu ôn thi đại học và luyện thi trắc nghiệm.
Mục tiêu của Dạy học sáng tạo là xây dựng một thư viện tài nguyên Vật lý đáng tin cậy, giúp học sinh học hiệu quả và đạt thành tích cao trong các kỳ thi.
Đề thi HSG Vật lý 12 chương trình mới ứng dụng thực tế – Có lời giải chi tiết là tài liệu ôn luyện dành cho các bạn đang hướng tới kỳ thi học sinh giỏi Vật lý 12 theo định hướng CTPT 2018. Đề được xây dựng bám sát cấu trúc mới, tăng cường các câu hỏi vận dụng thực tiễn giúp học sinh rèn tư duy phân tích hiện tượng và giải quyết vấn đề. Mỗi bài đều có lời giải chi tiết, trình bày rõ ràng theo từng bước để bạn tự học hiệu quả và dễ đối chiếu. Tài liệu phù hợp cho ôn tập HSG cấp trường, cấp tỉnh hoặc luyện đề chọn đội tuyển trong năm học 2025–2026. Hy vọng bộ đề này sẽ giúp bạn củng cố kiến thức trọng tâm, nâng cao kỹ năng làm bài và tự tin đạt kết quả cao trong các kỳ thi sắp tới.
I. Đề thi học sinh giỏi Vật lý 12 chương trình mới ứng dụng thực tế - Có lời giải chi tiết
Câu 1. Vận dụng Chuyển động ném vào thực tế Bắn tên gây mê - Đề thi HSG vật lý 12 chương trình mới ứng dụng thực tế
Một kiểm lâm muốn bắn một mũi tên gây mê vào một con khỉ đang treo mình trên cành cây. Kiểm lâm nhắm thẳng vào con khỉ. Cùng lúc kiểm lâm bắn mũi tên, con khỉ buông cành cây và rơi khỏi cây với vận tốc ban đầu bằng không, hy vọng tránh được mũi tên.
Hình 1. Đề thi HSG Vật lý 12 chương trình mới ứng dụng thực tế - Kiểm lâm bắn mũi tên gây mê vào con khỉ.
Trong ví dụ ở hình, con khỉ ở khoảng cách theo phương ngang $x=20\ \text{m}$ và độ cao $h=12\ \text{m}$, và mũi tên được phóng đi với vận tốc ban đầu $v_0=40\ \mathrm{m/s}$. Khoảng cách liên quan đến vị trí của súng bắn phi tiêu. Xác định:
Thời gian để mũi tên bay tới cái cây nơi con khỉ đang ở (ngay phía trên con khỉ).
Độ cao mà mũi tên được đặt tại thời điểm đó.
Độ cao mà con khỉ đang ở tại thời điểm đó. Lấy $g = 9\text{,}8\ \mathrm{m/s²}$.
Chứng minh rằng con khỉ sẽ bị bắn trúng bất kể tốc độ ban đầu của phi tiêu, miễn là tốc độ phi tiêu đủ lớn để di chuyển theo phương ngang đến cây trước khi chạm đất.
Câu 2. Cà kheo bật nhảy - Đề thi HSG vật lý 12 chương trình mới ứng dụng thực tế
Thanh tra Gadget, một nhân vật trong loạt truyện tranh, dùng những chiếc lò xo gắn vào giày để thực hiện các cú nhảy ngoạn mục. Một số vận động viên liều lĩnh cố bắt chước điều này bằng cách sử dụng những chiếc cà kheo do ngành hàng không vũ trụ phát triển, cho phép họ nhảy cao gần $2\ \text{m}$ hoặc “chạy tăng tốc” trên $40\ \text{km/h}$ (Hình 2).
Hình 2. Đề thi HSG Vật lý 12 chương trình mới ứng dụng thực tế - Cà kheo bật nhảy.
Việc nghiên cứu chi tiết cơ học của các cú nhảy này khá phức tạp. Để đơn giản hóa, ta sẽ dùng một mô hình đơn giản gồm một khối lượng m gắn vào đầu trên của một lò xo lý tưởng, có chiều dài tự nhiên $L_0$ và hằng số đàn hồi $k$. Nếu thả hệ rơi xuống bắt đầu từ độ cao ban đầu $y_0$ (Hình 3), nó sẽ rơi thẳng đứng, chạm đất và bật lên lại. Trong quá trình đi xuống, khối $m$ lần lượt đi qua ba vị trí đặc biệt:
Đầu dưới của lò xo chạm đất (Hình 4).
Khối đi qua độ cao $y_\text{eq}$ tại đó tổng lực tác dụng lên nó bằng không (Hình 5). Đây sẽ là độ cao cân bằng của khối nếu hệ được đặt nhẹ nhàng lên mặt đất.
Khối dừng lại tức thời tại độ cao nhỏ nhất $y_\text{min}$, trước khi bắt đầu đi lên (Hình 6).
Hình 3. Đề thi HSG Vật lý 12 chương trình mới ứng dụng thực tế - Hệ rơi xuống bắt đầu từ độ cao ban đầu.
Hình 4. Đề thi HSG Vật lý 12 chương trình mới ứng dụng thực tế - Đầu dưới của lò xo chạm đất.
Hình 5. Đề thi HSG Vật lý 12 chương trình mới ứng dụng thực tế - Hệ rơi xuống bắt đầu từ độ cao ban đầu.
Hình 6. Đề thi HSG Vật lý 12 chương trình mới ứng dụng thực tế - Khối dừng lại tức thời tại độ cao nhỏ nhất.
Giả sử đã biết $L_0$, $y_\text{ini}$, $y_\text{min}$ và gia tốc trọng trường $g$. Hãy trả lời các câu hỏi sau, biểu diễn kết quả theo các dữ kiện đã cho:
Xác định tỉ số $\dfrac{k}{m}$ giữa độ cứng của lò xo và khối lượng của khối.
Xác định độ cao của vị trí cân bằng $y_\text{eq}$.
Mô tả gia tốc của $m$ trong các khoảng sau:
Từ $y=y_\text{ini}$ đến $y=L_0$.
Từ $y=L_0$ đến $y=y_\text{min}$.
Trong lúc rơi, gia tốc của khối đạt cực đại tại độ cao $y_1$ nào? Giá trị đó là bao nhiêu, $a_\text{max}$?
Cho hai câu tiếp theo, dùng dữ liệu số:
$L_0=80\ \text{cm}$, $y_\text{ini} =2\text{,}0\ \text{m}$, $y_\text{min}=20\ \text{cm}$, $g=9\text{,}8\ \mathrm{m/s^2}$.
Tính các giá trị $\dfrac{k}{m}$, $y_\text{eq}$ và $a_\text{max}$.
Vẽ đồ thị biểu diễn $\dfrac{a}{g}$ theo $y$, trong khoảng $y_\text{min}≤y≤y_\text{ini}$.
Câu 3. Chu trình nhiệt - Đề thi HSG vật lý 12 chương trình mới ứng dụng thực tế
Một khí đơn nguyên tử lý tưởng chuyển từ trạng thái 1, tại đó nhiệt độ là $T_1=300\ \text{K}$, sang trạng thái 2 có nhiệt độ $T_2$ bằng một quá trình trong đó áp suất khí tăng tỉ lệ thuận với thể tích (Hình 7). Trong quá trình này, áp suất khí tăng $k = 2$ lần. Quá trình 2-3 là đẳng nhiệt, trong quá trình 3-4, áp suất tỉ lệ thuận với thể tích, quá trình 4-1 là đẳng nhiệt. Thể tích ở trạng thái 2 và 4 là như nhau.
Hình 7. Đề thi HSG Vật lý 12 chương trình mới ứng dụng thực tế - Đồ thị chu trình nhiệt.
Xác định nhiệt độ $T_2$ trong quá trình 2-3.
Mối quan hệ giữa áp suất $p_1$ và $p_3$ là gì?
Nhiệt dung mol của khí $C$ trong quá trình 1-2 là bao nhiêu? (Có thể chứng minh rằng đối với các quá trình trong đó áp suất tỉ lệ thuận với thể tích, nhiệt dung là không đổi).
Hiệu suất của quá trình tuần hoàn này là bao nhiêu?
Câu 4. Một món đồ chơi bất ngờ: máy phát Van de Graaff
Trong các phòng thí nghiệm ở các trường phổ thông, bộ thí nghiệm về tĩnh điện phổ biến nhất là bộ tích điện cho một quả cầu kim loại, thường gọi là máy phát Van de Graaff. Thiết bị này dùng cơ cấu cơ học để nạp dần điện tích Q lên quả cầu, nhờ đó tạo ra điện trường rất mạnh ở vùng không gian xung quanh, giúp quan sát rõ tác dụng của điện trường và lực điện.
Một thí nghiệm điển hình là nạp điện từ từ cho quả cầu cho đến khi xuất hiện một tia lửa điện rất ngoạn mục (Hình 8). Quả cầu tích điện gây ra điện trường xung quanh nó. Khi điện tích đủ lớn, cường độ điện trường mạnh đến mức ion hóa các phân tử không khí, tạo ra một dòng điện đột ngột kèm theo sự phát sáng nhìn thấy được do các điện tích tự do va chạm với các phân tử không khí khác. Cường độ điện trường lớn nhất mà không khí chịu được trước khi bị ion hóa, là $E_{\max}=3\cdot10^6\,\text{V/m}$.
Hình 8. Đề thi HSG Vật lý 12 chương trình mới ứng dụng thực tế - Tia lửa điện phóng ra từ quả cầu tích điện.
Hãy xác định điện tích cực đại $Q_{\max}$ có thể cung cấp cho một quả cầu Van de Graaff bán kính $R=10\,\text{cm}$, để không xảy ra đánh thủng điện môi của không khí xung quanh (cường độ điện trường bên ngoài quả cầu giống hệt như cường độ điện trường do một điện tích điểm đặt tại tâm quả cầu, mang cùng điện tích với quả cầu).
Một thí nghiệm khác có thể làm với Van de Graaff là đặt lên đỉnh quả cầu một cái cốc nhôm. Cốc nhôm cũng được tích điện cùng dấu với quả cầu. Người ta quan sát thấy điện trường hất cốc bay lên khỏi bề mặt quả cầu.
Hình 9. Đề thi HSG Vật lý 12 chương trình mới ứng dụng thực tế - Cốc nhôm bị quả cầu hất tung lên.
Việc nghiên cứu chính xác chuyển động của cốc nhôm này khá phức tạp. Để có thể tính gần đúng, ta đưa ra một vài giả thiết:
Khi cốc nhôm tách khỏi quả cầu, nó mang đi một phần điện tích của hệ, nhưng máy phát gần như ngay lập tức bù lại đúng lượng điện tích đó cho quả cầu, nên điện tích của quả cầu được giữ không đổi.
Cốc nhôm nhỏ hơn rất nhiều so với quả cầu và có thể coi như điện tích điểm.
Điện trường của qua cầu tích điện Q luôn giống như điện trường của điện tích điểm Q đặt ở tâm của nó.
Bỏ qua lực cản/ma sát của không khí, lấy $g=9\text{,}8\ \mathrm{m/s^2}$.
Khi cốc nhôm bật lên, nó chuyển động theo đường thẳng đứng.
Công của lực điện thực hiện khi điện tích điểm q di chuyển từ khoảng cách $r_1$ đến khoảng cách $r_2$ tính từ tâm quả cầu là $A=kQq\left(\dfrac{1}{r_1} -\dfrac{1}{r_2}\right)$.
Giả sử quả cầu được nạp đến điện tích $Q_0=2{,}5\ \text{μC}$, trên nó đặt một cốc nhôm duy nhất có khối lượng $m=3{,}0\ \text{g}$ và điện tích $q=7{,}5×10^{-2}\ \text{μC}$, hãy xác định:
Gia tốc của cốc khi bắt đầu tách khỏi bề mặt quả cầu.
Khoảng cách lớn nhất $r_\text{max}$ từ tâm quả cầu mà cốc nhôm đạt tới. c
Khoảng cách $r_{v_\text{max}}$ từ tâm quả cầu đến điểm mà tốc độ của cốc nhôm đạt cực đại.
Giá trị của tốc độ lớn nhất $v_\text{max}$ mà cốc nhôm đạt được.
Câu 5. Giao thoa ánh sáng - Đề thi HSG Vật lý 12 mới nhất theo hướng ứng dụng thực tế
Trong thí nghiệm Young về giao thoa ánh sáng, nguồn sáng phát ra ánh sáng đơn sắc có bước sóng $λ_1$. Trên màn quan sát, trên đoạn thẳng MN dài $20\ \text{mm}$ (MN vuông góc với hệ vân giao thoa) có $10$ vân tối, M và N là vị trí của hai vân sáng.
Khoảng cách từ màn quan sát đến hai khe gấp bao nhiêu lần khoảng cách giữa hai khe?
Thay ánh sáng trên bằng ánh sáng đơn sắc có bước sóng $λ_2=\dfrac{5λ_1}{3}$ thì tại M là vị trí của một vân sáng giao thoa, số vân sáng trên đoạn MN lúc này bằng bao nhiêu?
Giới thiệu về phương pháp quy nạp và việc giải các bài toán Vật lý bằng phương pháp quy nạp
Giải các bài toán Vật lý bằng phương pháp quy nạp là cách tiếp cận giúp người học tìm quy luật nhanh, khái quát công thức tổng quát và nâng cao tư duy giải bài tập Vật lý thông qua việc phân tích nhiều trường hợp riêng rồi suy ra kết luận cho trường hợp tổng quát. Trong nghiên cứu khoa học và học tập về thế giới xung quanh, phương pháp dựa trên các suy luận quy nạp được sử dụng rộng rãi.
Phương pháp này được gọi là phương pháp quy nạp và thuộc về các phương pháp nghiên cứu khoa học chung.
Thuật ngữ «quy nạp» (lat. inductio) có nghĩa là «dẫn đến», còn các kết luận quy nạp là những kết luận được rút ra dựa trên
quan sát và thực nghiệm, tức là thu được bằng cách xem xét các trường hợp riêng lẻ và sau đó mở rộng những quy luật đã nhận thấy sang
trường hợp tổng quát. Vai trò của phương pháp quy nạp đặc biệt quan trọng trong Vật lý thực nghiệm. Tuy nhiên, phương pháp quy nạp
cũng tỏ ra hữu ích khi giải bài tập Vật lý trong chương trình học. Bằng suy luận quy nạp, người ta xác lập được một quy luật
hoặc một công thức nào đó trên cơ sở khái quát hóa kết quả của ba hoặc nhiều trường hợp riêng lẻ.
Dưới đây là một số bài toán Vật lý hay mà trong đó quy nạp được xem như một phương pháp heuristic (gợi tìm) để giải,
giúp bạn nhận dạng dạng bài, rút gọn lập luận và trình bày lời giải mạch lạc. Không loại trừ khả năng những bài toán này còn có các cách giải khác.
Hệ thống các bài toán Vật lý được giải bằng phương pháp quy nạp
Bài toán 1. Tàu tăng tốc – thời gian toa thứ $n$
Một người quan sát đứng tại mép trước của đoàn tàu điện ngay tại thời điểm bắt đầu chuyển động, nhận thấy rằng toa thứ nhất đi qua ông
trong thời gian \( t_1 = 4\,\text{s} \). Hỏi toa thứ mười sẽ đi qua ông trong thời gian bao lâu?
Chuyển động được coi là chuyển động nhanh dần đều.
Lời giải (Bài toán 1)
Chiều dài của toa thứ nhất
\[
L = \frac{a t_1^2}{2},
\]
còn của toa thứ hai
\[
L = v_1 t_2 + \frac{a t_2^2}{2},
\]
trong đó
\[
v_1 = a t_1.
\]
Ở đây \( v_1 \) là vận tốc của mép trước toa thứ hai khi nó đi ngang qua người quan sát,
\( t_2 \) là thời gian mà toa thứ hai đi qua người quan sát. Rõ ràng rằng
Một vật nhỏ đàn hồi trượt với vận tốc \( v_0 = 10\,\text{m/s} \) trên một mặt phẳng nằm ngang, tiến gần đến một khe hở
(xem Hình vẽ 1). Khe được tạo thành bởi hai vách song song thẳng đứng, cách nhau một khoảng \( d = 5\,\text{cm} \).
Độ sâu của khe \( H = 1\,\text{m} \). Hãy xác định vật sẽ va chạm vào các vách bao nhiêu lần trước khi chạm đáy.
Các va chạm với vách là hoàn toàn đàn hồi. Lấy \( g = 9{,}8\,\text{m/s}^2 \).
Hình vẽ 1
Lời giải (Bài toán 2)
Khi va chạm đàn hồi với các vách của khe, góc phản xạ bằng góc tới, và thời gian bay của vật giữa các vách \( t \) là không đổi và bằng
\[
t = \frac{d}{v_0}.
\]
Va chạm thứ nhất xảy ra ở độ sâu
\[
h_1 = v_{y1} t + \frac{g t^2}{2},
\]
va chạm thứ hai — ở độ sâu
\[
h_2 = v_{y2} t + \frac{g t^2}{2}
\]
tính từ điểm va chạm thứ nhất,
va chạm thứ ba — ở độ sâu
\[
h_3 = v_3 t + \frac{g t^2}{2}
\]
tính từ điểm va chạm thứ hai, v.v. Dựa trên suy luận quy nạp, ta viết các giá trị sau của các thành phần thẳng đứng của vận tốc của vật:
\[
v_1 = 0,\; v_2 = g t,\; v_3 = 2 g t,\; \ldots,\; v_n = (n-1) g t,
\]
trong đó \(n\) là số thứ tự của va chạm. Hiển nhiên rằng
\[
\frac{g t^2}{2}n(n-1) + n\frac{g t^2}{2} = H.
\]
Từ đó suy ra
\[
n = \sqrt{\frac{2H}{g t^2}} = \frac{v_0}{d}\sqrt{\frac{2H}{g}} \approx 90{,}3.
\]
Vì số lần va chạm là một số tự nhiên, nên \(n = 90\). Vật sẽ va vào các vách của khe \(90\) lần.
Bài toán 3. Bóng nảy trên mặt phẳng nghiêng
Quả bóng rơi tự do từ độ cao \( h = 0{,}1\,\text{m} \) xuống một tấm ván nghiêng tạo với phương ngang góc
\( \alpha = 30^\circ \). Quả bóng, khi nảy lên, chuyển động dọc theo tấm ván (Hình vẽ 2).
Hãy tìm khoảng cách giữa điểm va chạm thứ chín và thứ mười của quả bóng với tấm ván. Các va chạm của bóng với tấm ván là hoàn toàn đàn hồi.
Hình vẽ 2
Lời giải (Bài toán 3)
Ta tìm khoảng cách giữa các điểm va chạm thứ nhất và thứ hai \((L_{1,2})\), thứ hai và thứ ba \((L_{2,3})\), thứ ba và thứ tư \((L_{3,4})\).
Để thuận tiện, chọn trục tọa độ dọc theo tấm ván và vuông góc với nó (Hình vẽ 3).
Hình vẽ 3
Trong trường hợp này, các hình chiếu gia tốc của quả bóng lên các trục \(x\) và \(y\) sẽ lần lượt bằng
Hãy tìm vị trí của tâm khối của một thanh không trọng lượng với các quả cầu gắn trên nó (xem Hình vẽ 4).
Hình vẽ 4
Lời giải (Bài toán 4)
… với các quả cầu (xem Hình vẽ 4). Khoảng cách giữa các tâm của các quả cầu là
\[
d = 10\,\text{cm},
\]
khối lượng các quả cầu tạo thành một cấp số cộng
\[
1,\;2,\;3,\;\ldots,\;100\,\text{kg}.
\]
Trước hết xét hai quả cầu có khối lượng \(1\,\text{kg}\) và \(2\,\text{kg}\).
Tâm khối của hệ như vậy nằm cách đầu nhẹ của thanh một khoảng bằng hai phần ba chiều dài thanh:
\[
L_2=\frac{2}{3}d.
\]
Tiếp theo, tính vị trí tâm khối đối với ba quả cầu có khối lượng \(1\,\text{kg}\), \(2\,\text{kg}\) và \(3\,\text{kg}\):
\[
L_3=\frac{4}{3}d
\]
và đối với bốn quả cầu có khối lượng \(1\,\text{kg}\), \(2\,\text{kg}\), \(3\,\text{kg}\) và \(4\,\text{kg}\):
\[
L_4=\frac{6}{3}d.
\]
Dựa trên phương pháp quy nạp, đối với \(n\) quả cầu ta viết vị trí tâm khối của thanh dưới dạng tổng quát:
\[
x_n=\frac{2(n-1)}{3}d.
\]
Do đó, vị trí tâm khối của thanh không trọng lượng với \(100\) quả cầu gắn trên nó nằm tại điểm có tọa độ
Một bơm pít-tông, trong mỗi lần bơm, hút vào một thể tích không khí \(V_0\).
Khi pít-tông bắt đầu chuyển động từ trái sang phải, van \(a\) mở và một phần khối lượng không khí đi vào xi lanh của pít-tông.
Khi chuyển động từ phải sang trái, van \(a\) đóng và van \(b\) mở, qua đó khí đi vào hệ thống.
Hình vẽ 5
Khi bơm bằng bơm này, không khí từ bình có thể tích \(V\) đã được bơm \(n\) lần. Hãy tìm áp suất thiết lập trong bình, trong đó áp suất ban đầu trong bình là \(p_0\).
Quá trình là đẳng nhiệt.
Lời giải (Bài toán 5)
Sau một lần bơm, áp suất trong bình sẽ bằng
\[
p_1=\frac{p_0V}{V+V_0},
\]
sau lần bơm thứ hai
\[
p_1V=p_2(V+V_0)
\]
và do đó,
\[
p_2=\frac{p_0V}{(V+V_0)^2},
\]
sau lần thứ ba, áp suất sẽ là
\[
p_3=\frac{p_0V}{(V+V_0)^3}.
\]
Sau \(n\) lần bơm, áp suất trong bình sẽ là
\[
p_n=\frac{p_0V}{(V+V_0)^n}.
\]
Bài toán 6. Mạng điện trở n nút – điện trở tương đương
Có \(20\) kẹp, mỗi kẹp được nối với tất cả các kẹp còn lại thông qua các điện trở giống nhau, điện trở của mỗi cái bằng
\(10\,\text{Ohm}\). Hãy tìm điện trở giữa bất kỳ hai kẹp nào.
Lời giải (Bài toán 6)
Ban đầu lấy hai kẹp, tức là \(n=2\) (Hình vẽ 6,a). Điện trở giữa chúng
\[
R_2=R.
\]
Tiếp theo lấy ba kẹp (Hình vẽ 6,b). Điện trở giữa các kẹp \(1\) và \(2\) bằng
\[
R_3=\frac{2R}{3}.
\]
Hình vẽ 6
Lấy bốn kẹp (Hình vẽ 6,c). Nối nguồn dòng điện vào các kẹp \(1\) và \(2\).
Vì tại các điểm \(3\) và \(4\) các thế là như nhau, nên qua điện trở nối hai kẹp này sẽ không có dòng điện chạy.
Do đó, có thể bỏ nó đi. Như vậy,
Một tụ điện có điện dung \( C_0=20\,\text{mkF} \) được nạp đến hiệu điện thế \( U_0=400\,\text{V} \)
và nối với một tụ điện có điện dung \( C=1\,\text{mkF} \), kết quả là tụ sau được nạp điện.
Ngắt tụ này ra, rồi nạp tụ thứ hai theo cách tương tự (cũng có điện dung \( C=1\,\text{mkF} \)), tụ thứ ba, v.v.
Sau đó nối các tụ điện lại nối tiếp. Hỏi có thể thu được hiệu điện thế cực đại nào theo cách này?
Lời giải (Bài toán 7)
Điện tích ban đầu của tụ ban đầu
\[
q_0=C_0U_0.
\]
Sau khi nối tụ thứ nhất, điện tích \(q_0\) sẽ phân bố giữa hai tụ có điện dung \(C_0\) và \(C\).
Sau khi tách ra, trên cả hai tụ sẽ thiết lập hiệu điện thế
\[
U_1=\frac{q_0}{C_0+C}=\frac{C_0U_0}{C_0+C}.
\]
Điện tích còn lại trên tụ có điện dung \(C_0\) bằng
\[
q_1=C_0U_1=\frac{C_0^2U_0}{C_0+C}.
\]
Khi nạp tụ thứ hai, điện áp trên cả hai tụ (có điện dung \(C_0\) và \(C\)) trở thành
Cường độ âm thanh (tiếng ồn) phía sau bức tường là \(10\,\text{W/m}^2\) (ngưỡng gây cảm giác đau).
Tường được làm bằng vật liệu hấp thụ âm. Tường phải dày bao nhiêu để trong phòng còn lại mức cường độ âm cho phép là
\(10^{-10}\,\text{W/m}^2\), nếu cường độ âm qua mỗi \(1\,\text{mm}\) vật liệu giảm đi \(10\%\)?
Lời giải (Bài toán 8)
Hãy tưởng tượng chia tường thành các lớp dày \(1\,\text{mm}\). Sau khi đi qua lớp thứ nhất, cường độ âm là
Trong thời gian bao lâu một vật rơi tự do không có vận tốc ban đầu đi hết mét thứ mười của quãng đường rơi?
Có một mạch điện chứa \(10\) tiếp điểm. Mỗi cặp tiếp điểm được nối với nhau qua một tụ điện có điện dung
\(10\,\text{mkF}\). Khi đo giữa hai tiếp điểm bất kỳ, sẽ phát hiện điện dung tương đương bằng bao nhiêu?
Lời kết
Qua loạt ví dụ trên, bạn có thể thấy Giải các bài toán Vật lý bằng phương pháp quy nạp không chỉ là một “mẹo giải nhanh”,
mà còn là cách rèn tư duy tìm quy luật, khái quát công thức tổng quát và nhìn ra cấu trúc của bài toán từ vài trường hợp đầu.
Khi đã quen, bạn sẽ xử lý tốt nhiều dạng bài quen thuộc như chuyển động nhanh dần đều, va chạm đàn hồi, tâm khối,
mạch điện đối xứng, cấp số nhân trong tụ điện và cả suy giảm cường độ âm.
Nếu bạn muốn mình phát triển bài viết này thành một “chuỗi” dễ học hơn, hãy để lại bình luận:
bạn thấy Bài toán số mấy hay/khó nhất? và bạn muốn thêm dạng bài nào (cơ học, điện xoay chiều, quang học, nhiệt học…).
Mình cũng có thể làm thêm phần bài tập tự luyện + đáp án theo đúng tinh thần quy nạp để bạn luyện kỹ năng nhận dạng quy luật.
Nếu bạn thấy bài viết hữu ích, hãy chia sẻ cho bạn bè đang học Vật lý và lưu lại để dùng khi ôn thi.
Bạn có câu hỏi nào cần mình giải theo phương pháp quy nạp không? Cứ gửi đề ngay dưới phần bình luận nhé!
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.
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:
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:
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:
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:
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:
$$\begin{align}
v_1r_1 &= v_2r_2 = S,\\
v &= \frac{S}{r}.
\end{align}$$
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:
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:
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:
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
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
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.
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
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:
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:
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:
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:
$$\Delta r = 2a_1=\frac{2b}{\cos(\varphi/2)}-2r_1,\qquad
\Delta r = 2a = 2b\,\tan\frac{\varphi}{2}.$$
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),
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,
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
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:
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):
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:
III. Các bài tập tự giải về chuyển động của các thiên thể trong trường hấp dẫn
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?
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?
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?
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.
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.
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.
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 $ρ_k = 0{,}80\ \mathrm{g/cm^3}$.
Thể tích dầu bằng bao nhiêu lần thể tích nước đá?
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.
Tính lực căng của sợi dây và áp lực của vật B lên bàn tay đỡ.
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:
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.
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
Với quả bóng có khối lượng tiêu chuẩn 142 g, tính độ lớn lực mà tay cầu thủ tác dụng lên bóng.
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
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.
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
Tính tỉ số giữa cơ năng của A và cơ năng của B.
Tính độ lớn độ lệch pha giữa hai dao động.
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
Tính bước sóng của sóng truyền trên mặt hồ.
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
Tính hiệu điện thế giữa hai cực của nguồn điện $e_1$ và tính tổng năng lượng của các tụ điện.
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.
Tính nhiệt hoá hơi riêng của nước trong thí nghiệm này.
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
Tính $T_1$, $T_2$, $T_3$.
Tính độ lớn công mà khí thực hiện hay nhận được trong quá trình (1) → (2) và (2) → (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.
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 $v_A\approx 2{,}5$, $v_B\approx 0$, $\Delta t\approx 0{,}2$:
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 $m=350$, $g=9{,}81$, $L=6$, $v_A\approx 2{,}5$:
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:
$$\begin{align}
V &= \frac{m\cos\alpha}{M+m}\,\sqrt{u^2}
= \frac{m\cos\alpha}{M+m}\sqrt{\frac{2gh\,(M+m)}{M+m-m\cos^2\alpha}}.
\end{align}$$
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 $\omega$:
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:
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:
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 $24\,\text{s}$.
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:
$$\begin{align}
\Delta t
&= \frac{\Delta\phi}{\omega}
= \frac{\frac{11\pi}{12}}{\frac{2\pi}{T}}\\
&= \frac{11}{24}T.
\end{align}$$
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:
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:
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:
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:
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 $1\,\text{lít}=10^{-3}\,\text{m}^3$.
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 $V=\dfrac{9}{4}=2{,}25\,\text{lít}$.
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.
