VLTT1.3526

Bìa 2:

Chịu trách nhiệm xuất bản: Chu Đình Thúy
Trởng Ban biên tập: Phạm Văn Thiều
Th ký Toà soạn: Đoàn Ngọc Căn
Ban Biên tập:
Hà Huy Bằng, Nguyễn Văn Bửu, Đoàn Ngọc Căn, Nguyễn Văn Đến, Tô
Bá Hạ, Bùi Thế Hng, Nguyễn Thế Khôi, Nguyễn Xuân Quang, Phạm
Văn Thiều, Chu Đình Thúy, Vũ Đình Tuý.

Toà soạn & Trị sự: 46 Nguyễn Văn Ngọc, Thủ lệ, Ba Đình, Hà Nội
Tel.: (04) 8349209
e-mail:

Đặt mua tại địa chỉ trên hoặc tại Văn phòng Hội Vật lý t.p. Hồ Chí
Minh, 40 Đồng Khởi, Quận 1, t.p. Hồ Chí Minh.Ra hàng tháng, giá
3500đ

Giấy phép xuất bản số 927/BC-GPXB ngày 19 tháng 7 năm 1993 và B
sung số 2232/VHTT-BC ngày 27 tháng 5 năm 2003 của Bộ VH-TT. Chế
bản điện tử tại Nộp lu chiều tháng 9 năm 2003

Mục lục : Trong số này:

1) Làm quen với vật lý hiện đại:
Một lần nữa Einstein lại đúng
2) Đề ra kỳ này (THCS, THPT, câu hỏi trắc nghiệm
3) Giới thiệu các đề thi:
- Đề thi chọn học sinh giỏi quốc gia: Môn Vật lý, năm học
2002- 2003
- Đề thi chọn vào khối chuyên Lý, ĐHQG - Hà Nội

4) Chuyên đề/ Trao đổi:
Các phần tử phi tuyến trong mạch điện
5) Vật lý & Đời sống:
Vì sao muỗi lại là động vật máu lạnh?
6) Giai thoại các nhà vật lý:
Paul Dirac và ba ngời câu cá
7) Tiếng Anh vật lý

8) Nhìn ra thế giới:
Bớc đầu tiên tiến tới giải Nobel
9) Giúp bạn ôn thi đại học:
Li độ, toạ độ, pha ban đầu trong dao động điều hoà


Vật lý & Đời sống
Vật lý & Đời sốngVật lý & Đời sống
Vật lý & Đời sống



Vì sao muỗi lại là loài động vật máu lạnh

Đỗ Quốc Hùng

Dòng năng lợng đang đợc hàng ngày hàng giờ phát ra từ Mặt Trời là vô cùng
khổng lồ. Các phép đo đạc địa vật lí cho thấy: ngay ở tầng trên của khí quyển
Trái Đất, tức là ở cách xa Mặt Trời 150 triệu kilômét, mỗi mét vuông diện tích
đặt vuông góc với các tia sáng Mặt Trời mỗi giây nhận đợc từ Mặt Trời một
năng lợng bằng 1,4 kJ. Con số này đợc gọi là hằng số Mặt Trời và đợc kí
hiệu bằng chữ I. Biết hằng số Mặt Trời I = 1,4 kW/m

2
, dễ dàng tính đợc công
suất bức xạ tổng cộng P
1
của Mặt Trời bằng cách nhân hằng số Mặt Trời với diện
tích của mặt cầu khổng lồ có tâm là Mặt Trời và bán kính bằng 150 triệu
kilômét, và ta thu đợc kết quả là P
1
= I. 4R
2
4. 10
26
W.
Khả năng của con ngời về năng lợng đơng nhiên là nhỏ bé hơn rất nhiều so
với Mặt Trời. Ta có thể ớc tính dễ dàng công suất trung bình mà con ngời có
thể sản ra dựa trên năng lợng của thức ăn mà con ngời tiêu thụ trong một ngày
đêm. Ta biết rằng những ngời không lao động nặng nhọc hàng ngày phải tiêu
thụ một lợng thức ăn có năng lợng khoảng 12 MJ. Hầu hết năng lợng này
đợc tiêu tốn để duy trì thân nhiệt ổn định của con ngời, và suy cho cùng thì
đợc con ngời truyền cho môi trờng xung quanh. Con ngời chỉ tiêu tốn một
phần rất nhỏ trong 12MJ để thực hiện các công cơ học mà thôi. Nếu chia 12 MJ
cho khoảng thời gian một ngày đêm, ta tính đợc công suất trung bình của con
ngời là P
2
140 W. Nh vậy nếu xét về góc độ sản sinh năng lợng thì Mặt trời
có công suất lớn hơn 3.10
24
lần (3 triệu tỉ tỉ lần). Tuy nhiên nếu so sánh công
suất riêng (tức là công suất ứng với một đơn vị khối lợng) thì ta lại thu đợc
một kết quả thật bất ngờ. Ta biết rằng khối lợng của Mặt Trời xấp xỉ bằng 2.

10
30
kg, còn khối lợng của con ngời trung bình là 80 kg. Từ đó suy ra công
suất riêng của Mặt Trời bằng 2.10
-4
W/ kg, còn công suất riêng của ngời là
1,75W/ kg, có nghĩa là công suất riêng của con ngời lớn hơn công suất riêng
của Mặt Trời tới một vạn lần! Thoạt nhìn ta có cảm giác kết quả vừa nhận đợc
là khó tin, song trên thực tế thì kết quả đó lại hoàn toàn chính xác.
Làm thế nào để có thể lí giải đợc nghịch lí đó? Vì lẽ gì Mặt Trời một lò
phản ứng nhiệt hạch khổng lồ lại chịu thua về công suất riêng so với con ngời,
một sinh vật mà nguồn năng lợng đợc cung cấp bởi các phản ứng hoá học, một
loại phản ứng yếu hơn không biết bao nhiêu lần so với các phản ứng hạt nhân?
Sẽ không khó trả lời cho câu hỏi trên, nếu ta cho rằng năng lợng đợc sản sinh
một cách tơng đối đồng đều theo toàn bộ thể tích bên trong cơ thể con ngời và
bên trong Mặt Trời. Do đó, tốc độ sản sinh năng lợng tỉ lệ thuận với thể tích,
tức là tỉ lệ với luỹ thừa bậc ba của kích thớc dài. Trong khi đó, tốc độ mất mát
nhiệt năng thì lại tỉ lệ với diện tích bề mặt, tức là tỉ lệ với luỹ thừa bậc hai của
kích thớc. Từ đó suy ra vật có kích thớc càng lớn thì tỉ lệ năng lợng cần tiêu
tốn để duy trì một nhiệt độ cho trớc lại càng nhỏ.
Thể tích của Mặt Trời khoảng 10
27
m
3
, diện tích bề mặt của nó cỡ bằng 10
18
m
2
.
Các chỉ số tơng ứng của con ngời là 10

1
m
3
và 1m
2
. Nh vậy, tỉ số giữa
các thể tích của Mặt Trời và của con ngời bằng 10
28
, còn tỉ số giữa các diện
tích bề mặt là 10
18
. Nói một cách hình tợng, đối với Mặt Trời, diện tích bề
mặt ứng với mỗi đơn vị thể tích nhỏ hơn mời tỉ lần so với đại lợng tơng ứng
của con ngời. Vì thế không có gì đáng ngạc nhiên khi nhiệt độ trên bề mặt của
Mặt Trời đạt tới 6000
0
C mà tốc độ trao đổi năng lợng riêng (tính cho một đơn
vị khối lợng) của nó chỉ có bằng 0,2 mW/ kg.
Dới đây là một số ví dụ minh hoạ về sự liên hệ giữa kích thớc, nhịp độ tiêu tốn
năng lợng và thân nhiệt trong thế giới động vật.
Thân nhiệt của các loài thú hầu nh không khác biệt nhau lắm. Chẳng hạn, thân
nhiệt của một chú voi và một chú chuột đồng gần nh bằng nhau. Tuy vậy, tốc
độ tiêu tốn nhiệt lợng trong cơ thể một con voi lại nhỏ hơn tốc độ tơng ứng
của con chuột tới 30 lần. Nếu nh trong cơ thể con voi và con chuột tốc độ sản
sinh năng lợng là nh nhau, thì nhiệt lợng sinh ra trong con voi sẽ không kịp
tiêu tán đủ nhanh qua lớp da để duy trì thân nhiệt bình thờng của nó. Kết quả là
con voi sẽ bị nớng chín ngay bên trong bộ da của chính nó.
Một con vật máu nóng càng có kích thớc nhỏ thì tốc độ sản sinh nhiệt riêng
(tức là tính cho một đơn vị khối lợng của nó) càng phải lớn, để bù trừ những tổn
hao nhiệt cần thiết cho việc duy trì thân nhiệt bình thờng của nó. Do đó, lợng

thức ăn mà nó phải tiêu thụ (cũng tính ra một đơn vị khối lợng cơ thể) càng
phải lớn. Cậu bé tí hon bằng ngón tay trong câu chuyện cổ tích nổi tiếng giành
cho trẻ em phải là một cậu bé cực kỳ phàm ăn, bởi vì so với ngời bình thờng,
nó cần một lợng thức ăn tính trên một đơn vị khối lợng cơ thể nhiều hơn gấp
20 lần.
Chuột etrus là loài thú nhỏ nhất trên thế giới, khối lợng cơ thể của nó chỉ vẻn
vẹn có 1,5 gam. Trong một ngày đêm nó ngốn một khối lợng thức ăn lớn hơn
gấp hai lần khối lợng của chính bản thân nó. Nó sẽ bị chết ngay nếu bị bỏ đói
chỉ trong vài giờ đồng hồ. Chim colibri chuyên hút mật hoa ở Nam Mỹ là một
loài chim nhỏ xíu với khối lợng cơ thể chỉ có 2 gam. Hầu nh trong suốt thời
gian mà chúng thức, chúng chỉ làm mỗi một việc là tìm kiếm và nuốt thức ăn.
Chúng có thê( ngủ đêm kéo dài là nhờ lúc đó thân nhiệt của chúng hạ xuống một
cách đột ngột.
Có thể chứng minh rằng những sinh vật rất nhỏ, nh muỗi chẳng hạn, không thể
là loài máu nóng. Thật vậy, ta hy thử ớc lợng công suất nhiệt do một chú
muỗi sản ra.
Để đơn giản ta coi cơ thể con muỗi có dạng hình trụ, với đờng kính 0,5 mm và
chiều dài 4 mm. Khi đó diện tích bề mặt và thể tích của nó lần lợt bằng: S =
dl
d


+
4
2
2

5
10

m
2
,
9
2
10
4

=
ld
V

m
3
.
Ta biết rằng một vật có nhiệt độ T sẽ truyền cho môi trờng xung quanh với
nhiệt độ T
0
(T
0
< T) công suất nhiệt bằng
P =

S. (T- T
0
) =

S.

T

Nếu nhiệt đợc truyền thông qua bức xạ và T nhỏ so với nhiệt độ T thì hệ số
tỉ lệ với T
3
. ở nhiệt độ bằng nhiệt độ phòng, 2 ữ 5 W/ (m
2
.độ), tuỳ thuộc vào
khả năng phản xạ của vật. Nếu giả thiết thân nhiệt của con muỗi bằng 30
o
C và
chọn = 4 W/ (m
2
.độ), ta tính đợc rằng khi nhiệt độ môi trờng xung quanh
bằng 17
o
C thì con muỗi bức xạ một công suất P 10
-3
W. Nếu cho khối lợng
riêng của con muỗi bằng khối lợng riêng của nớc, ta tìm đợc khối lợng của
con muỗi m 10
-6
kg. Suy ra công suất riêng của con muỗi khi đó phải bằng 10
3
W/ kg, tức là lớn hơn công suất riêng của ngời khoảng 600 lần (và lớn hơn công
suất riêng của Mặt Trời 6 triệu lần!). Nếu nh con ngời mỗi ngày tiêu thụ
khoảng 1 kg thức ăn, tức là 1/80 khối lợng cơ thể, thì con muỗi sẽ phải tiêu thụ
trong một ngày đêm một lợng thức ăn bằng 600/80 = 7,5 lần khối lợng của
bản thân nó. Trên thực tế con số này sẽ phải cao hơn, vì trong quá trình tính toán
ta đ bỏ qua sự truyền nhiệt bằng đối lu. Khi nhiệt độ môi trờng bằng 7
o
C (ở

nhiệt độ này loài muỗi vẫn hoạt động khá tích cực), con muỗi sẽ phải nuốt mỗi
ngày một lợng thức ăn bằng 15 lần khối lợng của bản thân nó. Từ đây ta thấy
rõ ràng rằng con muỗi không thể nào duy trì đợc thân nhiệt của nó ổn định,
nghĩa là nó không thể là một động vật máu nóng.
Bằng cách phân tích mối liên hệ giữa kích thớc dài của một vật và cờng độ
trao đổi nhiệt của vật đó với môi trờng xung quanh ta có thể tìm ra câu trả lời
cho một câu hỏi rất thú vị sau : Vì sao ta có thể dễ dàng dùng ngọn lửa của một
que diêm để làm nóng chảy một dây kim loại mảnh, trong khi đó một dây kim
loại to thì khó có thể nung đỏ đợc ngay cả khi dùng ngọn lửa của một chiếc bếp
ga?
Dòng nhiệt lợng mà dây kim loại nhận đợc từ ngọn lửa tỉ lệ thuận với diện tích
xung quanh S = 2

Rl của nó (trong đó R là bán kính tiết diện thẳng và l là chiều
dài của đoạn dây nằm trong ngọn lửa). Trong khi đó, tốc độ tản nhiệt dọc theo
trục dây để truyền nhiệt cho đầu dây lạnh (là đầu dây không nằm trong ngọn lửa)
lại tỉ lệ thuận với diện tích tiết diện S=

R
2
của dây. Nếu bán kính của hai dây
kim loại trên chênh lệch nhau 10 lần thì ở những điều kiện nh nhau dây kim
loại dày hơn sẽ nhận đợc lợng nhiệt lớn hơn gấp 10 lần so với dây kim loại
mảnh, nhng cũng chính dây kim loại dày hơn đó lại mất mát một lợng nhiệt
lớn hơn gấp 100 lần so với dây kim loại mảnh. Rõ ràng là ở điều kiện cân bằng,
khi mà dòng nhiệt cấp cho dây kim loại và dòng nhiệt bị mất mát của dây đó
bằng nhau, nhiệt độ của dây kim loại dày sẽ nhỏ hơn đáng kể.


RA K NY

TRUNG HỌC CƠ SỞ

CS1/1. Vào lúc 6h sáng có hai xe cùng khởi hành. Xe 1 chạy từ A với vận tốc không ñổi v
1
=
7m/s và chạy liên tục nhiều vòng trên chu vi hình chữa nhật ABCD. Xe 2 chạy từ D với vận
tốc không ñổi v
2
= 8m/s và chạy liên tục nhiều vòng trên chu vi hình tam giác DAC (Hình 1).
Biết AD = 3km, AB = 4km và khi gặp nhau các xe có thể vượt qua nhau.
a) Ở thời ñiểm nào xe 2 chạy ñược số vòng nhiều hơn xe 1 là một vòng?
b) Tìm khoảng cách ngắn nhất giữa hai xe trong 6 phút ñầu tiên.
c) Tìm thời ñiểm mà xe 1 ñến C và xe 2 ñến D cùng một lúc?
Biết rằng các xe chạy ñến 9h30 thì nghỉ.








CS2/1. Dùng một bếp ñiện có công suất 1kW ñể ñun một lượng nước có nhiệt ñộ ban ñầu là
20
0
C thì sau 5 phút nhiệt ñộ của nước ñạt 45
0
C. Tiếp theo do mất ñiện 2 phút nên nhiệt ñộ của
nước hạ xuống chỉ còn 40

0
C. Sau ñó bếp lại tiếp tục ñược cấp ñiện

như trước cho tới khi nước
sôi và bay hơi. Tìm thời gian cần thiết từ khi bắt ñầu ñun cho tới khi nước sôi và bay hơi mất
5% lượng nước ban ñầu.
CS3/1. Có hai vòng dây dẫn giống nhau với các ñường kính CE và DF ñược làm từ dây dẫn
ñồng chất, tiết diện ñều, có ñiện trở suất ñáng kể và ñược ñặt thẳng ñứng trên một tấm kim
loại MN dẫn ñiện rất tốt (Hình 2). Nối A và B với hai cực của một nguồn ñiện có hiệu ñiện
thế không ñổi bằng 6V. Hỏi nếu mắc một vôn kế có ñiện trở rất lớn giữa C và D thì vôn kế chỉ
bao nhiêu?






CS4/1. Cho một gương phẳng G nằm ngang và một màn M ñặt thẳng ñứng. Trên gương
phẳng ñặt một khối trụ bằng gỗ có bán kính R, chiều dài L. Trục của khối trụ song song với
màn M (Hình 3). Biết ánh sáng Mặt Trời chiếu theo phương vuông góc với trục khối trụ và
hợp với mặt phẳng nằm ngang một góc 60
0
.
a) Hãy xác ñịnh hình dạng và kích thước bóng tối trên màn do khối trụ gây ra.
b) Cho khối trụ chuyển ñộng tịnh tiến trên mặt gương tới gần màn với vận tốc v. Hỏi
bóng của nó trên màn chuyển ñộng với vận tốc bao nhiêu?

A B
C D
1
v


2
v


H×nh
1

H×nh
2

M
C

D

•

•

A

B

E F
N
•

R

M

G

H×nh 3






TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

TH1/1. Một máy bay lên thẳng với gia tốc 3m/s
2
và vận tốc ban ñầu bằng không từ mặt ñất.
Sau khoảng thời gian t
1
phi công tắt ñộng cơ. Thời ñiểm cuối cùng ở mặt ñất còn nghe thấy
âm thanh phát ra từ máy bay cách thời ñiểm ban ñầu một khoảng thời gian t
2
= 30s. Hãy xác
ñịnh vận tốc của máy bay ở thời ñiểm tắt ñộng cơ. Biết rằng vận tốc âm thanh là 320m/s.
Nguyễn Trí Trung

(Bắc Ninh)
TH2/1. Hai vật cùng khối lượng m có thể trượt không ma sát trên một thanh cứng nằm ngang,
ñược nối với nhau bằng một sợi dây nhẹ, không giãn, có chiều dài là 2l. Một vật khác có khối
lượng 2m ñược gắn vào trung ñiểm của dây. Ban ñầu, giữ cho ba vật ở cùng ñộ cao và sợi dây
không chùng. Thả nhẹ hệ, hãy xác ñịnh vận tốc cực ñại của mỗi vật.
Nhật Minh
(Hà Nội)
TH3/1. Một bình hình trụ rất cao, diện tích ñáy là S = 20cm
2
ñược ñặt thẳng ñứng. Dưới một
pittông rất nhẹ là nước có khối lượng m = 9g, ở nhiệt ñộ 20
0
C. Nước ñược nung nóng bởi một
nguồn có công suất N = 100W. Khảo sát sự phụ thuộc của toạ ñộ pittông theo thời gian. Tính
vận tốc cực ñại của pittông, biết phía trên pittông là không khí. Cho: nhiệt dung riêng của
nước C = 4200J/kg.K; nhiệt hoá hơi của nước λ = 2,26.10
6
J/kg; áp suất khí quyển p
0
=
10
5
N/m
2
. Pittông và bình làm bằng chất cách nhiệt.
Nguyễn Xuân Quang
(Hà Nội)
TH4/1. Ở cách xa các vật thể khác trong không gian, có hai quả cầu nhỏ tích ñiện. ðiện tích
và khối lượng của các quả cầu lần lượt là q
1

= q, m
1
=1g; q
2
= -q, m
2
= 2g. Ban ñầu, khoảng
cách hai quả cầu là a = 1m, vận tốc quả cầu m
2
là 1m/s, hướng dọc theo ñường nối hai quả
cầu và ñi ra xa m
1
và vận tốc của quả cầu m
1
cũng bằng 1m/s, nhưng hướng vuông góc với
ñường nối hai qủa cầu. Hỏi với giá trị ñiện tích q bằng bao nhiêu thì trong chuyển ñộng tiếp
theo, các quả cầu có hai lần cách nhau một khoảng bằng 3m? Chỉ xét tương tác ñiện của hai
quả cầu.

TTKYHA
(Hà Nội)
TH5/1. Xét một khối cầu thủy tinh, bán kính R và chiết suất n. ðiểm sáng S nằm trong quả
cầu, cách tâm quả cầu một khoảng x (x < R). Ảnh S’ của S chỉ hiện rõ khi thoả mãn ñiều kiện
tương ñiểm (tức là trong trường hợp các tia hợp với trục chính những góc nhỏ). Tuy nhiên, có
ba ñiểm thoả mãn ñiều kiện tương ñiểm một
cách tuyệt ñối ñối với mọi tia sáng phát ra từ S (ba ñiểm này ñược gọi là các ñiểm
Weierstrass). Tìm ba ñiểm ñó.

TTKYHA
(Hà Nội)

CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM

TN1/1. Một vật có khối lượng 0,01kg dao ñộng ñiều hoà quanh vị trí x = 0 dưới tác dụng của
lực ñược chỉ ra trên ñồ thị bên (H. 1). Chu kì dao ñộng của vật bằng:
A) 1,05 s B) 0,52 s
C) 0,25 s D) 0,03 s

TN2/1. Một người ñi bộ trên một con ñường thẳng, dài 2,5 km từ nhà ñến chợ với vận tốc
không ñổi 5 km/h. Thấy chợ ñã ñóng cửa, anh ta lập tức quay trở về nhà với vận tốc 7,5 km/h.
Vận tốc ñộ trung bình của người ñó trong khoảng thời gian từ 0 ñến 40 phút là:
A) 5 km/h B) 25/4 km/h
C) 30/4 km/h D) 45/8 km/h

TN3/1. Một quả bóng ñược ném thẳng ñứng lên. ðộ cao của nó thay ñổi theo thời gian ñược
biểu diễn trên hình (H. 2). Nếu gia tốc do trọng lực giả ñịnh bằng 7,5 m/s
2
, thì ñộ cao h sẽ là:
A) 10 m B) 15 m
C) 20 m D) 25 m

TN4/1. Một acquy có suất ñiện ñộng của bằng 2 V, ñiện trở trong bằng 0,5 Ω. Acquy ñó có
thể cung cấp cho mạch ngoài một công suất cực ñại bằng:
A) 8 W B) 4 W
C) 2 W D) không có giá trị nào trong 3 giá trị này ñúng .


TN5/1. Một dây ñồng có tiết diện ngang hình vuông, mỗi cạnh dài 2,0 mm, mật ñộ electron
tự do trong nó bằng 8.10
28
m
-3
. Nếu có dòng ñiện cường ñộ bằng 8 A chạy qua dây thì vận tốc
ñịnh hướng của các electron bằng:
A) 0,156.10
-3
ms
-1
B) 0,156.10
-2
ms
-1

C) 3,12.10
-3
ms
-1
D) 3,12.10
-2
ms

-1











-
80

F
(N)

x(m)
0,2
-0,2 0,2
80

Hình 1.
1
2

5

6

h
ðộ cao (m)
Thời gian (s)

Hình 2

Làm quen với vật lý hiện đại

Một lần nữa Einstein lại đúng

Phạm Việt Hng
Khoa học lại vừa đạt đợc một chiến công vang dội khi hai nhà khoa học M, Kopeikin
và Ed Fomalont tại Đại học Missouri ở Columbia, lần đầu tiên đã đo đợc tốc độ lan
truyền của lực hấp dẫn, khớp với dự đoán thiên tài của Albert Einstein trong Thuyết
tơng đối rng. Thành tựu này ủng hộ cho Lý thuyết của Tất cả (TOE - Theory of
Everything), một lý thuyết trung tâm của vật lý hiện đại nhằm thống nhất toàn bộ các
lực trong tự nhiên, tức là thống nhất toàn bộ thế giới vật chất về cùng một bản chất.

Hai sai lầm của Newton
Lực hấp dẫn đ đợc khám phá từ thế kỉ 17 bởi isaac Newton, một trong những nhà toán học
và vật lý vĩ đại nhất của mọi thời đại. Newton thiên tài không những dự đoán đợc sự tồn tại
của lực hấp dẫn mà còn tính đợc chính xác lực tác dụng giữa hai vật thể có khối lợng, phát
minh ra định luật vạn vật hấp dẫn và dùng định luật này để giải thích chuyển động của các
thiên thể. Tuy nhiên Newton đ phạm hai sai lầm:
- Một, ông coi không gian giữa các thiên thể là trống rỗng, lực hấp dẫn có khả năng
truyền qua không gian trống rỗng đó để tác dụng lên nhau.
- Hai, lực hấp dẫn tác dụng tức thời từ vật này lên vật kia, không cần thời gian để đi qua
không gian. Nói cách khác, tốc độ lan truyền của lực hấp dẫn là vô hạn.
Sai lầm thứ nhất đ bị Michael Faraday ở thế kỉ 19 bác bỏ. Theo Faraday không thể có không

gian trống rỗng và nhất thiết lực phải truyền qua một môi trờng trung gian. Môi trờng này
không nhất thiết đợc cấu tạo bởi vật chất nhìn thấy, mà có thể bằng một loại vật chất không
nhìn thấy đợc gọi là trờng. Lý thuyết về các trờng ra đời từ đó.
Nhng sai lầm thứ hai thì phải đợi mi đến đầu thế kỷ 20, năm 1916, khi Einstein công bố
Thuyết tơng đối rộng (TTĐR) mới bị bác bỏ. Trong thuyết tơng đối này, Einstein nêu lên
giả thiết lực hấp dẫn có tốc độ giới hạn, thậm chí ông cho rằng nó bằng tốc độ ánh sáng. Giả
thiết này là một trong những cơ sở nền móng của TTĐR. Nếu giả thuyết này sụp đổ thì lý
thuyết của Einstein cũng sụp đổ theo.
Năm 1919, thí nghiệm của Authur Eddington đo độ lệch của tia sáng phát ra từ một ngôi sao
khi nó đi ngang qua gần Mặt Trời, xác nhận hoàn toàn tiên đoán của Einstein về tính cong của
không gian, một trong những hệ quả nổi tiếng của TTĐR. Từ đó lý thuyết của Einstein hoàn
toàn có sức thuyết phục. Trong gần 100 năm qua, khoa học đ làm lại thí nghiệm của
Eddington nhiều lần với những công cụ ngày càng tinh vi hơn, thu đợc những kết quả ngày
càng gần với tính toán lý thuyết của Einstein hơn. Mặt khác, với TTĐR các nhà vũ trụ học đ
giải thích và tính toán đợc hàng loạt hiện tợng thiên văn và vũ trụ một cách chính xác. Do
đó đến nay TTĐR đ trở thành một trong những trụ cột của khoa học, thậm chí của cả triết học
và nhận thức của loài ngời nói chung. Không còn ai nghi ngờ nó nữa, ngời ta chỉ sử dụng nó
nh một công cụ sắc bén để khám phá những hiện tợng mới, nguyên lí mới của tự nhiên.
Giả thiết về tính giới hạn của tốc độ lực hấp dẫn có đúng không?
Câu hỏi này từ lâu đ thách thức các nhà khoa học, và là một trong những thách thức vĩ đại
nhất. Và phải đợi gần một thế kỉ sau Einstein, đầu năm 2003 mới có câu trả lời: Một lần nữa
Einstein lại đúng, Kathy Sawyer, ký giả khoa học của nhật báo The Washington Post, phải
thốt lên nh vậy khi đa tin bình luận về sự kiện vang dội này: Kết quả đo đạc của Fomalont
và Kopeikin cho thấy tốc độ lan truyền của lực hấp dẫn bằng 1,06 lần tốc độ ánh sáng, tức
bằng 299337km/s trong chân không với sai số 20%.
Nhng làm thế nào mà hai nhà khoa học đó đ làm đợc điều kì diệu ấy? Câu trả lời là: Họ đ
học kỹ thí nghiệm của Authur Eddington. Vậy đến đây xin độc giả hy trở lại với Eddington.
Năm 1916, Einstein tiên đoán lực hấp dẫn sẽ làm uốn cong không gian xung quanh nó, và do
đó ánh sáng đi qua một vùng ở gần thiên thể có khối lợng lớn cũng sẽ bị cong dới tác dụng
của lực hấp dẫn do thiên thể ấy gây ra. Eddington là ngời vô cùng sắc sảo khi ông đề nghị

kiểm tra tiên đoán của Einstein nhân dịp một hiện tợng nhật thực hi hữu xảy ra vào năm
1919, trong đó Trái Đất, Mặt Trời và một ngôi sao biết rõ danh tính nằm gần nh thẳng hàng,
do vậy ánh sáng từ ngôi sao đến Trái Đất sẽ phải đi ngang qua gần Mặt Trời. Nếu Einstein
đúng thì vị trí ngôi sao trên bản đồ sao lúc xảy ra nhật thực sẽ phải lệch đi một chút so với vị
trí vốn có, do ánh sáng của nó bị lệch khi đi gần Mặt Trời. Kết quả nh trên đ nói, thí nghiệm
đ xác nhận tiên đoán của Einstein.












Đến lợt Fomalont và Kopeikin, với chơng trình nghiên cứu đ đợc chuẩn bị từ nhiều năm
trớc, hai ông đ chộp đợc một hiện tợng cũng vô cùng hi hữu xảy ra một lần trong một
thập kỉ: Trái đất, Mộc tinh (một hành tinh trong hệ Mặt Trời) và một quasar cách xa Trái Đất
vài tỉ năm ánh sáng, sắp xếp gần nh thẳng hàng vào ngày 8 tháng 9 năm 2002. Sóng vô tuyến
phát đi từ quasar đó tới Trái Đất khi đi ngang qua gần Mộc tinh sẽ bị lệch dới tác dụng của
lực hấp dẫn của Mộc tinh. Lực hấp dẫn càng lớn thì độ lệch càng lớn. Từ độ lệch thu nhận
đợc từ rất nhiều đài quan sát khác nhau, các nhà khoa học có thể tính đợc tốc độ truyền của
lực hấp dẫn.

Đó là nội dung căn bản của thí nghiệm. Tuy nhiên, để thiết lập đợc một bài toán có nội dung
dẫn tới đáp số là tốc độ truyền của lực hấp dẫn cần phải có một trình độ toán học siêu đẳng để
thiết kế một hệ thống quan sát sao cho có thể thu nhận đợc những thông số cần thiết. Hơn

nữa, cần phải có một hệ thống máy quan sát cực kì tinh vi để có thể ghi nhận đợc những dấu
hiệu thay đổi nhỏ nhất của các dữ kiện. Để đáp ứng cả hai khó khăn rất lớn đó, thí nghiệm đ
phải phối hợp hoạt động của một hệ thống kính viễn vọng trải rộng trên một phạm vi cha
từng có nh trên Trái Đất: từ các kính viễn vọng vô tuyến trong nội địa nớc Mỹ đến các kính
viễn vọng vô tuyến trên vùng quần đảo Virgin Island và Hawaii, cùng với các kính viễn vọng
vô tuyến tại eeffelsberg ở Đức. Độ chính xác của các kính viễn vọng này đạt tới mức nhận
diện đợc một sợi tóc ở cách xa 400 km. Fomalont nói: Chúng tôi phải thực hiện một phép đo
với khoảng 3 lần chính xác hơn bất kì ai đ từng làm. Thực ra Fomalont và Kopeikin vô cùng
lo lắng về thời tiết trên Trái Đấ và các cơn bo điện từ có thể xảy ra trên Mộc tinh sẽ làm hỏng
kế hoạch của họ. Nhng họ đ gặp may.
Kết quả, nh ở trên đ thông báo, chứa đựng hai nội dung cơ bản:
Súng hp dn
ca Mc tinh

Quasar

Trỏi t


L
c
h
p
d
n

ca Mc tinh
lm cong tia
s
ỏng

Tia sỏng
phỏt ủi t
Qu
as
ar

- Lực hấp dẫn có tốc độ lan truyền hữu hạn. Năm 2003 mới thực sự là thời điểm cáo
chung của t tởng Newton về tính tức thời của lực hấp dẫn, đồng thời xác nhận tiên
đoán thiên tài của Einstein.
- Tốc độ của lực hấp dẫn tơng đơng với tốc độ ánh sáng. Fomalont nói: Mục tiêu chủ
yếu của chúng tôi lúc đầu là chứng minh rằng tốc độ vô hạn của sóng hấp dẫn là sai,
nhng cuối cùng chúng tôi đ đạt đợc kết quả vợt mức dự kiến. Bây giờ chúng tôi rất
tự tin để nói rằng chúng tôi sẽ loại trừ bất kì một tốc độ nào của lực hấp dẫn nhanh tới
mức gấp hai lần tốc độ ánh sáng.
Kết quả thí nghiệm đ đợc công bố trong cuộc họp của Hội thiên văn Mỹ đầu năm nay. Đại
đa số các nhà khoa học có mặt đều tin vào kết quả của Fomalont và Kopeikin, mặc dù thí
nghiệm sẽ còn đợc lặp lại trong tơng lai. Chỉ có một nhà khoa học Nhật Bản tỏ ý nghi ngờ
khi cho rằng trình độ kỹ thuật ngày nay chỉ mới có thể đo đợc tốc độ ánh sáng chứ cha thể
đo đợc tốc độ truyền của lực hấp dẫn, nhng ý kiến này không đợc hội nghị ủng hộ.
Vì sao Fomalont và Kopeikin chọn phơng án Eddington?
Hy nghe Kopeikin giải thích: Cha ai có ý định đo tốc độ của lực hấp dẫn, vì hầu hết các
nhà vật lý đều nghĩ rằng chỉ có mỗi một cách thực hiện điều này là phải phát hiện ra sóng hấp
dẫn trớc đ. Thật vậy, từ nhiều năm nay những trung tâm nghiên cứu khổng lồ đ đợc xây
dựng nhằm thăm dò các sóng hấp dẫn lan truyền trong không gian, phát đi từ các sự kiện nh
sự va đập của các sao nơtron hoặc của vụ nổ Big Bang 14 tỷ năm trớc đây. Fomalont và
Kopeikin đ đi đờng tắt và tới đích nhanh hơn.
Kết quả này đặc biệt làm cho các nhà vật lý lý thuyết rất thích thú, bởi vì họ đang theo đuổi
Lý thuyết của Tất cả, hậu thân của lý thuyết thống nhất do Einstein chủ xớng từ năm 1920.
Lý thuyết này đ tìm ra sự thống nhất của lực điện từ và lực hạt nhân yếu, gọi tắt là lực điện-

yếu. Nhiều cố gắng đang tìm cách hợp nhất lực điện-yếu với lực hạt nhân mạnh. Nhng Steven
Weinberg, một trong ba ngời đoạt giải Nobel vật lý năm 1979, từng cảnh báo nỗ lực này chỉ
có thể thành công nếu hợp nhất luôn cả lực hấp dẫn vào trong đó. Vì thế cuộc săn đuổi tóm
bắt lực hấp dẫn trở thành đề tài chính của câu chuyện Lý thuyết của Tất cả. Trong bối cảnh
đó, Fomalont và Kopeikin đ tạo nên một đột phá đầu tiên. Không nghi ngờ gì nữa, đây là một
thắng lợi vĩ đại của khoa học!.







NHìn ra thế giới

Bớc đầu tiên tới giải Nobel về vật lý
Nguyễn Thế Khôi
ĐH S Phạm I Hà Nội

Chúng tôi xin giới thiệu với các bạn cuộc thi quốc tế hàng năm mang tên Bớc đầu
tiên tới giải Nobel về Vật lý ( (First Step to Nobel Prize in Physics).
Đây là một cuộc thi về các công trình nghiên cứu vật lý của học sinh trung học trên
toàn thế giới. Cuộc thi nhằm vào các học sinh trung học yêu thích vật lý và có nguyện
vọng tiến hành các công trình nghiên cứu riêng về vật lý. Tên gọi của cuộc thi thể
hiện mơ ớc của tất cả các nhà vật lí, đặc biệt là các nhà vật lý trẻ. Tuy nhiên, cần
nhấn mạnh là cuộc thi này là một cuộc thi độc lập, không có liên quan gì đến cơ quan
giải thởng Nobel.

Mục tiêu cuộc thi:
1. Động viên lòng ham thích khoa học trong học sinh trẻ.

2. Lựa chọn các học sinh xuất sắc và giới thiệu họ.
3. Khuyến khích các trờng, cha mẹ học sinh, các trung tâm giáo dục quan tâm, hỗ
trợ cho các học sinh ham thích nghiên cứu khoa học.
4. Thiết lập quan hệ bè bạn giữa các nhà khoa học trẻ.

Quy chế cuộc thi:
1. Học sinh trung học ở tất cả các nớc đều có quyền dự thi. Ngời dự thi không quá
20 tuổi tính đến ngày 31 tháng 3, là hạn cuối cùng để nộp bài thi hàng năm.
2. Không có hạn chế nào về đề tài, trình độ và phơng pháp nghiên cứu của công
trình. Tuy nhiên, công trình cần phải có tính chất nghiên cứu, và đề cập đến các chủ
đề vật lý hoặc liên quan đến vật lý.
3. Mỗi thí sinh có thể nộp một hay nhiều bài thi, nhng mỗi bài thi chỉ đợc có một
tác giả. Mỗi bài (gồm bài viết, hình vẽ, bảng biểu, tài liệu tham khảo ) không vợt
quá 25 trang đánh máy thông thờng (khoảng 50 000 ký tự).
4. Các công trình sẽ đợc Ban Tổ chức đánh giá và các công trình tốt nhất sẽ đợc
trao giải thởng. Không giới hạn số công trình đợc giải. Mọi công trình đợc giải
đều tơng đơng. Các tác giả của các bài thi đợc giải đợc mời đến Viện Vật lý
thuộc Viện Hàn lâm Khoa học Balan để nghiên cứu trong một tháng. Kinh phí cho
tháng nghiên cứu đó (không kể kinh phí đi lại) do Ban Tổ chức trả. Tuy nhiên, Ban
Tổ chức không thanh toán kinh phí cho việc đi đến Ba Lan và từ Ba Lan về; ngời
đợc giải cần tìm nguồn tài trợ cho việc đó.
5. Ngoài giải chính thức, Ban Tổ chức còn trao một số Bằng khen. Ngời đợc Bằng
khen không đợc mời tham gia nghiên cứu.
6. Ngời tham dự cần gửi hai bản công trình bằng tiếng Anh, trớc ngày 31 tháng 3
(năm 2004, cho kì thi thứ 12), đến địa chỉ :

Mrs. Maria Ewa Gorzkowska, M.A.
Secretary of the First Step
Institute of Physics, Polish Academy of Sciences
al. Lotnikow 32/46, (PL) 02-688 Warszawa

7. Mỗi bài cần ghi tên, ngày sinh, địa chỉ nhà ở của tác giả cùng với tên và địa chỉ của
trờng học.
8. Quan trọng: Các bài thi không phù hợp với các điều kiện trên đây sẽ không đợc
xét.

Tổ chức cuộc thi:
Cuộc thi đợc điều hành bởi Ban Tổ chức. Các công trình đợc đánh giá bởi Hội
đồng Chấm thi. Hiện nay, một Hội đồng Cố vấn Quốc tế đ đợc thành lập, bao gồm
25 ngời từ nhiều nớc, có nhiều kinh nghiệm làm việc với học sinh trung học.
Cho đến nay đ có 11 kì thi đợc tiến hành. Đến kì thi thứ 10, đ có học sinh từ 69
nớc gửi 1554 bài dự thi. Trong số bài dự thi, có 5 bài của học sinh Việt nam; 3 bài
đ đợc tặng Bằng khen.

Thông tin thêm về cuộc thi có thể tìm ở website sau:



Giai thoại về các nhà vật lí
Giai thoại về các nhà vật líGiai thoại về các nhà vật lí
Giai thoại về các nhà vật lí



Paul Dirac và ba ngời câu cá

Paul Dirac là nhà vật lí thuyết nổi tiếng ngời Anh, giải thởng Nobel về vật lí năm mới 31
tuổi. Ông cũng là một trong số những ngời sáng lập môn cơ học lợng tử, một lí thuyết cùng
với thuyết tơng đối hẹp và thuyết tơng đối rộng của Einstein tạo nên ba trụ cột của lâu đài
vật lí hiện đại. Trong số những thành tựu vĩ đại của ông, có lẽ ấn tợng nhất là tiên đoán sự tồn

tại của các phản hạt, mà cụ thể là phản electron hay positron. Trớc hết, chúng ta hy nói qua
về con đờng dẫn Dirac tới tiên đoán này.

Hồi đó Dirac đ lập đợc phơng trình mô tả hành trạng của electron, trong đó có tính đến các
hiệu ứng của thuyết tơng đối. Phơng trình này đ giải thích đợc một cách tuyệt vời một
loạt các sự kiện thực nghiệm, nhng ông phát hiện thấy có một điều hơi "lạ", đó là một phần
các nghiệm của phơng trình đó lại ứng với các giá trị năng lợng âm. Phải làm gì với các
nghiệm này đây? Vứt bỏ chúng hay cố gắng làm sáng tỏ ý nghĩa vật lí còn ẩn giấu trong đó?
Đối với Dirac câu trả lời đ là rõ ràng. Chúng tôi xin trích ra đây lời phát biểu của ông trong
một bài giảng thực ra là để kỉ niệm Einstein cùng với thuyết tơng đối, nhng cũng rất thích
hợp cho chính Dirac: "Bất kì ai hiểu sự hài hoà sâu xa liên hệ những hiện tợng tự nhiên và
những nguyên lí toán học tổng quát đều phải cảm thấy rằng nếu một lí thuyết đẹp đẽ và tao
nh nh lí thuyết của Einstein thì về căn bản nó nhất thiết phải là đúng đắn". Và quả thật ông
đ đa ra một giả thuyết độc đáo và táo bạo cho rằng các nghiệm tởng nh không có ý nghĩa
vật lí trong phơng trình của ông thực ra là những nghiệm mô tả một hạt sơ cấp mà hồi đó còn
cha ai biết. Hạt này hầu nh giống hệt electron nhng điện tích của nó có dấu ngợc lại (tức
là bằng +e). Đó chính là tiên đoán hạt positron mà ta nói ở trên. Và chỉ trong năm tiếp sau
(1932) hạt này đ đợc phát hiện thấy trong tia vũ trụ.

Có lẽ chính do thành công này trong cuộc đời đầy những thành tựu sáng tạo của Dirac mà đ
hình thành một giai thoại đợc lu truyền trong nhiều cuốn sách phổ biến khoa học dới nhiều
dị bản khác nhau. Ngời ta kể rằng thời trẻ Dirac tình cờ đ gặp bài toán sau: Có ba ngời đi
câu đêm.Quá nửa đêm, do mệt quá họ lăn ra ngủ và chẳng buồn chia nhau số cá đ câu đợc.
Gần sáng, một ngời thức dậy, do không muốn quấy rầy hai ông bạn, anh ta bèn chia số cá
làm ba phần bằng nhau, và sau khi ném 1 con cá còn d xuống sông, anh ta mang phần cá
của mình đi về nhà. Sau đó, ngời thứ hai thức dậy. Do không biết ngời thứ nhất đ lấy phần
cá của mình, anh ta lại chia số cá còn lại thành ba phần bằng nhau, vứt xuống sông 1 con cá
còn d, rồi mang phần của mình đi về. Cuối cùng, ngời thứ ba thức dậy. Do không biết việc
hai ngời trớc đ làm, anh ta cũng hành động hệt nh họ, tức là chia số cá còn lại làm ba
phần bằng nhau, vứt 1 con cá còn d xuống sông rồi lặng lẽ mang phần cá của mình về nhà.

Hỏi ba ngời cả thảy đ câu đợc bao nhiêu con cá?.

Theo truyền thuyết thì Dirac đ giải bài toán đó và tìm ra đáp số là: "Ba ngời đ câu
đợc âm hai con", và ngời ta còn đồn là Dirac đ bị ám ảnh bởi các con số âm từ thời đó.
Dễ dàng kiểm tra lại rằng về mặt hình thức thì ở đây không có gì là sai cả. Thực vậy, khi ngời
thứ nhất phát hiện thấy cả thảy chỉ có âm hai (-2) con (!), bèn ném một con xuống sông và lấy
một phần ba số cá còn lại (là -3 con). Ngời thứ hai và thứ ba cũng làm hệt nh vậy, nghĩa là
mỗi ngời mang về âm một (-1) con cá. Thật khó có thể tìm đợc ví dụ nào đơn giản và tao
nh hơn để minh hoạ cho sự táo bạo của ý tởng và niềm tin vào "tính hiệu quả không sao
hiểu nổi của toán học trong các khoa học tự nhiên", nh nhà vật lí Mĩ, giải thởng Nobel về
vật lí, Wigner đ diễn tả.

Tuy nhiên, bài toán về ba ngời câu cá bản thân nó cũng đ là một bài toán thú vị. Bây giờ
chúng ta hy thử giải bài toán này. Trớc hết chúng ta hy chuyển những điều kiện của bài
toán thành các phơng trình. Giả sử N = N
0
là tổng số cá ba ngời câu đợc, N
1
là số cá còn
lại sau lần chia thứ nhất, N
2
- số các còn lại sau lần chia thứ hai và N
3
- số cá còn lại sau lần
chia thứ ba. Khi đó, hiển nhiên ta có
)1(
3
2
01
= NN

và nói chung với k = 0, 1, 2 ta có:

)1(
3
2
1
=
+ kk
NN
(1)
Bài toán đặt ra là tìm số nguyên N để cho cả các số N
1
, N
2
, N
3
cũng là số nguyên. Chúng ta
cũng sẽ đòi hỏi tất cả các số đều là không âm. Dĩ nhiên, ngay cả với hạn chế nh thế, bài toán
cũng vẫn có vô số nghiệm. Chúng ta sẽ cố gắng rút ra công thức tổng quát để tính số N.

Bây giờ ta hy tạm thời bỏ điều kiện không âm (!). Chúng ta thấy ngay rằng bài toán sẽ cho
một và chỉ một nghiệm trong đó tất cả các số N
k
đều bằng nhau và cùng bằng D. Khi đó từ (1)
ta rút ra phơng trình tìm D là
)1(
3
2
= DD
, từ đó suy ra D = -2. Đó chính là "nghiệm" của

Dirac. Bây giờ giả sử {N
k
} là một dy tùy ý thoả mn hệ thức (1). Ta hy khảo sát hiệu
'
k
N

của hai nghiệm của bài toán - cụ thể là hiệu của nghiệm N
k
và nghiệm Dirac D:
2
'
+==
kkk
NDNN
(hay
2
'
=
kk
NN
). Vì

'
1
'
1
3
2
)(

3
2
)1(
3
2
)1(
3
2
kkkkk
NDNDNDNN ====
++

nên dy {
'
k
N
} là một cấp số nhân với công bội là 2/3. Do đó:


2)2(
3
2
2
3
2
2
0
'
0
'

+






=






== NNNN
kk
kk
(2)

Từ đó suy ra các số N
k
với k = 0, 1, 2 và 3 khi và chỉ khi N+2 chia hết cho 3
3
=27. Bởi
vậy N = -2 + 27n, trong đó n là số nguyên bất kỳ. Số N
3
và cũng có nghĩa là các số N
k
với k
3, sẽ là không âm nếu n 1. Đặc biệt nghiệm không âm nhỏ nhất N

min
= 25 nhận đợc khi n =
1, còn khi n = 0 ta nhận đợc nghiệm Dirac N = -2.

P.V.T

(Su tầm và giới thiệu)
Giới thiệu các đề thi

Đê thi chọn học sinh giỏi quốc gia
Môn vật lý lớp 12 THPT, năm học 2002 2003
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 12 / 03 / 2003
Bảng A
Bài I: Cơ học

1.Một thanh cứng AB có chiều dài L
tựa trên hai mặt phẳng P
1
và P
2
(Hình 1).
Ngời ta kéo đầu A của thanh lên trên dọc
theo mặt phẳng P
1
với vận tốc
0
v

không

đổi. Biết thanh AB và véctơ
0
v

luôn nằm
trong mặt phẳng vuông góc với giao tuyến
của P
1
và P
2
; trong quá trình chuyển động

Hình 1
0
v


A
B

P
1



P
2

các điểm A, B luôn tiếp xúc với hai mặt phẳng; góc nhị diện tạo bởi hai mặt
phẳng là
=
120
0
. Hy tính vận tốc, gia tốc của điểm B và vận tốc góc của thanh
theo v
0
, L, ( là góc hợp bởi thanh và mặt phẳng P
2
).
2.Trên mặt bàn nằm ngang có hai tấm
ván khối lợng m
1
và m
2
. Một lực
F

song
song với mặt bàn đặt vào tấm ván dới. Biết
hệ số ma sát trợt giữa 2 tấm ván là k
1
, giữa
ván dới và bàn là k
2
(Hình 2). Tính các gia
tốc a
1

và a
2
của hai tấm ván. Biện luận các
kết quả trên theo F khi cho F tăng dần từ giá
trị bằng không. Xác định các khoảng giá trị của F ứng với từng dạng chuyển
động khác nhau của hệ.
áp dụng bằng số: m
1
= 0,5kg; m
2
=1kg;
k
1
= 0,1 ; k
2
= 0,3; g = 10m/s
2
.
Bài II: Nhiệt học
Cho một mol khí lí tởng đơn nguyên
tử biến đổi theo một chu trình thuận nghịch
đợc biểu diễn trên đồ thị nh hình 3; trong
đó đoạn thẳng 1- 2 có đờng kéo dài đi qua
gốc toạ độ và quá trình 2 - 3 là đoạn nhiệt.
Biết : T
1
= 300K; p
2
= 3p
1

; V
4
= 4V
1
.
1. Tính các nhiệt độ T
2
, T
3
, T
4
.
2. Tính hiệu suất của chu trình.
3. Chứng minh rằng trong quá trình
1-2 nhiệt dung của khí là hằng số.

Bài III: Điện học

Trong mạch điện nh hình vẽ, Đ là điôt
lí tởng, tụ điện có điện dung là C, hai cuộn
dây L
1
và L
2
có độ tự cảm lần lợt là L
1
= L,
L
2
= 2L; điện trở của các cuộn dây và dây nối

không đáng kể. Lúc đầu khoá K
1
và khoá K
2

đều mở.
1. Đầu tiên đóng khoá K
1
. Khi dòng qua
cuộn dây L
1
có giá trị là I
1
thì đồng thời mở
khoá K
1
và đóng khoá K
2
. Chọn thời điểm này
làm mốc tính thời gian t.
a) Tính chu kì của dao động điện từ trong mạch.
b) Lập biểu thức của cờng độ dòng điện qua mỗi cuộn dây theo t.
2. Sau đó, vào thời điểm dòng qua cuộn dây L
1
bằng không và hiệu điện
thế u
AB
có giá trị âm thì mở khoá K
2
.

a) Mô tả hiện tợng điện từ xảy ra trong mạch.
b) Lập biểu thức và vẽ phác đồ thị biểu diễn cờng độ dòng điện qua cuộn
dây L
1
theo thời gian tính từ lúc mở khoá K
2
.

Bảng B

F


m
1

m
2

Hình 2
k
1

k
2

K
2

K

1

L
2

L
1

C

Đ

E


Hình 4
A

B

4
3
V
2

p
O
Hình 3
1
V

1

V
2

V
4

p
1

p
3

p
2

Bài I: Cơ học
1. Nh Bảng A
2. Trên mặt bàn nằm ngang có hai tấm ván khối lợng m
1
= 0,5kg và m
2
=1kg
(Hình 2). Có một lực F =5N song song với
mặt bàn đặt vào tấm ván dới. Hệ số ma sát
trợt giữa hai tấm ván là k
1
= 0,1; giữa ván
dới và bàn là k

2
= 0,2.
Chứng minh rằng hai ván không thể
chuyển động nh một khối. Tính gia tốc
của mỗi tấm ván. Lấy gia tốc g = 10m/s
2
.
Bài II: Nhiệt học: Nh Bảng A
Bài III: Điện học
Trong mạch điện nh hình vẽ, tụ điện có
điện dung là C, hai cuộn dây L
1
và L
2
có độ tự
cảm lần lợt là L
1
= L, L
2
= 2L; điện trở của các
cuộn dây và dây nối không đáng kể. ở thời điểm t =
0, không có dòng qua cuộn L
2
, tụ điện không tích
điện còn dòng qua cuộn dây L
1
là I
1
.
1. Tính chu kì của dao động điện từ trong

mạch.
2. Lập biểu thức của cờng độ dòng điện qua mỗi cuộn dây theo thời gian.
3. Tính hiệu điện thế cực đại giữa hai bản tụ.

( thi ngy th hai, 13 thỏng 03 nm 2003 s ủng trong s sau)



đề thi tuyển sinh khối chuyên lý
đại học KHTN - đại học QG Hà nội, năm 2003
(thời gian làm bài: 150 phút)

Cõu 1.
Ba ng

i
ủ
i xe
ủ
p t

A
ủ
n B v

i v

n t

c khụng

ủ
i. Ng

i th

nh

t v ng

i th

hai
xu

t phỏt cựng m

t lỳc v

i cỏc v

n t

c t

ng

ng l v
1
= 10km/h v v
2

= 12km/h. Ng

i th


ba xu

t phỏt sau hai ng

i trờn 30 phỳt.Kho

ng th

i gian gi

a hai l

n g

p c

a ng

i th

ba
v

i hai ng

i
ủ
i tr

c l

t = 1gi

. Tớnh v

n t

c c

a ng

i th

ba.

Cõu 2.
M

t chi

c c

c hỡnh tr

kh

i l

ng m, trong
ủ
ú ch

a m

t l

ng n

c c

ng cú kh

i
l

ng m
ủ
ang

nhi

t
ủ
t
1

= 10
0
C. Ng

i ta th

vo c

c m

t c

c n

c
ủ
ỏ kh

i l

ng M
ủ
ang

nhi

t
ủ
0
0

C thỡ c

c n

c
ủ
ỏ
ủ
ú ch

tan
ủ
c 1/3 kh

i l

ng c

a nú v luụn n

i trong
khi tan. Rút thờm m

t l

ng n

c cú nhi

t

ủ
t
2
= 40
0
C vo c

c. Khi cõn b

ng nhi

t thỡ nhi

t
ủ
c

a c

c n

c l

i l 10
0
C, cũn m

c n

c trong c

c cú chi

u
cao g

p
ủ
ụi chi

u cao m

c n

c sau khi th

c

c n

c
ủ
ỏ. Hóy
xỏc
ủ
nh nhi

t dung c

a ch

t lm c

c. B

qua s

trao
ủ
i nhi

t
v

i mụi tr

ng xung quanh, s

gión n

nhi

t c

a n

c v c

c.
Bi

t nhi

t dung riờng c

a n

c l c = 4,2.10
3
J/(kg.
ủ
), nhi

t
núng ch

y c

a n

c
ủ
ỏ

= 336.10
3
J/kg.


F

m
1

m
2

Hình 2
k
1

k
2

L
2

L
1

C


Hình 4
A

B

Câu 3.

Cho m
ạ
ch
ñ
i
ệ
n nh
ư
hình 1a, vôn k
ế
V ch
ỉ
30V. N
ế
u thay vôn k
ế
b
ằ
ng ampe k
ế
A m
ắ
c
vào hai
ñ
i
ể
m M, N c
ủ
a m

ạ
ch
ñ
i
ệ
n trên thì th
ấ
y nó ch
ỉ
5A. Coi
vôn k
ế
và ampe k
ế

ñề
u là lý t
ưở
ng và b
ỏ
qua
ñ
i
ệ
n tr
ở
dây n
ố
i.

1)

Xác
ñị
nh hi
ệ
u
ñ
i
ệ
n th
ế
U
0
và
ñ
i
ệ
n tr
ở
R
0
.
2)

M
ắ
c
ñ

i
ệ
n tr
ở
R
1
, bi
ế
n tr
ở
R (
ñ
i
ệ
n tr
ở
toàn ph
ầ
n c
ủ
a nó
b
ằ
ng R), vôn k
ế
và ampe k
ế
t trên vào hai
ñ
i

ể
m M, N
nh
ư
hình 1b. Khi di chuy
ể
n con ch
ạ
y C c
ủ
a bi
ế
n tr
ở
R,
ta th
ấ
y có m
ộ
t v
ị
trí mà t
ạ
i
ñ
ó ampe k
ế
ch
ỉ
giá tr

ị
nh
ỏ

nh
ấ
t b
ằ
ng 1A và khi
ñ
ó vôn k
ế
ch
ỉ
12V. Hãy xác
ñị
nh
giá tr
ị
c
ủ
a R
1
và R.
Câu 4
. Hai th
ấ
u kính h
ộ
i t

ụ
O
1
và O
2

ñượ
c
ñặ
t sao cho tr
ụ
c
chính c
ủ
a chúng trùng nhau. Kho
ả
ng cách gi
ữ
a hai quang
tâm c
ủ
a hai th
ấ
u kính là a = 45cm. Tiêu c
ự
c
ủ
a th
ấ
u kính O

1

và O
2
l
ầ
n l
ượ
t là f
1
= 20cm, f
2
= 40cm (tiêu c
ự
là kho
ả
ng
cách t
ừ
tiêu
ñ
i
ể
m
ñế
n quang tâm c
ủ
a th
ấ
u kính). V

ậ
t sáng
nh
ỏ
AB có d
ạ
ng m
ộ
t
ñ
o
ạ
n th
ẳ
ng
ñượ
c
ñặ
t vuông góc v
ớ
i
tr
ụ
c chính và
ở
trong kho
ả
ng gi
ữ
a hai th

ấ
u kính.
ð
i
ể
m A
n
ằ
m trên tr
ụ
c chính và cách quang tâm c
ủ
a th
ấ
u kính O
1
m
ộ
t
kho
ả
ng b
ằ
ng x (Hình 2).
1)

Cho x = 30cm. Hãy xác
ñị
nh v
ị

trí các
ả
nh và v
ẽ

ả
nh.
2)

Tìm x
ñể
hai
ả
nh cùng chi
ề
u và cao b
ằ
ng nhau.


Câu 5.
Cho m
ạ
ch
ñ
i
ệ
n nh
ư
hình 3: U = 60V, R

1
= 10
Ω
, R
2
=
R
5
= 20
Ω
, R
3
= R
4
= 40
Ω
, vôn k
ế
là lý t
ưở
ng. B
ỏ
qua
ñ
i
ệ
n tr
ở

dây n

ố
i
1)

Hãy tìm s
ố
ch
ỉ
c
ủ
a vôn k
ế
.
2)

N
ế
u thay vôn k
ế
b
ằ
ng m
ộ
t bóng
ñ
èn có dòng
ñ
i
ệ
n

ñị
nh m
ứ
c là I
d
= 0,4A, m
ắ
c vào hai
ñ
i
ể
m P và Q c
ủ
a
m
ạ
ch
ñ
i
ệ
n thì bóng
ñ
èn sáng bình th
ườ
ng. Hãy tìm
ñ
i
ệ
n tr
ở

c
ủ
a bóng
ñ
èn.



(Nh
ờ
S
ơ
n cho các ch
ữ
Hình 1b, Hình 2, Hình 3 to lên giúp)




GIÚP BẠN ÔN THI ðẠI HỌC

LI §é, TO¹ §é, pha baN §ÇU trong dao §éNG §IÒU hOµ
NguyÔn V¨n H¹nh
Tr−êng Chuyªn Phan Béi Ch©u, NghÖ An

I.ðặt vấn ñề
Trong các kì thi tuy
ể
n sinh
ñạ

i h
ọ
c nh
ữ
ng n
ă
m g
ầ
n
ñ
ây, vi
ế
t ph
ươ
ng trình dao
ñộ
ng là ph
ầ
n
không th
ể
thi
ế
u trong các
ñề
thi tuy
ể
n sinh. Tuy không ph
ả
i là v

ấ
n
ñề
quá khó, song khi gi
ả
i
các
ñề
thi các thí sinh v
ẫ
n th
ườ
ng m
ắ
c ph
ả
i nh
ữ
ng sai l
ầ
m nh
ư
không phân bi
ệ
t rõ khái ni
ệ
m
li
ñộ
và khái ni

ệ
m to
ạ

ñộ
, ho
ặ
c không chú ý t
ớ
i
ñ
i
ề
u ki
ệ
n ban
ñầ
u c
ủ
a
ñề
bài nên th
ườ
ng ch
ọ
n
nh
ầ
m pha ban
ñầ

u d
ẫ
n
ñế
n k
ế
t qu
ả
là vi
ế
t sai ph
ươ
ng trình dao
ñộ
ng. Trong ph
ạ
m vi bài vi
ế
t
này, chúng tôi xin
ñề
c
ậ
p vi
ệ
c phân bi
ệ
t các khái ni
ệ
m

ñ
ó c
ũ
ng nh
ư
xác
ñị
nh chính xác pha
ban
ñầ
u
ñể
vi
ế
t ph
ươ
ng trình dao
ñộ
ng.

II.
Phân biệt khái niệm li ñộ và toạ ñộ trong dao ñộng ñiều hoà, những chú ý
ñể viết ñúng phương trình dao ñộng

Theo SGK v
ậ
t lý l
ớ
p 12 CCGD:
li ñộ x là ñộ dời của vật khỏi vị trí cân bằng (VTCB) với

)tsin(A
ϕ
ω
+
=
x
. Như vậy:
• Nếu gốc toạ ñộ trùng VTCB của vật thì li ñộ chính là toạ ñộ của vật và phương trình
dao ñộng có dạng:
)tsin(A
ϕ
ω
+
=
x

• Nếu bài ra chọn gốc toạ ñộ O của trục Ox không trùng VTCB C của vật (hoặc VTCB
của vật dịch chuyển khi thêm bớt gia trọng với con lắc lò xo không nằm ngang mà gốc
toạ ñộ không thay ñổi) thì lúc này x là toạ ñộ của vật chứ không phải là li ñộ dao ñộng
nữa. Chọn lại trục toạ ñộ mới
COOxXO
≡≡ ','
- VTCB của vật (ñây chính là phép
ñổi gốc toạ ñộ), khi ñó li ñộ của vật là:
c
x-x)tsin(A
=
+
=
ϕ

ω
X
(với x
c
là toạ ñộ
VTCB của vật, suy ra toạ ñộ vật: )sin(
ϕ
ω
+
+
=
tAxx
c
.
• Tóm lại:
+ Nếu gốc toạ ñộ trùng VTCB thì phương trình dao ñộng (ptdñ):
)tsin(A
ϕ
ω
+
=
x

+ Nếu gốc toạ ñộ không trùng VTCB của vật thì ptdñ:
)sin(
ϕ
ω
+
+
=

tAxx
c

Vì thế khi viết phương trình dao ñộng cần chú ý những ñiều sau:
1- Kiểm tra xem gốc toạ ñộ có trùng VTCB của vật không, ñể xác ñịnh x
c

2- Sau ñó, xác ñịnh A, ω, ϕ:
 Biên ñộ
2
1
=A ñộ dài quĩ ñạo
22
2
2
2
ωω
m
Ev
x
=+=
( trong ñó x là li ñộ, E là cơ
năng) hoặc
2
max
max
ω
ω
a
V

A ==
( A cũng có thể xác ñịnh ñồng thời với ϕ từ ñiều kiện
ban ñầu)
 Pha ban ñầu ñược xác ñịnh từ ñiều kiện ban ñầu: tại t = 0




=
=
→



=
=
0
0
0
0
cos
sin
vA
xA
vv
xx
ϕω
ϕ

(trong ñó v
0
là giá trị ñại số của vận tốc). Từ ñây suy ra:
0
0
V
x
tg
ω
ϕ
=

(lưu ý dấu của sinϕ và cosϕ ñể chọn nghiệm của phương trình này sao cho thoả mãn
π
ϕ
π
≤
≤
−
)
Chú ý rằng khi thay ñổi gốc thời gian, chỉ có pha ban ñầu
ϕ
thay ñổi. Nếu ñiều kiện ban ñầu
cho dưới dạng bài toán va chạm thì sử dụng ñịnh luật bảo toàn ñộng lượng ñể xác ñịnh v
0
.
III.Các ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1.
M
ộ

t con l
ắ
c lò xo treo th
ẳ
ng
ñứ
ng g
ồ
m m
ộ
t lò xo kh
ố
i l
ượ
ng không
ñ
áng k
ể
, có
chi
ề
u dài t
ự
nhiên l
0
= 30cm,
ñộ
c
ứ
ng k = 100 N/m, treo v

ậ
t nh
ỏ
kh
ố
i l
ượ
ng m = 100g. B
ỏ

qua m
ọ
i ma sát, l
ấ
y g = 10m/s
2
,
π
2
= 10. Nâng v
ậ
t lên theo ph
ươ
ng th
ẳ
ng
ñứ
ng sao cho lò xo
có chi
ề

u dài l = 29cm r
ồ
i truy
ề
n cho nó v
ậ
n t
ố
c
scm
/320
π
h
ướ
ng th
ẳ
ng
ñứ
ng lên trên.
Ch
ọ
n tr
ụ
c Ox h
ướ
ng th
ẳ
ng
ñứ
ng xu

ố
ng d
ướ
i O
≡
VTCB c
ủ
a v
ậ
t.
1.

Vi
ế
t ptd
ñ
c
ủ
a v
ậ
t n
ế
u ch
ọ
n g
ố
c th
ờ
i gian t = 0:
a, Lúc v

ậ
t
ở
v
ị
trí th
ấ
p nh
ấ
t.
b, Lúc v
ậ
t
ở
v
ị
trí cao nh
ấ
t.
c, Lúc v
ậ
t
ñ
i qua VTCB theo chi
ề
u d
ươ
ng.
d, Lúc v
ậ

t
ñ
i qua VTCB ng
ượ
c chi
ề
u d
ươ
ng.
e, Lúc truy
ề
n v
ậ
n t
ố
c cho v
ậ
t.
2. Gi
ả
s
ử
khi v
ậ
t
ñ
i
ñế
n v
ị

trí th
ấ
p nh
ấ
t, ta
ñặ
t nh
ẹ
nhàng lên nó m
ộ
t gia tr
ọ
ng m
1
= 300g.
Sau khi
ñặ
t, c
ả
hai cùng dao
ñộ
ng
ñ
i
ề
u hoà, vi
ế
t ptd
ñ
c

ủ
a h
ệ
, ch
ọ
n t = 0 lúc
ñặ
t gia tr
ọ
ng.
Tr
ụ
c Ox v
ẫ
n gi
ữ
nh
ư
c
ũ
.
Giải:
1. * Tại VTCB: lò xo giãn
∆
l = mg/k = 0,01m = 1cm  lò xo có chiều dài
l
cb

= 31cm.
* Vật dao ñộng ñiều hoà theo phương trình dạng )tsin(A

ϕ
ω
+
=
x
(vì gốc O
≡

VTCB). Trong ñó:
+
)/(10 srad
m
k
πω
==

+ Cơ năng của vật:
222
2
1
2
1
2
1
kAmvkxE =+=

2
2
2
ω

v
xA +=→

Lúc truy
ề
n v
ậ
n t
ố
c x = -(l
cb
– 1) = -2cm, scmv /320
π
−= , suy ra:

cmA 4
)10(
)320(
2
2
2
2
=+=
π
π

a)

t = 0 lúc v
ậ

t
ở
v
ị
trí th
ấ
p nh
ấ
t: x = A

A sinϕ = A

sinϕ = 1
2/
π
ϕ
=
→
. V
ậ
y ptd
ñ
: x = 4 sin(10πt + π/2) (cm)
b)

t = 0 lúc v
ậ
t
ở
v

ị
trí cao nh
ấ
t: x = -A

A sinϕ = -A

sinϕ = -1
2/
π
ϕ
−
=
→
. V
ậ
y ptd
ñ
: x = 4 sin(10πt - π/2) (cm)

c) t = 0 lúc v
ậ
t
ñ
i qua VTCB theo chi
ề
u d
ươ
ng, ta có:




〉
=
→



>
=
0cos
0
0
0
ϕω
A
x
x
x


ϕ = 0. V
ậ
y ptd
ñ
có d
ạ
ng: x = 4 sin(10πt) (cm)

d) t = 0 lúc v
ậ
t qua VTCB ng
ượ
c chi
ề
u d
ươ
ng, ta có:



〈
=
→



〈
=
0cos
0sin
0
0
ϕω
ϕ
A
A
v
x


ϕ = 0. V
ậ
y ptd
ñ
có d
ạ
ng: x = 4 sin(10πt) (cm)

ϕ = π. V
ậ
y ptd
ñ
có d
ạ
ng: x = 4 sin(10πt + π) (cm)
e) t = 0 lúc truy
ề
n v
ậ
n t
ố
c ta có:



−=
−=

→



−=
−=
320cos
2sin
/320
2
πϕω
ϕ
π
A
A
scmv
cmx




−=−=
−=−=
→
2/310/320cos
2/1/2sin
A
A
ππ
ϕ


ϕ = -5π/6. V
ậ
y ptd
ñ
có d
ạ
ng: x = 4 sin(10πt-5/6π) (cm)













Nhận xét:
-

Biên
ñộ
dao
ñộ
ng ch

ỉ
ph
ụ
thu
ộ
c vào c
ườ
ng
ñộ
c
ủ
a kích thích ban
ñầ
u.
-

Pha ban
ñầ
u ph
ụ
thu
ộ
c vào cách ch
ọ
n g
ố
c th
ờ
i gian t = 0.
2) * T

ạ
i VTCB m
ớ
i sau khi
ñặ
t m
1
:
+ Lò xo giãn
∆
l
1
= (m + m
1
).g/k = 0,04m = 4cm.
+ VTCB m
ớ
i C d
ị
ch xu
ố
ng so v
ớ
i O m
ộ
t
ñ
o
ạ
n OC = 4 – 1 = 3cm

* Ch
ọ
n tr
ụ
c
COOxXO ≡≡ ','
ta có:
X = x – x
c
= x – OC = x – 3 (cm) (1), h
ệ
dao
ñộ
ng
ñ
i
ề
u hoà xung quanh VTCB nên li
ñộ
là
)sin(
000
ϕ
ω
+
=
tAX , trong
ñ
ó:
+

)/(5
1
0
srad
mm
k
πω
=
+
=

+ t = 0 lúc
ñặ
t m
1
:



=
=
→



==
=−=
0cos
1sin
)0(0

134
000
00
'
ϕω
ϕ
A
A
Xv
cmX




=
=
→
cmA 1
2/
0
0
πϕ


Li
ñộ
X = 1sin(5πt + π/2) (cm)
Theo (1) ta có ptd
ñ
là: x = X + 3 = 1sin(5πt + π/2) + 3 (cm).

Ví dụ 2.
(
ðề
thi tuy
ể
n sinh
ð
H Kinh t
ế
qu
ố
c dân 2001 – Câu 2):
Con l
ắ
c lò xo g
ồ
m m
ộ
t v
ậ
t n
ặ
ng M = 300g, lò xo có
ñộ
c
ứ
ng k = 200N/m l
ồ
ng vào m

ộ
t
tr
ụ
c th
ẳ
ng
ñứ
ng nh
ư
hình v
ẽ
. Khi M
ñ
ang
ở
VTCB th
ả
v
ậ
t m = 200g t
ừ

ñộ
cao h = 3,75cm
so v
ớ
i M. Coi ma sát không
ñ
áng k

ể
. L
ấ
y g = 10m/s
2
, va ch
ạ
m là hoàn toàn m
ề
m.
a)

Tính v
ậ
n t
ố
c c
ủ
a m ngay tr
ướ
c khi va ch
ạ
m và v
ậ
n t
ố
c c
ủ
a hai v
ậ

t ngay sau khi va
ch
ạ
m.
b)

Sau va ch
ạ
m hai v
ậ
t cùng dao
ñộ
ng
ñ
i
ề
u hoà. L
ấ
y t = 0 là lúc va ch
ạ
m. Vi
ế
t ptd
ñ
c
ủ
a
hai v
ậ
t trong h

ệ
to
ạ

ñộ
nh
ư
hình v
ẽ
, g
ố
c O là VTCB c
ủ
a M tr
ướ
c va ch
ạ
m.






x

X

x
x

m

•

O
’

O

-
2

V
0

C

4

k

31
cm

29cm

K

M

m

h

X

x

O

C,O
’


Giải:
1)

* V
ậ
n t
ố
c c
ủ
a v
ậ
t m ngay tr
ướ
c lúc va ch
ạ
m

)/(
2
3
1075,31022
2
smghv −=⋅⋅⋅−=−=
−

* H
ệ
(m + M) lúc va ch
ạ
m có th
ể
coi là h
ệ
kín, theo
ñị
nh lu
ậ
t b
ả
o toàn
ñộ
ng l
ượ
ng mv
= (m + M)v
0

(theo gi
ả
thi
ế
t va ch
ạ
m hoàn toàn m
ề
m). Suy ra v
ậ
n t
ố
c c
ủ
a hai v
ậ
t ngay sau
va ch
ạ
m
)/(5/3)/(
0
smMmmvv −=+=

2)

* T
ạ
i VTCB ban
ñầ

u c
ủ
a M (v
ị
trí O), lò xo nén m
ộ
t
ñ
o
ạ
n:
∆
l
0
= Mg/k = 0,015(m) = 1,5cm
T
ạ
i VTCB C c
ủ
a h
ệ
sau va ch
ạ
m, lò xo nén m
ộ
t
ñ
o
ạ
n:

∆
l = (m + M)g/k = 0,025(m) = 2,5 (cm),
suy ra OC = ∆l - ∆l
0
= 1 (cm).
* Ch
ọ
n tr
ụ
c COOxXO ≡≡ ',' (C là VTCB), ta có:
+ X = x +1 (cm) (2)
+ Sau va ch
ạ
m h
ệ
dao
ñộ
ng
ñ
i
ề
u hoà xung quanh VTCB
'OC =
nên li
ñộ
:
)sin(
ϕ
ω
+

=
tAX
, trong
ñ
ó:
)/(20
)(
srad
mM
k
=
+
=
ω

Ch
ọ
n t = 0 lúc va ch
ạ
m, nên :





−=−==
==
)/(3205/3100
)(1
0

scmvv
cmOCX




−=
=
320cos20
1sin
ϕ
ϕ
A
A




−=
〉=
→
3/1
0sin/1
ϕ
ϕ
tg
A





=
=
→
6/5
)(2
πϕ
cmA

Suy ra li
ñộ
c
ủ
a v
ậ
t: X = 2.sin(20t + 5π/6).
Theo (2) ta có ptd
ñ
c
ủ
a v
ậ
t là: x = X -1 = 2.sin(20t + 5π/6)-1 (cm).

Ví dụ 3.
M
ộ
t con l
ắ
c lò xo n

ằ
m ngang, lò xo có kh
ố
i l
ượ
ng không
ñ
áng k
ể
và có
ñộ
c
ứ
ng
k = 100N/m, v
ậ
t n
ặ
ng có kh
ố
i l
ượ
ng m = 400g. Ch
ọ
n tr
ụ
c Ox cùng ph
ươ
ng v
ớ

i tr
ụ
c lò xo,
O là v
ị
trí cân b
ằ
ng c
ủ
a v
ậ
t. T
ạ
i th
ờ
i
ñ
i
ể
m t = 0 lúc con l
ắ
c
ñ
ang cân b
ằ
ng ng
ườ
i ta tác
d
ụ

ng lên m m
ộ
t l
ự
c F = 2(N) theo chi
ề
u ng
ượ
c d
ươ
ng c
ủ
a tr
ụ
c Ox trong th
ờ
i gian 0,3(s).
B
ỏ
qua m
ọ
i ma sát. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình dao
ñộ
ng c
ủ
a v

ậ
t.





Giải:
•

V
ớ
i
)(3,00 st
≤
≤

+ Các l
ự
c gây chuy
ể
n
ñộ
ng cho v
ậ
t là F và l
ự
c
ñ
àn h

ồ
i c
ủ
a lò xo: F
ñ
= - kx
+ Khi v
ậ
t có to
ạ

ñộ
x, theo
ñị
nh lu
ậ
t II Newton:
''mxkxF
=
−

''mx
k
F
xk =







−−→
,
ñặ
t
k
F
xX −= thì
'''''' mXkXXx =−→=

0
2"
=⋅+→ XX
ω
v
ớ
i
m
k
=
2
ω


Li
ñộ
c
ủ
a v
ậ

t X = Asin(ωt + ϕ), trong
ñ
ó:
K
•

x
m

F

o

)/(5 srad
m
k
πω
==
.

T
ạ
i t = 0 :





==
−=−=−=

)0(0
)(2
'
Xv
cm
k
F
k
F
xX
(vì x = 0)




=
−=
→
0cos
(2sin
ϕω
ϕ
A
cmA

))(2/5sin(2 cmtX
π
π
−
=

→

Suy ra: toạ ñộ )(2)2/5sin(2
4
cmt
F
Xx +−=+=
ππ
với
)(3,00 st
≤
≤
.
• Với
)(3,0 st
≥
.
+ Lúc này F = 0, lực gây chuyển ñộng cho vật là F
ñ
= -kx
+ Theo ñịnh luật II Newton: -kx = mx
”
x
”
+ ω
2
x = 0, suy ra li ñộ của vật:
00
sin(Ax
ϕ

ω
+
=
t với
)/(5 srad
m
k
πω
==

ðiều kiện liên tục tại t = 0,3(s) cho:



=
+−=
''
2)2/3,0.5sin(2
Xx
x
ππ





−=−⋅⋅=+⋅⋅
=+⋅
→
)/(10)2/3,05cos(25)3,05cos(5

)(2)3,05sin(
00
00
scmA
cmA
ππππϕππ
ϕπ





−=+
=+
→
)(2)5,1cos(
)(2)5,1sin(A
00
00
cmA
cm
ϕπ
ϕπ






=

=+
→





+
=
−=+
→
cmA
A
tg
22
4/35,1
5,1sin(
2
1)5,1(
0
0
0
0
0
πϕπ
ϕπ
ϕπ

Suy ra:
))(4/35sin(22 cmtx

ππ
−=

Vậy: + )(3,00 st
≤
≤
: ptdñ: )(2)2/5sin(2 cmtx
+
−
=
π
π

+
)(3,0 st
≥
: ptdñ: .
))(4/35sin(22 cmtx
ππ
−=
.

Qua bài viết này chúng tôi hi vọng các bạn học sinh ñang chuẩn bị ôn thi ñại học sẽ nắm
vững các khái niệm li ñộ, toạ ñộ và thành thạo trong việc chọn pha ban ñầu chính xác phù
hợp với ñề ra, biết cách tính biên ñộ dao ñộng ñể viết ñúng phương trình dao ñộng trong
các ñề thi tuyển sinh sắp tới. Chúc các bạn thành công.


BÌA 4

KẾT QUẢ CÁC KỲ THI OLYMPIC VẬT LÝ NĂM 2003
CỦA ðOÀN HỌC SINH VIỆT NAM

1. Kết quả kỳ thi Olympic Vật lý Châu Á
(Tổ chức tại Băng Cốc - Thái Lan, từ 20 – 29/4/2003)

TT

Họ và tên Học sinh ðược trao
1.
Cao Vũ Nhân
Khối THPT chuyên Vật lý, trường
ðHKHTN Hà Nội
Huy chương vàng
2.
Nguyễn Hữu Thuần
Khối THPT chuyên Vật lý,
trường ðHKHTN Hà Nội
Huy chương bạc
3.
Vũ Quốc Hiển
Trường THPT chuyên Hùng Vương,
tỉnh Phú Thọ
Huy chương bạc
4.
Lê Huy Nguyên
Trường THPT Quốc Học Huế,
tỉnh Thừa Thiên-Huế
Huy chương bạc
5.

Ngô Bá Thưởng
Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ,
tỉnh Hà Tây
Huy chương bạc
6.
Trần Công Toán
Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong,
tỉnh Nam ðịnh
Huy chương bạc
7.
Hoàng Trung Trí
Trường THPT chuyênNguyễn Trãi,
tỉnh Hải Dương
Huy chương ñồng
8.
Bùi Lê Minh
Trường THPT chuyên
tỉnh Thái Bình
Bằng khen

(ảnh 8 người)

2. Kết quả kỳ thi Olympic Vật lý quốc tế lần thứ 34 năm 2003
(Tổ chức tại ðài Bắc – ðài Loan từ 2 – 11/8/2003)

TT

Họ và tên Học sinh ðược trao
1.
Vũ Quốc Hiển

Trường THPT chuyên Hùng Vương,
tỉnh Phú Thọ
Huy chương bạc
2.
Nguyễn Hữu Thuần
Khối THPT chuyên Vật lý,
trường ðHKHTN Hà Nội
Huy chương ñồng
3.
Hoàng Trung Trí
Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi,
tỉnh Hải Dương
Huy chương ñồng
4.
Cao Vũ Nhân
Khối THPT chuyên Vật lý,
trường ðHKHTN Hà Nội
Bằng khen
5.
Nguyễn Xuân Tùng
Trường THPT chuyên Lam Sơn, tỉnh
Thanh Hoá
Không ñoạt giải

(ảnh 5 người)

(Nếu không ñủ chỗ thì in Kết quả kỳ thi châu Á –TBD trước, kết quả thi
Olympic quốc tế ñể sang số tháng 10)

CHUYÊN ðỀ/TRAO ðỔI

CÁC PHÂN TỬ PHI TUYẾN TRONG MẠCH ðIỆN

Nguyễn Xuân Quang

Những khó khăn lớn nhất ñối với các thí sinh trong các kỳ thi học sinh giỏi là những bài tập
về ñiện trong ñó có mặt các phần tử phi tuyến. ðó là các phần tử có ñường ñặc trưng vôn -
ampe, tức ñồ thị mô tả sự phụ thuộc của ñiện áp U hai ñầu phần tử ñó vào cường ñộ dòng ñiện
I ñi qua nó - không phải là ñường thẳng ñi qua gốc toạ ñộ.
Một ví dụ ñiển hình về phần tử phi tuyến và cũng là phần tử thường gặp nhất trong các bài tập
là một ñiôt lý tưởng. Khi người ta ñặt một ñiện áp ngược với bất kỳ ñộ lớn bằng bao nhiêu lên
phần tử này thì không có dòng ñiện ñi qua ñiôt và ta nói ñiôt bị ñóng. Trong trường hợp ñó
ñiện trở của ñiôt bằng vô cùng – tình huống này tương ñương với sự ngắt mạch. Trong trường
hợp ñiện áp ñặt vào là thuận, ñiện trở của ñiôt bằng không và nó không có ảnh hưởng gì ñến
dòng ñiện ñi qua nó.
Một loại phần tử phi tuyến khác là những ñiện trở phụ thuộc vào cường ñộ dòng ñiện ñi qua
nó. Ví dụ, dây tóc của các bóng ñèn ñiện: theo sự tăng của cường ñộ dòng ñiện qua dây này
mà nhiệt ñộ và do ñó cả ñiện trở của nó cũng tăng lên. Một phần tử phi tuyến nữa là những
dụng cụ trong ñó xảy ra sự phóng ñiện, ví dụ các ñèn chứa ñầy khí, các ñèn tiratron và các
linh kiện vô tuyến khác.
Ngoài ra, phần tử phi tuyến có thể là: cuộn dây có lõi sắt (do hiện tượng từ trễ), tụ ñiện có
xecnhec (hiệu ứng áp ñiện), v.v.
ðể giải các bài toán có phần tử phi tuyến người ta thường dùng các phương pháp sau: phương
pháp ñồ thị, phương pháp số, phương pháp biểu diễn gần ñúng bằng hàm giải tích.
Dưới ñây chúng ta sẽ xét một số mạch ñiện cụ thể có chứa các phần tử phi tuyến.

Ví dụ 1. Trên hình 1 là ñường ñặc trưng vôn-ampe của một phần tử phi tuyến nào ñó. Trước
ñiện áp U
0

= 100V, không có dòng ñiện ñi qua phần tử này, nhưng sau ñó cường ñộ dòng
ñiện tăng tuyến tính theo hiệu ñiện thế (h.ñ.t.). Khi mắc phần tử này vào một nguồn ñiện có
suất ñiện ñộng không ñổi và ñiện trở trong r = 25
Ω
thì cường ñộ dóng ñiện ñi qua nó là I
1
=
2mA, nhưng khi mắc nó với cùng nguồn ñiện ñó nhưng qua một tải có ñiện trở R = r thì
dòng qua nó là I
2
= 1mA. Hãy xác ñịnh suất ñiện ñộng của nguồn ñiện.













Giải:
Dựa vào ñường ñặc trưng vôn-ampe ta thấy dòng ñiện I chạy qua phần tử phi tuyến này phụ
thuộc vào h.ñ.t. U giữa hai ñầu phần tử: khi 0 < U <U
0
thì I = 0; khi U > U
0

thì I = α(U – U
0
)
với α = ∆I/∆U = const.
Khi mắc phân tử phi tuyến trên vào nguồn ñiện có s.ñ.ñ. E và ñiện trở trong r, cường ñộ dòng
ñiện trong mạch là I
1
, ta có:

0
1
1
U
I
rIE ++=
α
(1)
Khi mắc phần tử này vào nguồn ñiện nhưng qua một tải có ñiện trở R = r thì dòng ñiện trong
mạch là I
2
, ta có:
I, mA
0

U
,
V

U
o

0
2
22
U
I
RIrIE +++=
α
(2)
Từ (1) và (2) suy ra:
0
21
12
Ur
II
II
E +
−
=

Thay số ta ñược: E = 150V.
Ví dụ 2. Cho một mạch ñiện như hình 2, X là một phần tử phi tuyến mà cường ñộ dòng ñiện
ñi qua nó phụ thuộc h.ñ.t. hai ñầu phần tử theo công thức:
3
XX
UI
α
=
với
α

= 0,25A/V
3
. Hãy
tính công suất toả ra trên X, khi dòng qua ñiện kế G bằng không. Biết rằng R
1
= 2
Ω
, R
2
=4
Ω

và R
3
=1
Ω
.



Giải:
Gọi U là h.ñ.t. hai ñầu mạch ñiện, U
2
là h.ñ.t. hai ñầu ñiện trở R
2
, ta có:
21
2
2
RR

UR
U
+
=

Khi ñiện kế G chỉ số 0 thì h.ñ.t. giữa hai ñầu phần tử phi tuyến X bằng h.ñ.t. hai ñầu R
2
: U
X
=

U
2.
Ta cũng có :
U
1
=U
3
=

21
1
RR
UR
+

Cường ñộ dòng ñiện chạy qua X là :

321
1

3
3
)( RRR
UR
R
U
I
X
+
==

Theo bài ra :
3
XX
UI
α
=
nên ta có :

( )
3
21
3
2
3
321
1
)(
RR
RU

RRR
UR
+
=
+
α

T
ừ

ñ
ó rút ra :

3
3
2
2
211
)(
RR
RRR
U
α
+
=
(1)
Công su
ấ
t to
ả

ra trên X là :

4
21
2
4
XX
R








+
===
RR
U
UUIP
XX
αα
(2)
T
ừ
(1) và (2) ta
ñượ
c:

2
32
1
1








=
RR
R
P
X
α

Thay s
ố
ta
ñượ
c P
X
= 1W.

Vi dụ 3
. Trong m
ạ

ch
ñ
i
ệ
n trên hình 3, t
ụ

ñ
i
ệ
n có
ñ
i
ệ
n dung C = 100
µ
F
ñượ
c tích
ñ
i
ệ
n
ñế
n U
0

= 5V và
ñượ
c n

ố
i
ñ
i
ệ
n tr
ở
R = 100
Ω
qua
ñ
iôt D .
ðườ
ng
ñặ
c tr
ư
ng vôn-ampe c
ủ
a
ñ
iôt nh
ư

hình v
ẽ
.
Ở
th
ờ

i
ñ
i
ể
m ban
ñầ
u, khoá K m
ở
. Sau
ñ
ó
ñ
óng K. Xác
ñị
nh c
ườ
ng
ñộ
dòng
ñ
i
ệ
n trong
m
ạ
ch ngay sau khi
ñ
óng K. Tính h.
ñ
.t trên t

ụ

ñ
i
ệ
n khi dòng
ñ
i
ệ
n trong m
ạ
ch b
ằ
ng 10mA. Tính
l
ượ
ng nhi
ệ
t to
ả
ra trên
ñ
iôt sau khi
ñ
óng khoá K.

Giải:
Ngay sau khi
ñ
óng khoá, h.

ñ
.t. trên t
ụ
v
ẫ
n còn ch
ư
a thay
ñổ
i c
ả
v
ề

ñộ
l
ớ
n và d
ấ
u. Gi
ả
thi
ế
t
r
ằ
ng dòng
ñ
i
ệ

n ban
ñầ
u I
0
trong m
ạ
ch l
ớ
n h
ơ
n 10mA.
ðị
nh lu
ậ
t Ôm
ñố
i v
ớ
i m
ạ
ch kín t
ạ
i th
ờ
i
ñ
i
ể
m
ñ

ó có d
ạ
ng:

RIUU
d
0
+
=

trong
ñ
ó U
d
là h.
ñ
.t. hai
ñầ
u
ñ
iôt (U
d
= 1V). Thay s
ố
vào ta
ñượ
c:
mA
R
UU

I
d
40
0
0
=
−
=
Vì giá tr
ị
nh
ậ
n
ñượ
c c
ủ
a dòng
ñ
i
ệ
n l
ớ
n h
ơ
n 10mA, nên gi
ả
thi
ế
t c
ủ

a chúng ta là
ñ
úng.
Sau khi
ñ
óng khoá, t
ụ

ñ
i
ệ
n s
ẽ
phóng
ñ
i
ệ
n, còn dòng
ñ
i
ệ
n trong m
ạ
ch s
ẽ
gi
ả
m. Khi dòng gi
ả
m

t
ớ
i giá tr
ị
I
1
= 10mA, áp d
ụ
ng
ñị
nh lu
ậ
t Ôm ta tìm
ñượ
c h.
ñ
.t. U
C
gi
ữ
a hai b
ả
n t
ụ
:
VRIUU
dC
2
1
=

+
=

T
ừ
th
ờ
i
ñ
i
ể
m
ñ
óng khoá cho t
ớ
i khi t
ụ
phóng h
ế
t
ñ
i
ệ
n,
ñ
iôt s
ẽ
p73 hai ch
ế

ñộ
: khi dòng
ñ
i
ệ
n
trong m
ạ
ch bi
ế
n thiên t
ừ
I
0
= 40mA
ñế
n I
1
= 10mA và khi dòng
ñ
i
ệ
n gi
ả
m t
ừ
I
1
= 10mA
ñế

n
0.
Trong ch
ế

ñộ
th
ứ
nh
ấ
t, h.
ñ
.t. trên
ñ
iôt không
ñổ
i và b
ằ
ng U
d
= 1V, còn
ñ
.
ñ
.t trên t
ụ
gi
ả
m t
ừ

U
0

= 5V
ñế
n U
C
= 2V. Trong th
ờ
i gian
ñ
ó,
ñ
i
ệ
n l
ượ
ng ch
ạ
y qua
ñ
iôt là:
CUUCq
C
4
0
10.3)(
−
=−=
và nhi

ệ
t l
ượ
ng to
ả
ra trên
ñ
iôt là:
JqUQ
d
4
1
10.3
−
==

Trong ch
ế

ñộ
th
ứ
hai,
ñ
iôt ho
ạ
t
ñộ
ng nh
ư

m
ộ
t
ñ
i
ệ
n tr
ở
R
d
= U
d
/I
1
= 100Ω. Sau khi k
ế
t thúc
ch
ế

ñộ
th
ứ
nh
ấ
t, h.
ñ
.t. trên t
ụ
b

ằ
ng U
C
= 2V và n
ă
ng l
ượ
ng còn l
ạ
i c
ủ
a
ñ
i
ệ
n tr
ườ
ng trong t
ụ
là:

J
CU
W
C
4
2
10.2
2
−

==
Vì
ñ
i
ệ
n tr
ở
R
d
c
ủ
a
ñ
iôt b
ằ
ng
ñ
i
ệ
n tr
ở
R, nên n
ă
ng l
ượ
ng to
ả
ra trên
ñ
iôt và trên R là nh

ư
nhau.
Do
ñ
ó, nhi
ệ
t l
ượ
ng to
ả
ra trên
ñ
iôt
ở
ch
ế

ñộ
th
ứ
hai b
ằ
ng:

J
W
Q
4
2
10

2
−
==