Bài A1. Ping Pong — Dao động Điện từ và Bức xạ Lưỡng cực của Hệ Ống dây gắn Quả cầu dẫn
3,0 điểmMột sợi dây dẫn mảnh có điện trở không đáng kể và tổng chiều dài $D$ được quấn thành một ống dây hình trụ mảnh (solenoid) có chiều dài $\ell \ll D$. Hai quả cầu dẫn điện có bán kính $R \ll \ell$ được gắn vào hai đầu của ống dây. Ban đầu không có dòng điện trong dây dẫn và hai quả cầu có điện tích $+Q$ và $-Q$. Hãy biểu diễn tất cả các kết quả theo $R, \ell, D$ và tốc độ ánh sáng $c = 1/\sqrt{\mu_0\varepsilon_0}$.
A1.1 (a). Giả sử hệ này có thể được mô hình hóa như một mạch dao động $LC$ lý tưởng. Hãy xác định tần số góc $\omega$ của dao động điện từ trong hệ.
Hệ mất dần năng lượng do phát ra bức xạ điện từ. Xét một lưỡng cực điện gồm hai điện tích $\pm q_0\cos(\omega t)$ đặt cách nhau một khoảng $d$, có mômen lưỡng cực dao động với biên độ $p_0 = q_0 d$. Nếu $d$ nhỏ hơn rất nhiều so với bước sóng $\lambda$ của bức xạ phát ra ($d \ll \lambda$), công suất bức xạ trung bình có bậc độ lớn được cho bởi công thức Larmor (sai khác một thừa số không thứ nguyên cỡ đơn vị):
Trong các ý còn lại của bài toán, kết quả chỉ cần viết dưới dạng ước lượng bậc độ lớn tương tự.
A1.2 (b). Đối với hệ đang xét, công thức bức xạ ở trên chỉ áp dụng được khi $D \gg D_0$. Hãy tìm ước lượng bậc độ lớn cho chiều dài ngưỡng $D_0$.
A1.3 (c). Giả sử điều kiện $D \gg D_0$ được thỏa mãn, hãy ước lượng số chu kỳ dao động $N$ diễn ra cho đến khi hệ mất đi một nửa năng lượng ban đầu.
💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)
- Vì bán kính quả cầu $R \ll \ell$, điện thế của mỗi quả cầu khi tích điện $\pm Q$ xấp xỉ bằng điện thế của quả cầu cô lập như thế nào? Từ hiệu điện thế $\Delta V$ giữa hai quả cầu, điện dung $C = \frac{Q}{\Delta V}$ của hệ bằng bao nhiêu?
- Gọi $a$ là bán kính tiết diện ống dây và $n$ là mật độ vòng dây trên một đơn vị chiều dài. Khi viết tổng chiều dài dây $D = 2\pi a n \ell$ và năng lượng từ trường trong ống dây $\frac{1}{2}LI^2 = \frac{B^2}{2\mu_0}(\pi a^2 \ell)$, vì sao bán kính $a$ và mật độ vòng dây $n$ lại tự động triệt tiêu khỏi biểu thức của $L$?
- Điều kiện để áp dụng công thức bức xạ lưỡng cực điện là kích thước hệ $\ell$ phải nhỏ hơn rất nhiều so với bước sóng bức xạ $\lambda \sim \frac{c}{\omega}$. Bất phương trình $\ell \ll \frac{c}{\omega}$ dẫn đến giới hạn dưới $D_0$ nào cho $D$?
🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích
• Điện dung $C$ và Độ tự cảm $L$:
• Bước sóng bức xạ và hệ số phẩm chất bức xạ:
Số dao động thực hiện được cho đến khi mất nửa năng lượng có cùng bậc độ lớn với tỷ số giữa năng lượng ban đầu $E \sim \frac{Q^2}{C}$ và năng lượng bức xạ trong một chu kỳ $\Delta E_{\text{rad}} \sim \frac{P}{\omega}$ với $p_0 = Q\ell$.
✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn
A1.1 (a). Tìm tần số góc dao động điện từ $\omega$ của hệ:
Do hai quả cầu có bán kính $R \ll \ell$, điện thế trên bề mặt hai quả cầu tích điện $+Q$ và $-Q$ lần lượt là $\pm\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 R}$. Hiệu điện thế giữa hai quả cầu và điện dung tương đương của hệ là:
Giả sử ống dây hình trụ có bán kính tiết diện $a$ và số vòng dây trên một đơn vị chiều dài là $n$. Tổng chiều dài dây dẫn là $D = 2\pi a n \ell$. Khi có dòng điện $I$ chạy qua, cảm ứng từ bên trong ống dây là $B = \mu_0 n I$. Năng lượng từ trường tích trữ trong ống dây là:
Từ đó ta rút ra độ tự cảm của ống dây (không phụ thuộc vào $a$ và $n$):
Tần số góc của dao động $LC$ là (sử dụng $c = 1/\sqrt{\mu_0\varepsilon_0}$):
A1.2 (b). Ước lượng chiều dài ngưỡng $D_0$:
Bức xạ điện từ do hệ phát ra có tần số góc $\omega$, ứng với bước sóng:
Công thức công suất bức xạ lưỡng cực Larmor chỉ áp dụng được khi khoảng cách giữa hai quả cầu nhỏ hơn rất nhiều so với bước sóng ($\ell \ll \lambda$):
A1.3 (c). Ước lượng số chu kỳ dao động $N$ cho đến khi mất một nửa năng lượng:
Năng lượng tĩnh điện dự trữ ban đầu của hệ có bậc độ lớn:
Biên độ mômen lưỡng cực của hệ là $p_0 = Q\ell$. Năng lượng mất đi do bức xạ trong mỗi chu kỳ có bậc độ lớn $\Delta E_1 \sim \frac{P}{\omega}$. Số chu kỳ dao động đặc trưng $N$ để hệ mất một nửa năng lượng tỉ lệ nghịch với phần năng lượng tiêu hao trong mỗi chu kỳ:
(Vì $D \gg D_0 = \sqrt{\ell^3/R}$, ta luôn có $N \gg \sqrt{R D_0^6 / \ell^7} = \frac{\ell}{R} \gg 1$, tức là hệ thực hiện rất nhiều dao động trước khi tắt dần).
• a) Tần số góc dao động: $\omega = \dfrac{c}{D}\sqrt{\dfrac{2\ell}{R}}$.
• b) Chiều dài dây ngưỡng: $D_0 \sim \sqrt{\dfrac{\ell^3}{R}}$.
• c) Số dao động cho tới khi giảm một nửa năng lượng: $N \sim \sqrt{\dfrac{R D^6}{\ell^7}} = R^{1/2} D^3 \ell^{-7/2}$.
🚀 Thử thách mở rộng: Quy luật giảm năng lượng theo thời gian thực
Câu hỏi mở rộng: Vì cả năng lượng dự trữ $E(t) \propto Q_0^2(t)$ và công suất bức xạ $P(t) \propto p_0^2(t) = Q_0^2(t)\ell^2$ đều tỉ lệ bậc hai với biên độ điện tích $Q_0(t)$, hãy viết phương trình vi phân cho $E(t)$ và xác định chính xác hệ số $\ln 2$ trong thời gian bán rã năng lượng $t_{1/2}$.
Hướng dẫn giải nhanh: Ta có $\frac{dE}{dt} = -P = -\Gamma E$ với hằng số tắt dần bức xạ $\Gamma = \frac{P}{E} = \text{const}$. Do đó $E(t) = E(0)e^{-\Gamma t}$, và thời gian để năng lượng giảm đi một nửa là $t_{1/2} = \frac{\ln 2}{\Gamma}$.
Bài A2. Stellar Stability — Cân bằng Thủy tĩnh Sao, Sao Khổng lồ và Sao Lùn trắng
3,5 điểmMột ngôi sao ở trạng thái cân bằng thủy tĩnh có lực hấp dẫn hướng vào tâm được cân bằng bởi gradien áp suất hướng ra ngoài. Mặc dù vật chất trong sao không đơn thuần là khí lý tưởng, trong nhiều trường hợp áp suất $P$ và khối lượng riêng $\rho$ của nó liên hệ với nhau qua phương trình đa phương (polytropic): $P = K\rho^\gamma$ với $K$ và $\gamma$ là các hằng số. Trong toàn bộ bài toán này, giả sử ngôi sao có đối xứng cầu, khối lượng được bảo toàn và bỏ qua các hiệu ứng tương đối tính.
A2.1 (a). Xét một lớp vỏ cầu mỏng của ngôi sao ở bán kính $r_0$ có khối lượng riêng $\rho_0$, bề dày $\Delta r$, chịu tác dụng của trường hấp dẫn hướng vào tâm có độ lớn $g_0$.
• (i) Tìm độ chênh lệch áp suất $\Delta P_0$ giữa mặt trong và mặt ngoài của lớp vỏ ở trạng thái cân bằng.
• (ii) Giả sử toàn bộ ngôi sao giãn nở đồng đều theo hệ số $(1 + x)$, sao cho lớp vỏ đang xét có bán kính mới là $r = r_0(1 + x)$. Biểu diễn độ chênh lệch áp suất mới $\Delta P$ qua lớp vỏ theo $\Delta P_0, x$ và $\gamma$.
• (iii) Bằng cách xét các lực tác dụng lên lớp vỏ, hãy viết biểu thức của gia tốc $\frac{d^2r}{dt^2}$ khi $|x| \ll 1$ theo $g_0, \gamma$ và $x$. Với những giá trị nào của $\gamma$ thì ngôi sao sẽ cân bằng bền (ổn định)?
A2.2 (b). Trong một ngôi sao khổng lồ (giant star), áp suất toàn phần là $P = P_{\text{gas}} + P_{\text{rad}}$, trong đó $P_{\text{gas}}$ là áp suất khí tuân theo định luật khí lý tưởng, còn $P_{\text{rad}} \propto T^4$ là áp suất bức xạ vật đen. Trong "vùng bức xạ" của sao, $P_{\text{rad}} \gg P_{\text{gas}}$, nhưng hai thành phần áp suất này có tỷ số không đổi. Trong trường hợp này, giá trị của $\gamma$ bằng bao nhiêu?
A2.3 (c). Một sao lùn trắng (white dwarf) cấu tạo từ các electron và các hạt nhân. Các electron cung cấp áp suất đẩy ra ngoài, trong khi các hạt nhân trung hòa điện tích với electron và đóng góp phần lớn khối lượng riêng của sao. Xét một vùng của sao lùn trắng có mật độ số hạt electron là $n_e$.
• (i) Các electron tuân theo nguyên lý bất định Heisenberg $\Delta p \Delta x \gtrsim \hbar$, trong đó $\Delta x$ là khoảng cách trung bình giữa các electron và $\Delta p$ là xung lượng đặc trưng do hiệu ứng lượng tử gây ra. Hãy tìm ước lượng bậc độ lớn cho $\Delta p$ theo $n_e$ và $\hbar$.
• (ii) Sử dụng kết quả trên, hãy tìm giá trị của $\gamma$ đối với sao lùn trắng.
• (iii) Một sao lùn trắng có tổng khối lượng $M$, bán kính $R$ và khối lượng riêng tương đối đồng đều cỡ $\rho \sim M/R^3$. Bán kính liên hệ với khối lượng theo quy luật $R \propto M^n$ với $n$ là hằng số. Tìm giá trị của $n$.
💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)
- Khi toàn bộ ngôi sao giãn nở đồng đều theo tỉ lệ $r = r_0(1+x)$, khối lượng $m$ của mỗi lớp vỏ được bảo toàn nhưng thể tích tăng tỉ lệ với $(1+x)^3$. Vậy khối lượng riêng $\rho$, áp suất $P \propto \rho^\gamma$, diện tích mặt cầu $A \propto r^2$ và gia tốc hấp dẫn $g \propto r^{-2}$ thay đổi theo lũy thừa nào của $(1+x)$?
- Trong phương trình động lực học $\frac{d^2r}{dt^2} \approx g_0(4 - 3\gamma)x$, tại sao chỉ số $\gamma = \frac{4}{3}$ của vùng bức xạ trong sao khổng lồ lại nằm ngay trên ranh giới mất ổn định?
- Đối với sao lùn trắng, từ thuyết động học chất khí, áp suất suy biến của khí electron liên hệ với mật độ hạt $n_e$, xung lượng $\Delta p$ và vận tốc $\Delta v = \frac{\Delta p}{m_e}$ theo tích số nào?
🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích
• Ý a: Khi cân bằng: $A_0 \Delta P_0 = g_0 m = g_0(\rho_0 A_0 \Delta r) \implies \Delta P_0 = g_0 \rho_0 \Delta r$. Khi giãn nở $r = r_0(1+x)$:
• Ý b: Trong vùng bức xạ của sao khổng lồ: $\frac{P_{\text{rad}}}{P_{\text{gas}}} = \text{const} \implies T^4 \propto \rho T \implies \rho \propto T^3 \implies P \propto T^4 \propto \rho^{4/3}$.
• Ý c: Áp suất suy biến electron phi tương đối tính: $P \sim n_e \Delta p \Delta v \sim n_e (\hbar n_e^{1/3})\left(\frac{\hbar n_e^{1/3}}{m_e}\right) \propto n_e^{5/3} \propto \rho^{5/3}$. Cân bằng với áp suất thủy tĩnh tại tâm sao $P \sim \frac{GM^2}{R^4}$ cho phép tìm mối liên hệ $R \propto M^n$.
✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn
A2.1 (a). Phương trình cân bằng thủy tĩnh và điều kiện ổn định của ngôi sao:
(i) Lớp vỏ cầu tại bán kính $r_0$ có diện tích $A_0 = 4\pi r_0^2$ và khối lượng $m = \rho_0 A_0 \Delta r$. Cân bằng giữa tổng lực áp suất đẩy ra $A_0\Delta P_0$ và lực hấp dẫn kéo vào $g_0 m$ cho ta:
(ii) Khi ngôi sao giãn nở đồng đều theo hệ số $(1 + x)$, thể tích mọi phần tử tăng theo thừa số $(1 + x)^3$, do đó khối lượng riêng giảm theo quy luật $\rho = \rho_0(1 + x)^{-3}$. Vì $P = K\rho^\gamma$, áp suất tại mọi điểm (và do đó độ chênh lệch áp suất qua lớp vỏ) tỉ lệ với $(1 + x)^{-3\gamma}$:
(iii) Phương trình định luật II Newton theo phương bán kính cho lớp vỏ có khối lượng $m$ là:
Vì diện tích mặt cầu $A = A_0(1 + x)^2$, gia tốc hấp dẫn $g = g_0(1 + x)^{-2}$ và $A_0\Delta P_0 = g_0 m$, ta có:
Khi $|x| \ll 1$, áp dụng xấp xỉ $(1 + x)^k \approx 1 + kx$, ta thu được:
Ngôi sao ở trạng thái cân bằng bền nếu lực tổng hợp là lực hồi phục (tức $\frac{d^2r}{dt^2}$ ngược dấu với độ biến dạng $x$), điều này đòi hỏi:
A2.2 (b). Chỉ số đa phương $\gamma$ trong vùng bức xạ của sao khổng lồ:
Theo phương trình khí lý tưởng, $P_{\text{gas}} \propto \rho T$. Mặt khác, vì tỉ số giữa $P_{\text{rad}}$ và $P_{\text{gas}}$ không đổi nên $P_{\text{gas}} \propto P_{\text{rad}} \propto T^4$. Từ đó suy ra:
Do đó áp suất toàn phần phụ thuộc vào khối lượng riêng theo quy luật:
A2.3 (c). Vật lý lượng tử của Sao lùn trắng:
(i) Với mật độ hạt electron là $n_e$, thể tích trung bình dành cho mỗi electron là $(\Delta x)^3 \sim \frac{1}{n_e} \implies \Delta x \sim n_e^{-1/3}$. Từ hệ thức bất định Heisenberg $\Delta p \Delta x \gtrsim \hbar$, xung lượng đặc trưng của electron là:
(ii) Vì sao lùn trắng trung hòa về điện nên khối lượng riêng $\rho$ tỉ lệ thuận với mật độ electron $n_e$ ($\rho \propto n_e$). Theo thuyết động học chất khí, áp suất tỉ lệ với tích của mật độ hạt $n_e$, xung lượng đặc trưng $\Delta p \propto n_e^{1/3}$ và tốc độ đặc trưng $\Delta v = \frac{\Delta p}{m_e} \propto n_e^{1/3}$:
(Vì $\gamma = \frac{5}{3} \gt \frac{4}{3}$, sao lùn trắng phi tương đối tính hoàn toàn ổn định!).
(iii) Với mật độ gần đồng đều $\rho \sim \frac{M}{R^3}$, từ phương trình cân bằng thủy tĩnh $\Delta P \sim g\rho R \sim \frac{GM}{R^2}\cdot\frac{M}{R^3}\cdot R = \frac{GM^2}{R^4}$. Mặt khác, áp suất suy biến của các electron cho $P \propto \rho^{5/3} \sim \left(\frac{M}{R^3}\right)^{5/3} = \frac{M^{5/3}}{R^5}$. Cho hai biểu thức của $P$ tương đương nhau:
(Kết quả thú vị: sao lùn trắng có khối lượng càng lớn thì bán kính của nó lại càng nhỏ!).
• a) (i) $\Delta P_0 = g_0\rho_0\Delta r$; (ii) $\Delta P = \dfrac{\Delta P_0}{(1+x)^{3\gamma}}$; (iii) $\dfrac{d^2r}{dt^2} \approx g_0(4 - 3\gamma)x$, ổn định khi $\gamma \gt \dfrac{4}{3}$.
• b) Vùng bức xạ sao khổng lồ: $\gamma = \dfrac{4}{3}$.
• c) Sao lùn trắng: (i) $\Delta p \sim \hbar n_e^{1/3}$; (ii) $\gamma = \dfrac{5}{3}$; (iii) $R \propto M^{-1/3}$ ($n = -\dfrac{1}{3}$).
🚀 Thử thách mở rộng: Giới hạn Chandrasekhar khi electron trở nên siêu tương đối tính
Câu hỏi mở rộng: Khi khối lượng $M$ của sao lùn trắng tăng lên rất lớn, bán kính $R$ co nhỏ làm mật độ $n_e$ tăng vọt khiến tốc độ electron tiến tới tốc độ ánh sáng ($\Delta v \approx c$). Hãy xác định chỉ số $\gamma$ trong trường hợp siêu tương đối tính này và giải thích sự hình thành giới hạn khối lượng Chandrasekhar.
Hướng dẫn giải nhanh: Khi $\Delta v \approx c = \text{const}$, áp suất khí electron suy biến là $P \sim n_e \Delta p \, c \sim n_e (\hbar n_e^{1/3}) c \propto n_e^{4/3} \propto \rho^{4/3}$, tức $\gamma$ giảm từ $\frac{5}{3}$ xuống đúng giá trị tới hạn $\gamma = \frac{4}{3}$! Khi đó $P \propto \frac{M^{4/3}}{R^4}$ cân bằng với $\frac{GM^2}{R^4}$ làm bán kính $R$ triệt tiêu hoàn toàn, dẫn tới một khối lượng giới hạn duy nhất $M_{\text{Ch}} \sim \left(\frac{\hbar c}{G}\right)^{3/2}\frac{1}{m_p^2} \approx 1{,}4 M_{\odot}$. Vượt quá khối lượng này, sao lùn trắng sụp đổ hấp dẫn thành sao neutron.
Bài A3. Tilt Shift — Quang học Nhiếp ảnh Scheimpflug, Nhiễu xạ và Nhiễu Lượng tử Photon
3,5 điểmMột thấu kính hội tụ lý tưởng có tiêu cự $f$ được đặt tại gốc tọa độ $x = y = 0$ với trục đối xứng trùng với trục $Ox$. Một tia sáng tới thấu kính ở độ cao $y \ll f$ sẽ bị bẻ khúc hướng vào trục một góc $\theta = y/f$. Trong bài toán này, ta xét các vật đặt tại $x = -o$ (với $o \gt f$). Thấu kính tạo ra ảnh thật của vật tại $x = i$, thỏa mãn công thức thấu kính $\frac{1}{o} + \frac{1}{i} = \frac{1}{f}$.
Ngay cả đối với một thấu kính lý tưởng, ảnh của một vật có kích thước hữu hạn nhìn chung sẽ bị biến dạng.
A3.1 (a). Xét một vật điểm tại $x = -o$ và $y = 0$. Nếu vật dịch chuyển sang phải một đoạn nhỏ $\delta_x$, ảnh của nó dịch chuyển sang phải một đoạn $m_x\delta_x$. Nếu vật dịch chuyển lên trên một đoạn nhỏ $\delta_y$, ảnh của nó dịch chuyển lên trên một đoạn $m_y\delta_y$. Tìm độ phóng đại dọc trục $m_x$ và độ phóng đại ngang $m_y$ theo $i$ và $o$.
A3.2 (b). Giả sử vật là một thanh ngắn, nghiêng một góc $\theta_o$ so với trục $Ox$. Theo $i, o$ và $\theta_o$, góc $\theta_i$ mà ảnh của thanh hợp với trục $Ox$ bằng bao nhiêu?
Để chế tạo một máy ảnh đơn giản, ta đặt ngay sát thấu kính một màn chắn có lỗ tròn (khẩu độ) đường kính $D \ll f$, và đặt một màn hứng ảnh di động phía sau thấu kính. Giả sử vị trí của màn được chọn sao cho ánh sáng từ các vật ở rất xa ($\infty$) được hội tụ thành một điểm trên màn.
A3.3 (c). Ánh sáng từ một vật điểm ở khoảng cách hữu hạn $o$ sẽ tạo ra một vết sáng tròn có bán kính $r$ trên màn. Tìm $r$ theo $f, D$ và $o$ (với $o \gg f$).
A3.4 (d). Nếu máy ảnh chủ yếu thu nhận ánh sáng có bước sóng $\lambda \ll f, D$, hãy tìm ước lượng bậc độ lớn cho bán kính nhòe bổ sung $r_d$ của ảnh trên màn do hiện tượng nhiễu xạ theo $f, D$ và $\lambda$.
A3.5 (e). Với bộ số liệu điển hình $f = 5{,}0\text{ cm}$, $D = 5{,}0\text{ mm}$ và $\lambda = 500\text{ nm}$, hãy tìm miền giá trị bằng số của khoảng cách vật $o$ mà tại đó độ nhòe do hiệu ứng hình học (lệch tiêu) lớn hơn độ nhòe do nhiễu xạ.
Các bức ảnh thực tế luôn có nhiễu hạt (shot noise) vì ánh sáng cấu tạo từ các photon rời rạc có năng lượng $E = hc/\lambda$. Giả sử máy ảnh được chiếu sáng đều bởi ánh sáng có cường độ $I = 1\text{ W/m}^2$, cảm biến của máy ảnh có $N = 10^7\text{ pixel}$ (điểm ảnh), và mỗi photon đi qua khẩu độ đều được hấp thụ với xác suất như nhau bởi một pixel trên cảm biến. Nếu số photon trung bình đi tới một pixel là $n_\gamma$, thì độ lệch chuẩn thống kê của số photon đó là $\sqrt{n_\gamma}$.
A3.6 (f). Nếu màn trập mở trong khoảng thời gian $\tau$ để chụp ảnh, hãy tìm giá trị bằng số của $\tau$ (theo đơn vị $\text{ms}$) để độ lệch chuẩn độ sáng của mỗi pixel bằng $1\%$ giá trị trung bình của nó.
💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)
- Khi lấy vi phân hai vế phương trình thấu kính $\frac{1}{o} + \frac{1}{i} = \frac{1}{f}$, chú ý rằng khi vật dịch sang phải một đoạn $\delta_x \gt 0$ thì khoảng cách vật $o = -x_o$ giảm đi một lượng $do = -\delta_x$. Từ đó suy ra $di = m_x\delta_x$ như thế nào?
- Ở ý (c), màn ảnh đang đặt cố định tại $x = f$, trong khi chùm tia xuất phát từ vật ở khoảng cách $o$ hội tụ thành đỉnh hình nón tại $x = i \gt f$. Dùng tam giác đồng dạng cho hình nón ánh sáng có đáy đường kính $D$ tại thấu kính ($x=0$) và đỉnh tại $x=i$, bán kính vết cắt tại $x=f$ bằng bao nhiêu?
- Ở ý (f), để độ lệch chuẩn tương đối $\frac{\sqrt{N_\gamma}}{N_\gamma} = 1\% = 10^{-2}$, mỗi pixel cần thu nhận trung bình bao nhiêu photon $N_\gamma$?
🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích
• Ý a & b (Nguyên lý Scheimpflug): $m_y = -\frac{i}{o}$ và $m_x = -\frac{di}{do} = \frac{i^2}{o^2}$. Do đó $\tan\theta_i = \frac{m_y\delta_y}{m_x\delta_x} = -\frac{o}{i}\tan\theta_o$.
• Ý c, d, e (Độ nhòe hình học & Nhiễu xạ): Từ tam giác đồng dạng: $\frac{r}{D/2} = \frac{i - f}{i} = 1 - \frac{f}{i} = \frac{f}{o} \implies r = \frac{Df}{2o}$. Bán kính nhòe nhiễu xạ qua lỗ tròn đường kính $D$: $r_d \sim f\theta_d \sim \frac{f\lambda}{D}$. Cân bằng $r = r_d \implies o \sim \frac{D^2}{2\lambda}$.
• Ý f (Nhiễu hạt photon): Số photon trung bình tới mỗi pixel trong thời gian $\tau$ là $N_\gamma = \frac{I \cdot (\pi D^2/4) \cdot \tau}{N \cdot (hc/\lambda)} = 10^4$.
✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn
A3.1 (a). Độ phóng đại dọc trục $m_x$ và độ phóng đại ngang $m_y$:
Xét tia sáng đi từ điểm $(-o, \delta_y)$ truyền thẳng qua quang tâm $(0,0)$ tới mặt phẳng ảnh tại $x = i$. Từ hai tam giác vuông đồng dạng, tọa độ ảnh là $y_i = -\frac{i}{o}\delta_y$, suy ra:
Để tìm $m_x$, ta lấy vi phân hai vế phương trình thấu kính $\frac{1}{o} + \frac{1}{i} = \frac{1}{f}$ (với $f = \text{const}$):
A3.2 (b). Góc nghiêng $\theta_i$ của ảnh thanh ngắn:
Thanh ngắn có các thành phần hình chiếu $\delta_x$ và $\delta_y$ thỏa mãn $\tan\theta_o = \frac{\delta_y}{\delta_x}$. Ảnh của thanh có các thành phần tương ứng là $m_x\delta_x$ và $m_y\delta_y$, nên góc $\theta_i$ mà ảnh hợp với trục $Ox$ thỏa mãn:
Ý nghĩa vật lý: Vì $o\tan\theta_o = -i\tan\theta_i$, đường thẳng kéo dài của vật và đường thẳng kéo dài của ảnh luôn cắt nhau ngay trên mặt phẳng thấu kính $x = 0$ (Nguyên lý Scheimpflug dùng trong ống kính nhiếp ảnh Tilt-Shift).
A3.3 (c). Bán kính vết nhòe hình học $r$ trên màn đặt tại tiêu diện $x = f$:
Chùm sáng từ vật điểm ở khoảng cách $o$ đi qua lỗ tròn đường kính $D$ (bán kính $D/2$) tại $x = 0$ và hội tụ tại đỉnh $x = i$. Màn đặt tại $x = f$ cắt hình nón ánh sáng này theo một hình tròn bán kính $r$. Theo định lý Thales (tam giác đồng dạng) và công thức thấu kính $\frac{1}{o} = \frac{1}{f} - \frac{1}{i} = \frac{i - f}{if}$:
(Lưu ý: Biểu thức $r = \frac{Df}{2o}$ là kết quả chính xác tuyệt đối với mọi $o \gt f$).
A3.4 (d). Độ nhòe do nhiễu xạ ánh sáng $r_d$:
Ánh sáng bước sóng $\lambda$ đi qua khẩu độ tròn đường kính $D$ bị nhiễu xạ với góc mở đặc trưng $\theta_d \sim \frac{\lambda}{D}$. Trên màn đặt cách thấu kính khoảng $f$, vết nhiễu xạ có bán kính cỡ:
A3.5 (e). Miền khoảng cách $o$ mà độ nhòe hình học lớn hơn nhiễu xạ:
Độ nhòe hình học vượt quá độ nhòe nhiễu xạ khi $r \gt r_d$:
A3.6 (f). Thời gian mở màn trập $\tau$ để nhiễu lượng tử photon bằng $1\%$:
Để độ lệch chuẩn $\sqrt{N_\gamma}$ bằng $1\%$ giá trị trung bình $N_\gamma$ trên mỗi pixel, ta cần:
Mặt khác, tổng năng lượng ánh sáng đi qua khẩu độ diện tích $A_{\text{ap}} = \frac{\pi D^2}{4}$ trong thời gian $\tau$ là $W = I\left(\frac{\pi D^2}{4}\right)\tau$. Chia đều cho $N = 10^7\text{ pixel}$ và năng lượng mỗi photon $E = \frac{hc}{\lambda}$, ta có:
Thay số: $N = 10^7$, $N_\gamma = 10^4$, $h = 6{,}63 \times 10^{-34}\text{ J}\cdot\text{s}$, $c = 3{,}00 \times 10^8\text{ m/s}$, $D = 5{,}0 \times 10^{-3}\text{ m}$, $I = 1\text{ W/m}^2$, $\lambda = 500 \times 10^{-9}\text{ m}$:
• a) $m_x = \dfrac{i^2}{o^2}$, $m_y = -\dfrac{i}{o}$; b) $\theta_i = \arctan\left(-\dfrac{o}{i}\tan\theta_o\right)$.
• c) $r = \dfrac{Df}{2o}$; d) $r_d \sim \dfrac{f\lambda}{D}$; e) $o \lt \dfrac{D^2}{2\lambda} = 25\text{ m}$; f) $\tau \approx 2\text{ ms}$.
🚀 Thử thách mở rộng: Tối ưu hóa đường kính khẩu độ (Pinhole Camera)
Câu hỏi mở rộng: Đối với một máy ảnh lỗ kim (không có thấu kính, khoảng cách từ lỗ kim tới màn là $L$), một vật ở rất xa cho vết sáng hình học bán kính $r_{\text{geom}} = D/2$ và vết nhiễu xạ $r_{\text{diff}} \approx 1{,}22\frac{\lambda L}{D}$. Hãy tìm đường kính lỗ kim tối ưu $D_{\text{opt}}$ để tổng bình phương bán kính nhòe $R_{\text{blur}}^2 = r_{\text{geom}}^2 + r_{\text{diff}}^2$ đạt cực tiểu.
Hướng dẫn giải nhanh: Theo bất đẳng thức Cauchy, $\left(\frac{D}{2}\right)^2 + \left(\frac{1{,}22\lambda L}{D}\right)^2$ đạt cực tiểu khi $\frac{D}{2} = \frac{1{,}22\lambda L}{D} \implies D_{\text{opt}} = \sqrt{2{,}44\lambda L} \approx 1{,}56\sqrt{\lambda L}$.
Bài B1. The Muon Shot — Động lực học Tương đối tính và Xác suất Va chạm Máy Gia tốc Muon
3,5 điểmNăm 2023, các nhà vật lý hạt tại Hoa Kỳ đã đề xuất phát triển máy gia tốc va chạm muon (muon collider) để nghiên cứu bản chất của các hạt cơ bản. Máy gia tốc này đòi hỏi không gian nhỏ hơn nhiều so với các phương án khác nhờ khối lượng lớn $m$ của hạt muon, giúp giảm bức xạ synchrotron và dễ dàng gia tốc lên mức năng lượng cực cao $E \gg mc^2$.
B1.1 (a). Khi một hạt muon va chạm trực diện với một phản muon (có cùng khối lượng $m$ và cùng năng lượng $E$), một hạt mới có khối lượng $M = 2E/c^2$ có thể được sinh ra. Nếu phản muon ban đầu đứng yên trong phòng thí nghiệm, hạt muon tới cần phải có năng lượng $E'$ bằng bao nhiêu để có thể tạo ra hạt mới đó?
Không may là cả muon và phản muon đều không bền, với thời gian sống trung bình $\tau$ trong hệ quy chiếu riêng của chúng (tức nếu một hạt tồn tại ở $t = 0$, xác suất nó chưa bị phân rã tại thời điểm $t$ trong hệ quy chiếu nghỉ của nó là $e^{-t/\tau}$).
B1.2 (b). Giả sử các hạt muon bắt đầu từ trạng thái nghỉ và được gia tốc sao cho năng lượng của mỗi muon tăng với tốc độ không đổi rất lớn $\alpha = \frac{dE}{dt}$ trong hệ quy chiếu phòng thí nghiệm. Tìm tỉ lệ $f$ các hạt muon đã bị phân rã vào thời điểm mỗi muon đạt tới năng lượng $E$ (giả sử $f \ll 1$).
Máy gia tốc tạo ra một "bó" (bunch) các hạt muon có năng lượng $E$, phân bố đều trong một đĩa mỏng có bán kính $R = 10^{-6}\text{ m}$, đồng thời tạo ra một "phản bó" (antibunch) tương tự gồm các phản muon. Để đơn giản, mô hình hóa mỗi muon và phản muon như một quả cầu cứng có bán kính hiệu dụng $r = 10^{-21}\text{ m}$, và giả sử một va chạm muon – phản muon xảy ra bất cứ khi nào hai quả cầu như vậy chạm vào nhau.
B1.3 (c). Ban đầu, mỗi bó và phản bó chứa $N = 10^{14}$ hạt. Nếu chúng lập tức đi xuyên qua nhau trực diện một lần, số lượng va chạm muon – phản muon trung bình xảy ra là bao nhiêu (lấy đến 1 chữ số có nghĩa)?
B1.4 (d). Bó muon chuyển động cùng chiều kim đồng hồ dọc theo một đường vòng tròn có chu vi $\ell = 10\text{ km}$, trong khi phản bó chuyển động trên cùng quỹ đạo đó theo chiều ngược lại. Giả sử tất cả các hạt duy trì năng lượng không đổi $E = 10^5 mc^2$, và thời gian sống riêng của muon là $\tau = 2{,}2 \times 10^{-6}\text{ s}$. Tính tổng số va chạm muon – phản muon trung bình xảy ra trước khi toàn bộ các hạt bị phân rã hết (lấy đến 1 chữ số có nghĩa).
💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)
- Sử dụng bất biến tương đối tính của bình phương tổng tứ xung lượng $s = \left(E_{\text{tot}}\right)^2 - \left(\vec{p}_{\text{tot}} c\right)^2 = \text{const}$ giữa hệ quy chiếu khối tâm (hai hạt va chạm trực diện) và hệ quy chiếu phòng thí nghiệm (phản muon đứng yên), ta thiết lập được phương trình nào cho $E'$?
- Ở ý (b), khoảng thời gian riêng $d\tau$ trôi qua trong hệ quy chiếu gắn với muon liên hệ với khoảng thời gian $dt$ trong phòng thí nghiệm qua hệ số Lorentz $\gamma(t) = \frac{E(t)}{mc^2} = 1 + \frac{\alpha t}{mc^2}$ như thế nào?
- Ở ý (c) và (d), hai quả cầu bán kính $r$ chạm nhau khi tâm của chúng cách nhau nhỏ hơn $2r$ (diện tích tiết diện hiệu dụng $\sigma = \pi(2r)^2$). Trong vòng tròn chu vi $\ell$, cứ sau mỗi quãng đường bằng nửa chu vi ($\ell/2$), hai bó lại đi xuyên qua nhau một lần. Khoảng thời gian riêng $\Delta\tau$ giữa hai lần gặp liên tiếp bằng bao nhiêu?
🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích
• Ý a: Bất biến Lorentz: $(E + E)^2 - 0 = (E' + mc^2)^2 - (p'c)^2 = 2(mc^2)^2 + 2E'mc^2 \implies E' = \frac{2E^2}{mc^2} - mc^2 \approx \frac{2E^2}{mc^2}$.
• Ý b: Tổng thời gian riêng khi gia tốc từ $m c^2$ đến $E$: $\tau_f = \int_0^{t_f} \frac{dt}{\gamma(t)} = \frac{mc^2}{\alpha}\ln\left(\frac{E}{mc^2}\right) \implies f \approx \frac{\tau_f}{\tau}$.
• Ý c & d: Số va chạm trong lần đầu ($k=0$): $N_{\text{col}, 0} = N^2 \frac{\pi(2r)^2}{\pi R^2} = \left(\frac{2rN}{R}\right)^2 = 0{,}04$. Ở lần gặp thứ $k$, số hạt trong mỗi bó còn lại là $N_k = N e^{-k\Delta\tau/\tau}$ với $\Delta\tau = \frac{\ell/(2c)}{\gamma}$. Tổng số va chạm là cấp số nhân lùi vô hạn $\sum_{k=0}^\infty \left(\frac{2r N_k}{R}\right)^2$.
✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn
B1.1 (a). Năng lượng ngưỡng $E'$ khi bắn muon vào phản muon đứng yên:
Xét đại lượng bất biến Lorentz $s = \left(\sum E_i\right)^2 - \left(\sum \vec{p}_i c\right)^2$. Trong bài toán hai chùm hạt va chạm trực diện với năng lượng $E$ và xung lượng đối nhau ($\vec{p}_1 + \vec{p}_2 = \vec{0}$), ta có $s = (2E)^2 = 4E^2$.
Trong hệ quy chiếu mà phản muon đứng yên ($E_2 = mc^2, \vec{p}_2 = \vec{0}$) và muon tới có năng lượng $E'$, xung lượng $p'$ thỏa mãn $E'^2 - (p'c)^2 = (mc^2)^2$, bất biến $s$ có giá trị:
Cho hai biểu thức của $s$ bằng nhau và sử dụng $E \gg mc^2$:
(Vì $E \gg mc^2$, năng lượng cần thiết $E' \gg E$, chứng tỏ việc dùng hai chùm hạt va chạm trực diện tiết kiệm năng lượng hơn cực kỳ nhiều so với bắn vào bia đứng yên).
B1.2 (b). Tỉ lệ hạt muon bị phân rã trong quá trình gia tốc:
Trong hệ quy chiếu phòng thí nghiệm, năng lượng của muon tại thời điểm $t$ là $E(t) = mc^2 + \alpha t = \gamma(t)mc^2$, suy ra hệ số giãn thời gian Lorentz là:
Quá trình gia tốc kết thúc tại thời điểm $t_f = \frac{E - mc^2}{\alpha}$. Tổng thời gian riêng $\tau_f$ trôi qua trong hệ quy chiếu gắn với hạt muon là:
Do tỉ lệ phân rã $f \ll 1$, ta có $\tau_f \ll \tau$, suy ra:
B1.3 (c). Số va chạm trung bình trong lần giao nhau đầu tiên:
Xét một cặp gồm 1 muon và 1 phản muon bất kỳ. Va chạm xảy ra nếu tâm của phản muon nằm trong hình tròn bán kính $2r$ quanh tâm của muon. Vì các hạt phân bố đều trên đĩa bán kính $R \gg r$, xác suất để một cặp hạt va chạm là:
Với $N$ hạt muon và $N$ phản muon, có tất cả $N^2$ cặp hạt độc lập, nên số va chạm trung bình trong một lần hai bó xuyên qua nhau là:
B1.4 (d). Tổng số va chạm trung bình trước khi các hạt phân rã hết:
Vì cả hai bó chuyển động ngược chiều nhau với tốc độ $v \approx c$ trên vòng tròn chu vi $\ell = 10\text{ km}$, hai bó gặp nhau mỗi khi mỗi bó đi được nửa chu vi ($\Delta s = \ell/2$). Khoảng thời gian giữa hai lần va chạm liên tiếp trong hệ phòng thí nghiệm là $\Delta t = \frac{\ell}{2c}$, ứng với khoảng thời gian riêng trong hệ quy chiếu của muon ($\gamma = \frac{E}{mc^2} = 10^5$):
Do số hạt mất đi vì va chạm trong mỗi lần giao nhau là vô cùng nhỏ ($0{,}04 \ll 10^{14}$), sự suy giảm số hạt $N_k$ ở lần giao nhau thứ $k$ ($k = 0, 1, 2, \dots$) hoàn toàn do phân rã phóng xạ: $N_k = N e^{-k\Delta\tau/\tau}$. Tổng số va chạm trung bình là:
Vì $\Delta\tau \ll \tau = 2{,}2 \times 10^{-6}\text{ s}$, ta xấp xỉ $1 - e^{-2\Delta\tau/\tau} \approx \frac{2\Delta\tau}{\tau}$:
• a) $E' = \dfrac{2E^2}{mc^2} - mc^2 \approx \dfrac{2E^2}{mc^2}$; b) $f = \dfrac{mc^2}{\alpha\tau}\ln\left(\dfrac{E}{mc^2}\right)$.
• c) Số va chạm trong lần đầu: $0{,}04$; d) Tổng số va chạm trước khi phân rã hết: $264 \approx 300$ (1 chữ số có nghĩa).
🚀 Thử thách mở rộng: Độ chói (Luminosity) của máy gia tốc hạt
Câu hỏi mở rộng: Trong vật lý máy gia tốc, "độ chói tích phân" (integrated luminosity) $L_{\text{int}}$ được định nghĩa sao cho tổng số sự kiện phản ứng bằng $N_{\text{total}} = L_{\text{int}} \cdot \sigma$ (với $\sigma = 4\pi r^2$ là tiết diện tương tác). Hãy viết biểu thức giải tích của $L_{\text{int}}$ theo $N, R, \ell, \gamma, \tau$ và $c$.
Hướng dẫn giải nhanh: Từ $N_{\text{total}} = \frac{N^2 \sigma}{\pi R^2}\frac{\tau}{2\Delta\tau}$ với $\Delta\tau = \frac{\ell}{2c\gamma}$, ta suy ra ngay $L_{\text{int}} = \frac{N^2 c \gamma \tau}{\pi R^2 \ell}$.
Bài B2. Solid Heat — Nhiệt dung Lượng tử Tinh thể rắn Einstein và Dao động Đoạn nhiệt Hệ Khí – Pít-tông
3,5 điểmTrong nhiệt động lực học cổ điển, một vật rắn chứa $N$ nguyên tử có nhiệt dung $C_V = 3Nk_B$ (định luật Dulong – Petit). Hai phần (a) và (b) của bài toán này độc lập với nhau. Trong cả hai phần, giả sử vật rắn có thể tích không đổi.
B2.1 (a). Trong một mô hình lượng tử đơn giản của vật rắn, năng lượng là $E = \hbar\omega m$, trong đó $m$ là số lượng tử dao động (phonon) và $\omega$ là tần số góc không đổi. Einstein đã chứng minh rằng entropy $S$ của vật rắn này được cho bởi (sai khác một hằng số cộng):
Theo nguyên lý thứ nhất của nhiệt động lực học cho hệ thể tích không đổi, $dE = T\,dS$.
• (i) Tìm biểu thức của $m$ theo $N$ và đại lượng không thứ nguyên $\alpha = \frac{\hbar\omega}{k_B T}$.
• (ii) Ta muốn khảo sát cách thức hiệu ứng lượng tử làm biến đổi kết quả cổ điển quen thuộc trong giới hạn nhiệt độ cao $\alpha \ll 1$ (khi các bổ chính lượng tử là nhỏ). Hãy viết biểu thức xấp xỉ cho $m$, giữ lại đến số hạng bậc nhất của $\alpha$ và bỏ qua các số hạng từ bậc $\alpha^2$ trở lên.
• (iii) Nhiệt dung đẳng tích, kèm theo số hạng bổ chính lượng tử đầu tiên, có dạng $C_V \approx 3Nk_B\left(1 + b\alpha^n\right)$ với $b$ và $n$ là các hằng số. Tìm giá trị của $b$ và $n$.
B2.2 (b). Một xi-lanh thẳng đứng được nạp khí lý tưởng đơn nguyên tử và đậy kín bởi một pít-tông có thể dịch chuyển không ma sát. Nhiệt độ đủ cao để pít-tông có thể được mô hình hóa như một vật rắn cổ điển. Khối khí và pít-tông chứa cùng một số lượng nguyên tử, nhưng khối lượng của khí không đáng kể so với khối lượng của pít-tông. Giả sử toàn bộ xi-lanh đặt trong chân không, khối khí và pít-tông không trao đổi nhiệt với môi trường ngoài nhưng luôn ở trạng thái cân bằng nhiệt với nhau.
• (i) Khi pít-tông ở trạng thái cân bằng cơ học, cột khí có chiều cao $h$ và áp suất $P = P_0$. Tại vị trí này, hãy tìm đạo hàm $\frac{dP}{dh}$ theo $P_0$ và $h$.
• (ii) Nếu truyền cho pít-tông một xung lượng nhỏ theo phương thẳng đứng, tần số góc $\omega$ của dao động điều hòa sau đó bằng bao nhiêu? Biểu diễn kết quả chỉ theo $h$ và gia tốc trọng trường $g$.
💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)
- Ở ý a(i), khi lấy vi phân $dE = \hbar\omega\,dm$ và $dS = k_B\ln\left(\frac{3N+m}{m}\right)dm$, phương trình $dE = T\,dS$ dẫn tới phân bố Bose – Einstein cho số lượng tử $m$ như thế nào?
- Ở ý a(ii), vì biểu thức $m = \frac{3N}{e^\alpha - 1}$ có chứa thừa số $\frac{1}{\alpha}$ ở mẫu số khi khai triển $e^\alpha - 1 = \alpha\left(1 + \frac{\alpha}{2} + \frac{\alpha^2}{6} + \dots\right)$, để đạt độ chính xác đến bậc $\alpha^1$ của $m$, ta phải khai triển chuỗi hình học $\frac{1}{1 + x} \approx 1 - x + x^2$ (với $x = \frac{\alpha}{2} + \frac{\alpha^2}{6}$) đến bậc mấy của $\alpha$?
- Ở ý b(i), pít-tông rắn luôn có cùng nhiệt độ $T$ với khí nên đóng vai trò như một nguồn dự trữ nhiệt nội bộ có nhiệt dung $C_{\text{piston}} = 3Nk_B$. Khi đó tổng nhiệt dung đẳng tích $C_V$ và tổng nhiệt dung đẳng áp $C_P$ của hệ (khí + pít-tông) bằng bao nhiêu?
🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích
• Khai triển Taylor ở ý a(ii) & a(iii):
• Chỉ số đoạn nhiệt hiệu dụng ở ý b: Khí đơn nguyên tử có $C_{V,\text{gas}} = \frac{3}{2}Nk_B$, $C_{P,\text{gas}} = \frac{5}{2}Nk_B$. Pít-tông rắn không giãn nở nên đóng góp $3Nk_B$ vào cả $C_V$ và $C_P$:
✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn
B2.1 (a). Mô hình vật rắn lượng tử của Einstein:
(i) Biểu diễn cả hai vế của hệ thức $dE = T\,dS$ theo vi phân $dm$:
Đồng nhất hai vế và đặt $\alpha = \frac{\hbar\omega}{k_B T}$, ta thu được:
(ii) Khi $\alpha \ll 1$, ta khai triển Taylor hàm mũ ở mẫu số đến bậc ba của $\alpha$:
Áp dụng khai triển $\frac{1}{1+x} \approx 1 - x + x^2$ với $x = \frac{\alpha}{2} + \frac{\alpha^2}{6}$:
(iii) Nhiệt dung đẳng tích của vật rắn là:
Đối chiếu với biểu thức $C_V \approx 3Nk_B(1 + b\alpha^n)$, ta đọc được ngay:
B2.2 (b). Dao động đoạn nhiệt của hệ Khí lý tưởng – Pít-tông rắn:
(i) Gọi $N$ là số nguyên tử trong khí và cũng là số nguyên tử trong pít-tông. Vì thể tích pít-tông rắn không đổi, đóng góp nhiệt dung của nó vào $C_V$ và $C_P$ đều bằng $3Nk_B$. Tổng nhiệt dung đẳng tích và đẳng áp của hệ liên hợp (khí + pít-tông) là:
Do hệ cách nhiệt hoàn toàn với bên ngoài và luôn cân bằng nhiệt nội bộ, quá trình biến đổi của khối khí tuân theo phương trình đoạn nhiệt với chỉ số đoạn nhiệt hiệu dụng:
Từ $PV^{\gamma_{\text{eff}}} = \text{const} \implies P h^{11/9} = \text{const}$. Lấy vi phân tại vị trí cân bằng $(P_0, h)$:
(ii) Khi pít-tông (khối lượng $M$, tiết diện $A$) dịch chuyển một đoạn nhỏ $z$ theo phương thẳng đứng từ vị trí cân bằng, hợp lực hồi phục tác dụng lên pít-tông là:
Chú ý rằng ở vị trí cân bằng cơ học trong chân không, áp lực khí cân bằng với trọng lượng pít-tông: $P_0 A = Mg$. Thay vào phương trình dao động, ta tìm được tần số góc:
• a) (i) $m = \dfrac{3N}{e^\alpha - 1}$; (ii) $m \approx 3N\left(\dfrac{1}{\alpha} - \dfrac{1}{2} + \dfrac{\alpha}{12}\right)$; (iii) $b = -\dfrac{1}{12}$, $n = 2$.
• b) (i) $\dfrac{dP}{dh} = -\dfrac{11P_0}{9h}$; (ii) $\omega = \sqrt{\dfrac{11g}{9h}}$.
🚀 Thử thách mở rộng: Chứng minh trực tiếp từ Nguyên lý I Nhiệt động lực học
Câu hỏi mở rộng: Không dùng công thức $C_P/C_V$, hãy thiết lập trực tiếp hệ thức $\frac{dP}{dh} = -\frac{11P_0}{9h}$ bằng cách viết nguyên lý I nhiệt động lực học $dU_{\text{gas}} + dU_{\text{piston}} = \delta A = -P\,dV$.
Hướng dẫn giải nhanh: Ta có $dU_{\text{gas}} = \frac{3}{2}Nk_B\,dT$ và $dU_{\text{piston}} = 3Nk_B\,dT$, suy ra $\frac{9}{2}Nk_B\,dT = -P\,dV$. Kết hợp với vi phân phương trình trạng thái khí lý tưởng $Nk_B\,dT = P\,dV + V\,dP$, ta được $\frac{9}{2}(P\,dV + V\,dP) = -P\,dV \implies \frac{9}{2}V\,dP = -\frac{11}{2}P\,dV \implies \frac{dP}{dh} = -\frac{11P_0}{9h}$.
Bài B3. Quality Quest — Các Phương pháp Thực nghiệm Đo Hệ số Phẩm chất $Q$ và Bộ lọc Tần số RLC
3,0 điểmHệ số phẩm chất $Q$ là một đại lượng không thứ nguyên đặc trưng cho hiệu quả tích trữ năng lượng và độ nhạy cộng hưởng của một hệ dao động. Đối với mạch điện gồm tụ điện $C$, cuộn cảm thuần $L$ và điện trở nhỏ $R$ mắc nối tiếp, tần số cộng hưởng xấp xỉ bằng $\omega_0 = 1/\sqrt{LC}$, và hệ số phẩm chất (giả sử rất lớn, $Q \gg 1$, trong suốt bài toán này) là:
Trong bài toán này, ta khảo sát một số phương pháp thực nghiệm khác nhau để đo $Q$ (không yêu cầu tính sai số).
B3.1 (a). Alice đo $Q$ bằng cách quan sát sự tắt dần của dao động tự do trong mạch theo thời gian. Giả sử ban đầu, điện tích trên tụ điện là $q$ và dòng điện bằng $0$. Ở thời điểm tiếp theo mà dòng điện bằng $0$, điện tích trên tụ là $-q(1 - \delta)$. Tìm biểu thức xấp xỉ cho $\delta$ theo $\omega_0$ và $Q$.
B3.2 (b). Bob và Charles kích thích mạch của họ bằng nguồn điện áp xoay chiều hình sin $V(t) = V_0\cos(\omega t)$. Có thể chứng minh rằng ở trạng thái xác lập, điện áp trên tụ điện dao động với biên độ:
Hai mạch điện của Bob và Charles tương tự nhau nhưng không hoàn toàn giống hệt nhau.
• (i) Bob cố định giá trị $V_0$ sao cho giá trị cực đại của $V_c$ ở mọi tần số đúng bằng $10{,}00\text{ V}$. Thiết bị của anh có thể đo và so sánh cực kỳ chính xác các điện áp một chiều và xoay chiều nhỏ. Bob thực hiện hai phép đo chính xác sau:
Sử dụng bảng số liệu này, hãy tìm giá trị bằng số của $Q$ và $\omega_0$ chính xác nhất có thể.
• (ii) Charles có thể tinh chỉnh rất chính xác tần số $\omega$, nhưng không thể đo chính xác các điện áp nhỏ. Do đó anh cố định $V_0$ ở một giá trị khác và thu thập dữ liệu gần vùng cộng hưởng, nơi $V_c$ tương đối lớn:
Sử dụng bảng dữ liệu này, hãy xác định giá trị bằng số của $Q$ và $\omega_0$ chính xác nhất có thể. (Gợi ý: Để tìm $Q$, trước hết hãy tìm $\omega_0$, sau đó rút gọn công thức $V_c(\omega)$ ở trên bằng xấp xỉ $\omega \approx \omega_0$).
B3.3 (c). Hàm khuếch đại (gain function) của mạch được định nghĩa là $G = V_R / V_0$, trong đó $V_R$ là biên độ điện áp lấy ra trên điện trở $R$ như hình vẽ dưới đây.
• (i) Tìm biểu thức của $G$ theo $\omega, \omega_0$ và $Q$.
• (ii) Sơ đồ này được dùng để triệt tiêu điện áp ở những tần số nhất định. Hãy mô tả định tính (các) miền tần số mà tại đó hệ số khuếch đại $G$ rất nhỏ.
💡 Gợi ý 1: Câu hỏi định hướng tư duy (Tự suy nghĩ trước)
- Ở ý a, trong nửa chu kỳ đầu tiên ($t$ từ $0$ đến $\pi/\omega_0$), dòng điện trong mạch xấp xỉ $I(t) \approx -q\omega_0\sin(\omega_0 t)$. Nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở $\Delta E = \int_0^{\pi/\omega_0} I^2 R\,dt$ liên hệ như thế nào với độ giảm năng lượng trên tụ $\frac{q^2 - q^2(1-\delta)^2}{2C} \approx \frac{q^2\delta}{C}$?
- Ở ý b(i), tại $\omega = 0$ (mạch một chiều) thì $V_c(0) = V_0$, còn tại đỉnh cộng hưởng ($\omega \approx \omega_0$) thì $V_{c,\max} = QV_0$. Từ hai giá trị này ta tính được ngay $Q$ như thế nào?
- Ở ý b(ii), khi $\omega \approx \omega_0$, ta viết $1 - \frac{\omega^2}{\omega_0^2} = \left(1 - \frac{\omega}{\omega_0}\right)\left(1 + \frac{\omega}{\omega_0}\right) \approx 2\left(1 - \frac{\omega}{\omega_0}\right)$ và $\frac{\omega}{\omega_0 Q} \approx \frac{1}{Q}$. Khi đó hàm $\frac{1}{V_c^2}$ phụ thuộc tuyến tính vào biến $X = \left(1 - \frac{\omega}{\omega_0}\right)^2$ như thế nào để khử ẩn số $V_0$?
🔍 Gợi ý 2: Hướng dẫn tháo gỡ & Phương pháp giải tích
• Ý a: $\Delta E = \frac{\pi}{2}q^2\omega_0 R = \frac{q^2\delta}{C} \implies \delta = \frac{\pi}{2}\omega_0 RC = \frac{\pi}{2Q}$ (chỉ phụ thuộc vào $Q$, không phụ thuộc vào $\omega_0$).
• Ý b(i): $Q = \frac{10{,}00}{0{,}1219} = 82{,}0$. Tại $\omega = 183{,}3\text{ rad/s}$, $V_c = V_0 \implies \left(1 - \frac{\omega^2}{\omega_0^2}\right)^2 + \frac{\omega^2}{\omega_0^2 Q^2} = 1 \implies \omega_0 = \frac{\omega}{\sqrt{2 - 1/Q^2}} \approx \frac{\omega}{\sqrt{2}}$.
• Ý b(ii): Tuyến tính hóa quanh $\omega_0 \approx 134{,}7\text{ rad/s}$:
✅ Bài giải chi tiết & Đáp số chuẩn
B3.1 (a). Độ giảm tương đối của biên độ điện tích $\delta$ sau nửa chu kỳ:
Vì $Q \gg 1$, trên một nửa chu kỳ dao động ($0 \le t \le \pi/\omega_0$), điện tích và dòng điện có thể xấp xỉ bởi dao động điều hòa $q_C(t) \approx q\cos(\omega_0 t)$ và $I(t) \approx -q\omega_0\sin(\omega_0 t)$. Tổng năng lượng tiêu hao trên điện trở $R$ trong nửa chu kỳ là:
Mặt khác, độ giảm năng lượng điện trường trên tụ điện giữa hai lần dòng điện bằng $0$ là:
Cho hai biểu thức bằng nhau và sử dụng $\omega_0 RC = \frac{R}{\sqrt{L/C}} = \frac{1}{Q}$, ta được:
B3.2 (b). Xử lý dữ liệu thực nghiệm của Bob và Charles:
(i) Phép đo của Bob: Tại $\omega = 0$, công thức cho $V_c(0) = V_0 = 0{,}1219\text{ V}$. Tại cộng hưởng ($\omega \approx \omega_0$), giá trị cực đại là $V_{c,\max} \approx QV_0 = 10{,}00\text{ V}$. Từ đó ta tìm được ngay:
Tại điểm đo thứ hai ($\omega = 183{,}3\text{ rad/s}$), ta cũng có $V_c(\omega) = V_0 = 0{,}1219\text{ V}$, suy ra mẫu số trong công thức của $V_c$ bằng $1$:
(ii) Phép đo của Charles: Quan sát bảng dữ liệu của Charles, $V_c$ đạt cực đại giữa $\omega = 134{,}5\text{ rad/s}$ ($8{,}53\text{ V}$) và $\omega = 135{,}0\text{ rad/s}$ ($8{,}18\text{ V}$), nghiêng về phía $134{,}5\text{ rad/s}$ hơn. Nội suy đỉnh parabol cho ta tần số cộng hưởng:
Vì mọi điểm dữ liệu đều nằm rất gần $\omega_0$, ta xấp xỉ $1 - \frac{\omega^2}{\omega_0^2} \approx 2\left(1 - \frac{\omega}{\omega_0}\right)$ và $\frac{\omega}{\omega_0 Q} \approx \frac{1}{Q}$, rồi nghịch đảo bình phương biểu thức $V_c$:
Đây là phương trình đường thẳng $Y = mX + b$ với $Y = \frac{1}{V_c^2}$, $X = \left(1 - \frac{\omega}{\omega_0}\right)^2$, hệ số góc $m = \frac{4}{V_0^2}$ và tung độ gốc $b = \frac{1}{V_0^2 Q^2}$, từ đó $Q = \sqrt{\frac{m}{4b}}$.
Chọn một điểm sát cộng hưởng ($\omega_1 = 134{,}5\text{ rad/s} \implies X_1 = 2{,}205 \times 10^{-6}, Y_1 = 0{,}01374\text{ V}^{-2}$) và một điểm ở biên ($\omega_2 = 137{,}0\text{ rad/s} \implies X_2 = 2{,}916 \times 10^{-4}, Y_2 = 0{,}1322\text{ V}^{-2}$):
B3.3 (c). Hàm truyền đạt $G(\omega)$ và đặc tính lọc dải tần:
(i) Sử dụng tỉ số tổng trở phức giữa điện trở $Z_R = R$ và tụ điện $|Z_C| = \frac{1}{\omega C}$, ta có $\frac{V_R}{V_c} = \omega RC = \frac{\omega}{\omega_0 Q}$. Do đó:
(ii) Đây là một mạch lọc thông dải (band-pass filter): Hệ số khuếch đại $G$ rất nhỏ ở hầu hết mọi tần số (cả vùng tần số thấp $\omega \ll \omega_0$ lẫn vùng tần số cao $\omega \gg \omega_0$), ngoại trừ một dải tần số rất hẹp xung quanh tần số cộng hưởng $\omega_0$ có độ rộng cỡ $\Delta\omega \sim \frac{\omega_0}{Q}$ (nơi $G \approx 1$).
• a) $\delta = \dfrac{\pi}{2Q}$.
• b) (i) Bob: $Q = 82{,}0$ và $\omega_0 = 129{,}6\text{ rad/s}$; (ii) Charles: $\omega_0 \approx 134{,}7\text{ rad/s}$ và $Q \approx 88{,}0 - 89{,}3$.
• c) (i) $G = \dfrac{1}{\sqrt{1 + Q^2\left(\dfrac{\omega_0}{\omega} - \dfrac{\omega}{\omega_0}\right)^2}}$; (ii) $G$ rất nhỏ ở mọi tần số ngoài dải hẹp bề rộng $\sim \dfrac{\omega_0}{Q}$ quanh $\omega_0$.
🚀 Thử thách mở rộng: Độ rộng vùng cộng hưởng theo mức suy giảm $-3\text{ dB}$
Câu hỏi mở rộng: Từ biểu thức chính xác của $G(\omega)$ ở ý c(i), hãy tìm hai tần số cắt $\omega_1 \lt \omega_2$ mà tại đó công suất trên điện trở giảm đi một nửa so với lúc cộng hưởng ($G(\omega) = \frac{1}{\sqrt{2}}$), và chứng minh rằng hiệu hai tần số đó luôn đúng bằng $\Delta\omega = \omega_2 - \omega_1 = \frac{\omega_0}{Q}$ với mọi giá trị của $Q$.
Hướng dẫn giải nhanh: Điều kiện $G = \frac{1}{\sqrt{2}} \iff Q\left|\frac{\omega}{\omega_0} - \frac{\omega_0}{\omega}\right| = 1$. Hai nghiệm dương $\omega_1, \omega_2$ thỏa mãn $\frac{\omega_2}{\omega_0} - \frac{\omega_0}{\omega_2} = \frac{1}{Q}$ và $\frac{\omega_0}{\omega_1} - \frac{\omega_1}{\omega_0} = \frac{1}{Q}$. Trừ/cộng hai phương trình cho $\omega_1\omega_2 = \omega_0^2$ và $\Delta\omega = \omega_2 - \omega_1 = \frac{\omega_0}{Q}$ chính xác tuyệt đối!
