HSGQG: Đề thi HSG QG năm 2025 - 2026, ngày thi thứ nhất

Trong môn bắn cung, năng lượng được tích trữ chủ yếu ở thân cung khi bị uốn cong. Để mũi tên có tốc độ ban đầu khoảng $\text{45\hspace{0.25em}}\text{m\hspace{0.17em}}{s}^{\mathrm{-1}}$, năng lượng tích trữ ở cung khi ngắm bắn cần đạt $W_t=\text{50\hspace{0.25em}}J$. Với cung truyền thống (Hình 1a), lực của tay kéo tại trung điểm $X$ của dây cung theo phương mũi tên khá lớn, gây mỏi và làm rung tay khi ngắm bắn. Việc gắn hai ròng rọc nhỏ, nhẹ ở hai đầu thân cung và bố trí dây như Hình 1b có thể làm giảm lực kéo tới 80% khi cung tích trữ cùng năng lượng. Trục quay của ròng rọc có thể đi qua tâm hoặc lệch tâm. Hình 1c biểu diễn ròng rọc có bán kính $r$, trục quay cách tâm một khoảng $\mathrm{2r}/3$.

Khi dây cung bị kéo căng, thân cung bị uốn cong; góc giữa hai đường pháp tuyến của thân cung tại hai đầu buộc dây là góc biến dạng $\theta$. Mômen uốn của thân cung có độ lớn

$$M=k_1\theta ,$$

trong đó $k_1$ là hằng số đặc trưng cho độ cứng uốn của mỗi thân cung, $\theta$ tính bằng radian. Mômen này cân bằng với mômen lực căng dây tác dụng lên một nửa thân cung đối với điểm giữa $O$ của thân cung. Năng lượng tích trữ ở thân cung được cho bởi

$$W_t=\frac{1}{2}{k}_2{\theta }^2,k_2=\beta k_1.$$

1. Xét ba loại cung có cùng chiều dài thân cung $L=\text{160\hspace{0.25em}}\mathrm{cm}$. Loại 1 là cung truyền thống có dây dài $L$. Loại 2 và loại 3 có cùng loại thân cung và ròng rọc, dây dài $\mathrm{3L}$; loại 2 dùng ròng rọc có trục quay đi qua tâm, loại 3 dùng ròng rọc có trục quay lệch tâm. Kích thước ròng rọc rất nhỏ so với chiều dài dây; các đoạn dây đan chéo trong Hình 1b được coi là thẳng đứng. Dây nhẹ, không dãn. Khi chưa kéo, thân cung thẳng, lực căng dây không đáng kể và dây không chùng.

Người bắn kéo dây tại $X$ theo phương $\mathrm{XO}$ đến khi $\mathrm{XO}=\text{80\hspace{0.25em}}\mathrm{cm}$; thân cung được coi là một cung tròn và tích trữ năng lượng $\text{50\hspace{0.25em}}J$. Ở loại 3, khi đó ròng rọc có hướng như Hình 1c. Tính độ lớn lực kéo $F$ đối với từng loại cung.

Cho biết: ở trạng thái trên, $\theta =2,\text{00\hspace{0.25em}}\mathrm{rad}$ với loại 1 và $\theta =1,\text{34\hspace{0.25em}}\mathrm{rad}$ với loại 2, loại 3; $\beta =0,588$ đối với cả ba loại cung.

2. Tìm hệ số $\beta$ trong trường hợp góc uốn $\theta$ nhỏ.

Rơ-le nhiệt được dùng để tự động đóng, ngắt mạch điện. Một bộ phận của rơ-le là thanh lưỡng kim gồm hai thanh kim loại ghép sát nhau, có hệ số nở dài khác nhau. Thanh 1 có hệ số nở dài nhỏ; thanh 2 có hệ số nở dài lớn hơn nhiều. Khi nóng lên, thanh lưỡng kim cong về phía thanh 1 và làm ngắt mạch điện; khi nguội đi, thanh trở lại trạng thái ban đầu và đóng mạch điện (Hình 2a).

1. Hai thanh kim loại 1, 2 có hệ số nở dài lần lượt là ${\alpha }_1$, ${\alpha }_2$, với ${\alpha }_2>{\alpha }_1$. Ở nhiệt độ $t_0$, thanh lưỡng kim thẳng, có chiều dài $L_0$. Hai thanh có cùng bề dày và có độ cứng gần bằng nhau. Tổng bề dày $d$ của thanh lưỡng kim được coi là không đổi. Khi nhiệt độ tăng thêm $\mathrm{\Delta t}$, thanh lưỡng kim uốn thành cung tròn có bán kính $R$ (Hình 2b). Tìm $R$ theo $d,{\alpha }_1,{\alpha }_2,\mathrm{\Delta t}$.

Với thanh lưỡng kim Invar–đồng, cho ${\alpha }_1=1,20\times {10}^{-6}{K}^{\mathrm{-1}}$, ${\alpha }_2=1,80\times {10}^{-5}{K}^{\mathrm{-1}}$, $t_0=\text{20\hspace{0.25em}}\mathrm{°C}$, $L_0=30,\text{0\hspace{0.25em}}\mathrm{mm}$, $d=1,\text{00\hspace{0.25em}}\mathrm{mm}$, $\mathrm{\Delta t}=\text{180\hspace{0.25em}}\mathrm{°C}$. Tính $R$.

Cho biết chiều dài thanh kim loại ở nhiệt độ $t$ là

$$L=L_0\left[1+\alpha \left(t-t_0\right)\right].$$

2. Một ấm điện công suất $P=\text{2000\hspace{0.25em}}W$ có rơ-le tự ngắt khi nhiệt độ đạt $\text{100\hspace{0.25em}}\mathrm{°C}$ và tự đóng lại khi nhiệt độ giảm xuống $\text{80\hspace{0.25em}}\mathrm{°C}$. Nhiệt dung của ấm và nước là $C=\text{6800\hspace{0.25em}}\text{J\hspace{0.17em}}{K}^{\mathrm{-1}}$; diện tích bề mặt trao đổi nhiệt $A=\text{750\hspace{0.25em}}c{m}^2$; hệ số phát xạ $\epsilon =0,3$; hệ số truyền nhiệt $k=\text{15\hspace{0.25em}}\text{W\hspace{0.17em}}{m}^{\mathrm{-2}}{K}^{\mathrm{-1}}$. Nhiệt độ môi trường là $\text{20\hspace{0.25em}}\mathrm{°C}$. Sự mất nhiệt chủ yếu do bức xạ và truyền nhiệt.

Tính thời gian để nhiệt độ của ấm và nước giảm từ $\text{100\hspace{0.25em}}\mathrm{°C}$ xuống $\text{80\hspace{0.25em}}\mathrm{°C}$.

Tính thời gian để nhiệt độ tăng từ $\text{80\hspace{0.25em}}\mathrm{°C}$ lên $\text{100\hspace{0.25em}}\mathrm{°C}$ sau khi rơ-le đóng lại.

Cho biết công suất trao đổi nhiệt do bức xạ và truyền nhiệt lần lượt là

$$P_{\mathrm{bx}}=\mathrm{\epsilon A\sigma }\left(T^4-T_0^4\right),P_{\mathrm{tr}}=\mathrm{kA}\left(T-T_0\right),$$

với $\sigma =5,67\times {10}^{-8}\text{W\hspace{0.17em}}{m}^{\mathrm{-2}}{K}^{\mathrm{-4}}$. Khi nhiệt độ ban đầu là $T_i$ và độ biến thiên nhiệt độ nhỏ, có thể dùng gần đúng

$$P_{\mathrm{bx}}=\text{4εAσ}{\bar{T}}^{\text{\hspace{0.17em}3}}\left(T-T_0\right),\bar{T}=\frac{T_i+T_0}{2}.$$

Siêu tụ điện có điện dung lớn, khả năng tích trữ và giải phóng năng lượng nhanh; năng lượng tích trữ lớn hơn nhiều so với tụ điện thông thường. Xét một siêu tụ điện có hai bản phẳng đặt tại $x=-a$ và $x=a$, diện tích mỗi bản là $S$, với $\sqrt{S}\gg a$. Giữa hai bản là chất điện phân; không xảy ra điện phân. Các ion tạo thành hai lớp mỏng cách mỗi bản một khoảng $\delta \ll a$. Độ lớn mật độ điện tích mặt của các lớp ion là $\sigma \text{'}$, của các bản tụ là $\sigma$ (Hình 3a).

Miền 1 nằm trong khoảng $-a<x<-a+\delta$; miền 2 nằm trong khoảng $-a+\delta <x<a-\delta$; miền 3 nằm trong khoảng $a-\delta <x<a$. Hằng số điện môi tuyệt đối trong cả ba miền bằng ${\epsilon }_0\epsilon$; các miền 1 và 3 không có chất điện phân.

1. Tìm điện trường trong từng miền theo $\sigma ,\sigma \mathrm{\text{'},}{\epsilon }_0,\epsilon$. Cho biết một mặt phẳng vô hạn mang điện đều với mật độ điện tích mặt có độ lớn $\sigma$ tạo ra điện trường có độ lớn $\sigma /\left(2{\epsilon }_0\epsilon \right)$.

2. Ở trạng thái ổn định, các ion không chuyển động có hướng. Tìm điện dung $C$ của siêu tụ điện.

3. Có thể mô hình hóa siêu tụ điện bằng một tụ điện lí tưởng có điện dung $C$ mắc nối tiếp với điện trở $R_0$. Chất điện phân ở miền 2 có độ dẫn điện $\gamma$ không đổi.

Tìm $R_0$ theo $a,S,\gamma$.

Nạp điện cho siêu tụ điện bằng nguồn dòng điện. Đồ thị cường độ dòng điện $I$ và hiệu điện thế $U$ giữa hai đầu siêu tụ điện theo thời gian được cho trong Hình 3b. Tính $C$ và $R_0$.

Một giao thoa kế gồm hai bản thủy tinh phẳng song song giống nhau $M_1,M_2$, được tráng bạc ở mặt sau để phản xạ toàn phần; hai mặt trước quay vào nhau và song song với nhau. Chùm laser đơn sắc bước sóng $\lambda$ từ nguồn $S$ tới bản $M_1$ với góc tới $\phi ={45}^{\circ }$. Hai tia phản xạ ở mặt trước và mặt sau của $M_1$ tạo thành hai chùm tia song song 1, 2, sau đó phản xạ trên $M_2$. Thấu kính $L$ có tiêu cự $f$, trục chính song song với tia tới ban đầu; bộ thu $P$ đặt ở mặt phẳng tiêu diện ảnh của thấu kính (Hình 4).

1. Đặt hai ống giống nhau, đã hút chân không, có chiều dài $l$ vào đường đi của hai chùm tia 1 và 2. Bơm từ từ một chất khí vào một ống đến áp suất và nhiệt độ xác định. Tại một điểm cố định trên bộ thu, quan sát được cực đại giao thoa đi qua 40 lần. Biết $l=\text{8\hspace{0.25em}}\mathrm{cm}$, $\lambda =\text{551\hspace{0.25em}}\mathrm{nm}$. Tính chiết suất của chất khí, lấy đến bốn chữ số sau dấu phẩy.

2. Cho bản $M_2$ nghiêng một góc nhỏ so với bản $M_1$. Một lớp màng mỏng trong suốt được phủ trên một đế trong suốt. Ở phép đo thứ nhất, đặt đế có phủ màng vuông góc với cả hai chùm tia. Ở phép đo thứ hai, đặt đế có phủ màng vào một chùm tia, đế giống hệt nhưng không phủ màng vào chùm tia còn lại. Hai hệ vân có cùng khoảng vân $i$ và dịch nhau một đoạn $s$. Biết $\lambda =632,\text{8\hspace{0.25em}}\mathrm{nm}$, chiết suất màng $n=1,526$, chiết suất không khí coi bằng 1, $s/i=0,351$ và bề dày màng $d<\lambda$. Tính $d$.

3. Khi bản $M_2$ nghiêng một góc rất nhỏ $\alpha$ so với bản $M_1$, hai bản có chiết suất $n_t$ và bề dày $e$. Chứng minh rằng hiệu quang trình của hai chùm tia có biểu thức

$$\Delta =\frac{\sin \mathrm{2\phi }}{\sqrt{n_t^2-{\sin }^2\phi }}\text{\hspace{0.17em}αe}.$$

Phản ứng nhiệt hạch deuterium–tritium (D–T) được biểu diễn bởi

$${}_1{}^{2}H+{}_1{}^{3}H\to {}_2{}^4\mathrm{He}+{}_0{}^{1}n\mathrm{+Q}$$

trong đó $Q=17,\text{59\hspace{0.25em}}\mathrm{MeV}$. Bỏ qua động năng ban đầu của các hạt tham gia phản ứng. Để xảy ra phản ứng, các hạt nhân cần vượt qua lực đẩy Coulomb, do đó nhiên liệu được nung nóng đến nhiệt độ cao và ở trạng thái plasma.

Công suất hao hụt năng lượng trên một đơn vị thể tích là $P_l=U/{\tau }_E$, với $U$ là mật độ năng lượng nhiệt và ${\tau }_E$ là thời gian giam giữ năng lượng. Công suất làm nóng plasma do hạt alpha sinh ra trên một đơn vị thể tích là

$$P_{\alpha }=n_1{n}_2⟨\mathrm{\sigma v}⟩K_{\alpha },$$

trong đó $n_1,n_2$ là mật độ hạt nhân D, T; $K_{\alpha }$ là động năng hạt alpha; $⟨\mathrm{\sigma v}⟩$ đặc trưng cho tốc độ phản ứng. Ở trạng thái ổn định, $P_{\alpha }=P_l$.

Mật độ hạt nhân D và T xấp xỉ bằng nhau: $n_D\approx n_T\approx n/2$, với $n$ là tổng mật độ hạt nhân. Plasma trung hòa điện và được coi là khí lí tưởng. Cho ${\epsilon }_0=8,854\times {10}^{-12}\text{F\hspace{0.17em}}{m}^{\mathrm{-1}}$, $e=1,602\times {10}^{-19}C$, $k_B=1,381\times {10}^{-23}\text{J\hspace{0.17em}}{K}^{\mathrm{-1}}$.

1. Tính $K_{\alpha }$. Coi tỉ số khối lượng các hạt bằng tỉ số số nuclôn tương ứng.

2. Giả sử động năng trung bình của mỗi hạt nhân phải không nhỏ hơn thế năng Coulomb khi hai hạt nhân cách nhau $r=2,0\times {10}^{-15}m$. Tính nhiệt độ tối thiểu $T_m$. Trong thực tế, nhiệt độ để xảy ra phản ứng nhỏ hơn $T_m$. Nêu ít nhất một nguyên nhân giải thích điều đó.

3. Trong phương pháp giam giữ plasma bằng từ trường, vật liệu vỏ lò phải chịu được tác động của các neutron năng lượng cao. Giải thích vì sao.

4. Với $n=2,0\times {10}^{20}{m}^{\mathrm{-3}}$, $k_{B}T=\text{15\hspace{0.25em}}\mathrm{keV}$ và $⟨\mathrm{\sigma v}\mathrm{⟩=}1,1\times {10}^{-22}{m}^3{s}^{\mathrm{-1}}$, tính ${\tau }_E$ để duy trì trạng thái ổn định.

–––––––––– HẾT ––––––––––

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.