ĐÁP ÁN ĐÚNG: D

Họa âm bậc n có tần số fn = nf0 với f0 là tần số của âm cơ bản (họa âm bậc 1).

Trong hệ SI, đơn vị của cường độ dòng điện là ampe (A).

Tọa độ của vân sáng trên màn là \(x = ±ki = ±\dfrac{λD}{a}\)

Khi \( Z_{L}>Z_{C}\) thì mạch có tính cảm kháng \(\tan \varphi_{u, i}=\dfrac{Z_{L}-Z_{C}}{R}>0 \Rightarrow \varphi_{u, i}=\varphi_{u}-\varphi_{i}>0 \Rightarrow \varphi_{u}>\varphi_{i}\)

Thành phần của trọng lực tiếp tuyến với quỹ đạo của vật có giá trị là \(P_t = - mgα\) là lực kéo về.

Hai dao động cùng pha khi hiệu \(φ_2 - φ_1\) có giá trị bằng 2nπ với n = 0, ±1, ±2, .... (Hai dao động cùng pha có độ lệch pha bằng số chẵn lần π.)

Trong y học, tia tử ngoại thường được sử dụng để tiệt trùng các dụng cụ phẫu thuật

Trong sự truyền sóng cơ, tốc độ lan truyền dao động trong môi trường được gọi là tốc độ truyền sóng.

Số prôtôn có trong hạt nhân \({^6_3 Li}\) là 3.

Một dòng điện xoay chiều hình sin có cường độ cực đại là I₀ và cường độ hiệu dụng là I. Công thức đúng là \(I = \dfrac{I_0}{\sqrt{2}}.\)

Tia laze được dùng trong các đầu đọc đĩa CD, đo khoảng cách.

N1 < N2 = > U1 < U2. => Khi hoạt động ở chế độ có tải, máy biến áp này có tác dụng làm tăng giá trị hiệu dụng của điện áp xoay chiều.

Hiện tượng điện phân được ứng dụng để đúc điện.

Dao động cưỡng bức có biên độ không đổi theo thời gian.

Sơ đồ khối của máy phát thanh vô tuyến đơn giản gồm: micrô, bộ phát sóng cao tần, mạch biến điệu, mạch khuếch đại và anten.

\(a=-\omega^{2} x=-\dfrac{k}{m} x\)

=>Khi vật qua vị trí có li độ x thì gia tốc của vật là

Khi nói về thuyết lượng tử ánh sáng, phôtôn chỉ tồn tại cả trong trạng thái chuyển động, không có phôtôn đứng yên.

Đại lượng \(W_{lk} = [Zm_p + (A - Z)m_n - mx]c^2\) được gọi là năng lượng liên kết của hạt nhân.

\(d_2 - d_1 = (k + \dfrac{1}{2})λ\) với k = 0, ±1, ±2,... là biểu thức của cực tiểu giao thoa.

Ánh sáng đơn sắc khi truyền qua lăng kính không bị tán sắc, không bị đổi màu mà chỉ bị lệch. => Phát biểu sai là D. Ánh sáng đơn sắc bị đổi màu khi truyền qua lăng kính.

Hệ số công suất của đoạn mạch là \(cosφ = \dfrac{R}{Z}\)

Hiệu điện thế giữa M và N là \(U_MN = Ed.\)

Lực từ tác dụng lên cạnh MN được xác định theo quy tắc bàn tay trái. Vector cảm ứng từ \(\vec{B}\) đi vào trong mặt phẳng giấy => bàn tay đặt ngửa. Chiều từ cổ tay đến ngón tay theo chiều M đến N. Ngón cái choãi ra \(90^{\circ}\) chỉ vector lực từ \(\vec{F}\) hướng về phía bên trái (từ phải qua trái) theo chiều của vector \(\overrightarrow{Q M}\).

Động năng cực đại của con lắc là

\(W=\dfrac{1}{2} k A^{2}=\dfrac{1}{2} \cdot 50.0,04^{2}=0,04(J)\)

\(D=1200 a \Rightarrow \dfrac{b}{a}=1200\)

Khoảng vân \(i=\dfrac{\lambda D}{a}=600.10^{-9}, 1200=0,72.10^{-3}(m)\)

Năng lượng tỏa ra của phản ứng này là 19,8 MeV.

\(Q=\left(m_{H}+m_{T}-m_{H e}\right) \times c^{2}=(1,0073+3,0155-4,0015) \times 931,5=19,8 \mathrm{MeV}\)

\(\tan \varphi=\frac{Z_{L}}{R} \Leftrightarrow \varphi=\arctan \left(\frac{30}{20}\right)=0,983(\mathrm{rad})\)

Năng lưọ̣ng điện từ \(W=W_{C 1}+W_{L 1}=1,32+2,58=3,9 \mathrm{mJ}\)

Mạch dao động điện từ lý tưởng không có sự tiêu hao năng lưọ̣ng điện từ => Năng lượng điện từ được bẩo toàn

\(W=W_{C 2}+W_{L 2}=3,9(\mathrm{~mJ} /)\)

\(\Leftrightarrow W_{L 2}=W-W_{C 2}=3,9-1,02=2,88(\mathrm{~mJ})\)

Tỉ số giữa năng lượng mỗi phôtôn của tia X và năng lượng mỗi phôtôn của tia hồng ngoại là \(4,1.10^3\)

\(\dfrac{\varepsilon_{X}}{\varepsilon_{H N}}=\dfrac{\dfrac{h c}{\lambda_{X}}}{\frac{h c}{\lambda_{H N}}}=\frac{\lambda_{H N}}{\lambda_{X}}=\frac{820.10^{-9}}{0,2.10^{-9}}=4100\)

Mức cường độ âm tại đó là:
\(L(B)=\log \dfrac{I}{I_{0}}=\log \left(\dfrac{10^{-8}}{10^{-12}}\right)=4(B)\)

Vân tối gần M nhất cách M một khoảng \(\frac{i}{2}\), tương tự cho vân tối gần N nhất. Như vậy \(2\frac{i}{2}=7\text{,}7-6\text{,}=1\text{,}1\ \text{mm}\)

Bước sóng \(\lambda=\frac{ai}{D}=\frac{0\text{,}6.1\text{,}1}{1\text{,}2}=0\text{,}55\ \mu\text{m}\)

Đồ thị cho ta độ lệch pha giữa điện áp hai đầu mạch và điện áp trên R (cùng pha với i). Nhưng trước hết phải xác định mỗi độ chia trên trục $t$ ứng với phần mấy chu kì. Giữa hai điểm liền nhau của một đồ thị cùng cắt trục t là nửa chu kì, ứng với 3 độ chia, tức là mỗi độ chia \(\tau=\frac{T}{6}\). Cũng trên trục t, hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm gần nhau nhất cách nhau $\tau$, tức là lệch pha nhau

 \(\varphi=\frac{2\pi}{6}=\frac{\pi}{3}\\ \cos{\varphi}=0\text{,}5\)

Khi C thay đổi, \(U_{C_\text{max}}\) khi tam giác vuông tại gốc A.

Khi đó tất cả các tam giác trong hình đồng dạng nhau, ta có hệ thức rút ra từ các tam giác đồng dạng đó 

\(\frac{U_R}{U}=\frac{\sqrt{100^2-U^2}}{100}\\ \Rightarrow U_R=\frac{\sqrt{\left(100^2-U^2\right)U^2}}{100}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có 

\(U_R\le\frac{\frac{1}{2}\left(100^2-U^2+U^2\right)}{100}=50\ \text{V}\\ U_{R_\text{max}}=50\ \text{V}\)

Điều kiện để có sóng dừng trên sợi dây có hai đầu cố định: ℓ = k \(\frac{\lambda }{2}\)= \(\frac{k.v}{2f}\)

Ban đầu ta có k=4, nên:  ℓ= \(\frac{2v}{f}\) (1)

Lúc sau, ta có k=6 và f tăng thêm 24Hz, nên:  ℓ= \(\frac{6.v}{2(f+24)}\) (2)

Từ (1) và (2) ta suy được: f = 48Hz, theo (1) thì ℓ= \(\frac{v}{24}\)

Vậy điều kiện để có sóng dừng: ℓ= \(\frac{v}{24}\)=\(\frac{k.v}{2f}\) nên f = 12k

Để f nhỏ nhất thì k nhỏ nhất, k=1 và f = 12Hz, chọn C     

Từ đồ thị dễ thấy các biên độ 

\(A_1=3\ \text{cm}, A_2=4\ \text{cm}\)

 mỗi độ chia trên trục là t là \(\tau=\frac{T}{12}=\frac{\frac{2\pi}{\frac{5\pi}{3}}}{12}=0\text{,}1\ \text{s}\)

Tại thời điểm \(t=0\text{,}5\ \text{s}=5\tau\) động năng bằng cơ năng trừ thế năng, nó bằng \(\begin{align} W_\text{đ}=\frac{1}{2}m\omega^2\left(A_1^2+A_2^2-x_1^2-x_2^2\right) \end{align}\)

Ta thấy các giá trị \(x_1\left(0\text{,}5\right)=-3\ \text{cm}\) và \(x_2\left(0\text{,}5\right)=0\) ngay trên đồ thị, khi đó

\(\begin{align} W_\text{đ}&=\frac{1}{2}.0\text{,}1\left(\frac{5\pi}{3}\right)^2\left(4^2+3^2-\left(-3\right)^2-0\right).10^{-4}\\ &=0\text{,}00219\ \text{J} \end{align}\)

Khi khóa K ở (a), dòng điện \(I=1\ \text{A}\) ổn định chạy một vòng qua nguồn, hai điện trở bên trái và ampe kế, còn nhánh có R với tụ không có dòng chạy qua. Hiệu điện thế giữa hai bản tụ đúng bằng hiệu điện thế giữa hai đầu điện trở thẳng đứng và bằng 

\(U_0=E-I(R+r)=IR\\ \rightarrow R=2\ \text{Ω}\ \text{và}\ U_0=2\ \text{V} \)

Khi K chuyển sang (b), cường độ cực đại trong mạch LC là \(I_0\), nó tuân theo hệ thức năng lượng 

\(\frac{1}{2}LI_0^2=\frac{1}{2}CU_0^2\\ I_0=\sqrt{\frac{C}{L}}U_0\)

Từ thông riêng của cuộn dây \(\Phi=Li\) có giá trị cực đại \(\Phi_0 = LI_0\) chu kì bằng chu kì của i và bằng chu kì dao động của mạch LC. Vậy thời gian \(\tau\) để từ thông biến thiên từ cực đại về không là một phần tư chu kì \(\tau=\frac{1}{4}2\pi\sqrt{LC}\)

Biểu thức cần tìm

 \(\begin{align} \frac{\pi\Phi _0}{\tau}&=\frac{\pi L\sqrt{\frac{C}{L}}U_0}{\frac{1}{4}2\pi\sqrt{LC}}\\ &=2U_0=4\ \text{V} \end{align}\)

Chu kì phân rã của cacbon hàng ngàn năm, trong khi đó số phân rã tính trong 1 giờ, ta có thể coi số phân ra trong 1 giờ là độ phóng xạ. Có công thức

 \(\begin{align} H=H_0e^{-\frac{\ln{2}}{T}t}\\ t&=\frac{T}{\ln{2}}\ln{\left(\frac{H_0}{H}\right)}\\ &=\frac{5730}{\ln{2}}\ln{\left(\frac{921}{497}\right)}\\ &=5100\ \text{năm} \end{align}\)

Từ chiều dài các con lắc suy ra tần số góc \(\omega_2=2\omega_1=2\omega\) Chọn t=0 là lúc hai con lắc song song nhau và đang chuyển động cùng chiều (chắc chắn sẽ có thời điểm như vậy), tức là chúng cùng pha ban đầu

\(\alpha_1=\alpha_0\cos{\left(\omega t+\varphi\right)}\\ \alpha_2=\alpha_0\cos{\left(2\omega t+\varphi\ \right)}\)

Mỗi lần các con lắc song song nhau là lúc chúng có cùng li độ, tức là \(\alpha_1=\alpha_2\).  Trên đồ thị, các điểm cắt nhau của các đồ thị cho ta giá trị \(\alpha\) tương ứng.

Sau thời gian 2T thì trạng thái ban đầu lặp lại, hay nói cách khác, ta chỉ cần xét trong khoảng thời gian này là đủ. Rõ ràng có đến 5 điểm cắt giữa hai đồ thị và có 4 giá trị \(\alpha\) khác nhau. Để chỉ có 3 giá trị \(\alpha\), ta có thể thử dịch điểm đầu và cuối về vị trí cân bằng hoặc lên biên. Trog hai cách dịch chuyển đó, nếu dịch ra biên thì chúng ta chỉ có 2 giá trị của \(\alpha\), như vậy điểm đầu và cuối ở vị trí cân bằng là hợp lý, nó như hình dưới đây:

Đến đây thì rõ ràng \(\varphi=-\frac{\pi}{2}\). Ta tìm các giá trị \(\alpha\) bằng nhiều cách, nhưng có lẽ dùng máy tính nhanh nhất. Đó là giải phương trình \(\cos{\left(2\omega t -\frac{\pi}{2}\right)}=\cos{\left(\omega t -\frac{\pi}{2}\right)}\) Bấm máy tính (coi \(x=\omega t\)) thì được \(x=1\text{,}047\), và \(\alpha_3=8\text{,}66^o\)

Có 13 cực đại, tức là mỗi bên có 6 vân, điều này cho ta biết \(6\lambda\lt AB\lt 7\lambda\)

Đặt \(l=\frac{AB}{2}=x\lambda\) thì ta được \(3\lt x\lt 3\text{,}5\)

Đường tròn (C) mà trên đó có nhiều cực đại nhất thì tâm O của nó chính là trung điểm của AB. Để có được 12 cực đại trên đường tròn, nó phải tiếp xúc với đường bậc 3 tại giao điểm với AB 

Từ đó ta suy ra \(a=3\frac{\lambda}{2}\)

Một điểm có tọa độ \(\left(d_1;d_2\right)\) vừa là cực đại giao thoa, vừa dao động cùng pha với các nguồn thì phải thỏa mãn

 \(d_1-d_2=k\lambda\\ d_1+d_2=n\lambda\)

Trong đó k và n là các số nguyên cùng lẻ hoặc cùng chẵn.

Từ hai phương trình này ta suy ra 

\(d_1=\frac{1}{2}\left(n+k\right)\lambda\\ d_2=\frac{1}{2}\left(n-k\right)\lambda\)

Với điều kiện thuộc đường tròn (C) nữa. Chúng ta xét tam giác có các cạnh \(d_1, d_2, AB=2l\) và trung tuyến a, công thức liên hệ là

 \(a^2=\frac{d_1^2+d_2^2}{2}-l^2\\ \frac{9}{4}=\frac{n^2+k^2}{4}-x^2 \)

Lần lượt lấy k=0,1,2,3 và với điều kiện \(3\lt x\lt 3\text{,}5\), đồng thời nhớ rằng k với n cùng chẵn hoặc cùng lẻ, ta suy ra k=1,n=7

Thay ngược trở lại ta được \(x=3\text{,}2\)

khi đó 

\(\frac{AB}{a}=\frac{2x\lambda}{\frac{3}{2}\lambda}=4\text{,}26666...\)

Từ đồ thị ta thấy \(u_\text{AB}\) có biên độ AB=15, còn pha ban đầu ta nên vẽ nhanh đường tròn pha

Trên đó \(\text{P}_0\) là điểm pha ban đầu, \(\text{P}_1\) là điểm ứng với trạng thái điện áp bằng không lần đầu tiên. Cả hai trạng thái này điện áp đang giảm. Khoảng thời gian giữa hai trạng thái này là \(\frac{1}{6}\) chu kì (cũng rút ra từ đồ thị), tương ứng với độ biến thiên pha là \(\frac{\pi}{3}\). Và tất nhiên tọa độ cung của \(\text{P}_0\) và cũng là pha ban đầu của \(u_\text{AB}\), nó bằng 

\(\varphi_\text{AB}=\frac{\pi}{6}\)

Khi \(C=C_1, AM=AB=15\), pha ban đầu của \(u_{AM}\),  là \(\varphi \) góc lệch giữa \(\vec{AB}\) và \(\vec{AM}\) bằng \(\alpha=\varphi-\frac{\pi}{6}\) 

Ta vẽ giản đồ véc tơ cho trường hợp này

Trong đó góc \(\beta\) luôn không đổi (vì cuộn dây có L và r không đổi) và bằng

 \( \begin{align} \beta&=\frac{\pi}{2}-\frac{\alpha}{2}\\ &=\frac{\pi}{2}-\left(\frac{\varphi}{2}-\frac{\pi}{12}\right)\\ &=\frac{7\pi}{12}-\frac{\varphi}{2} \end{align}\)

Khi \(C=C_2\), \(MB=10\sqrt{3}\), pha ban đầu của \(u_{MB}\) là \(-\frac{\varphi}{2}+\frac{\pi}{4}\), góc lệch giữa \(\vec{AB}\) và \(\vec{MB}\) bằng 

\(\begin{align} \delta&=\frac{\pi}{6}-\left(-\frac{\varphi}{2}+\frac{\pi}{4}\right)\\ &=\frac{\varphi}{2}-\frac{\pi}{12} \end{align}\)

Ta vẽ giản đồ véc tơ cho trường hợp này

Trong đó 

\(\begin{align} \gamma&=\pi-\beta-\delta\\ &=\pi-\left(\frac{7\pi}{12}-\frac{\varphi}{2}\right)-\left(\frac{\varphi}{2}-\frac{\pi}{12}\right)\\ &=\frac{\pi}{2} \end{align}\)

Tam giác vuông tại A, hệ thức lượng trong tam giác vuông này 

\(\sin{\beta}=\frac{15}{10\sqrt{3}}\\ \beta=\frac{\pi}{3}\\ \varphi=1,57\ \text{rad}\)