Công thức tính nhiệt lượng \(Q = R{I^2}t\)

Đáp án C

Tia X có cùng bản chất với tia hồng ngoại

Đáp án A

Độ lệch pha giữa điện áp hai đầu đoạn mạch và cường độ dòng điện trong đoạn mạch có giá trị là: \(\varphi = 0\)

Đáp án C

Biên độ dao động của con lắc là \({s_0} = l{\alpha _0}\)

Đáp án B

Sóng điện từ là sóng ngang là phát biểu đúng

Đáp án C

Độ lớn của lực điện F tác dụng lên điện tích được tính bằng công thức F = qE

Đại lượng \(T = 2\pi \sqrt {\frac{m}{k}}\), được gọi là chu kì của con lắc

Đáp án A

Muốn có sóng dừng trên dây thì chiều dài l của dây thỏa mãn công thức \(l = k\frac{5}{\lambda }\) với k = 1,2,3...

Đáp án C

Thí nghiệm Y-âng về giao thoa với ánh sáng đơn sắc được ứng dụng để đo bước sóng ánh sáng đơn sắc

Đáp án C

Âm có tần số lớn hơn 20 000 Hz được gọi là siêu âm và tai người không nghe được

Đáp án B

Chiếu một chùm tia tử ngoại vào một tấm đồng thì các electron trên bề mặt tấm đông bật ra. Đây là hiện tượng quang điện ngoài.

Đáp án C

Chiếu một chùm ánh sáng trắng, hẹp tới hai mặt bên của một lăng kính . Sau khi qua lăng kính, chùm sáng bị phân tích thành các chùm sáng có màu khác nhau. Đây là hiện tượng tán sắc ánh sáng.

Đáp án D

Dao động cưỡng bức có tần số luôn bằng tần số dao động riêng của hệ là phát biểu sai

Đáp án B

Các nuclôn trong hạt nhân hút nhau bằng các lực rất mạnh tạo nên hạt nhân bền vững. Đó là lực hạt nhân.

Đáp án A

Sóng cơ không truyền được trong chân không

Đáp án C

Số nuclôn có trong hạt nhân \({}_3^7Li\) là 7

Đáp án C

Cường độ dòng điện hiệu dụng trong đoạn mạch là: \(I = \frac{U}{R}\)

Đáp án D

Lỗ trống là hạt tải điện trong môi trường chất bán dẫn

Đáp án A

Tia laze luôn có cường độ nhỏ là phát biểu sai

Đáp án C

Giá trị hiệu dụng của suất điện động này là 60 V

Đáp án A

Tốc độ góc của \(\overrightarrow {OM}\)  là 8π rad/s.

Đáp án D

Công suất điện tiêu thụ P của đoạn mạch được tính bằng công thức \(P = UI\cos \varphi \)

Đáp án A

Tại thời điểm \(t = 1\mu s\), cường độ dòng điện trong mạch có giá trị là 4 mA

Đáp án A

Trên màn, khoảng cách giữa hai vân sáng liên tiếp là: 1,05 mm

Đáp án D

Công thoát êlectron khỏi kim loại này là: \(A = \frac{{h.c}}{{{\lambda _o}}} = \frac{{6,{{625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}{{{{350.10}^{ - 9}}.1,{{6.10}^{ - 19}}}} = 3,55\,eV\)

Đáp án D

\(I = \frac{U}{{Z{}_C}} = U.C.\omega \)

Đáp án D

Nhạc cụ này có thể phát ra họa âm có tần số 1320 Hz

Đáp án C

F_max = mgα_o = 0,05.10.0,1 = 0,05 N

Đáp án A

W_lk = Δm.c² = 0,1131.931,5 = 105, 35 MeV

Đáp án C

f_L= q.B v = 0,2N

Đáp án D

Ta có : \({U_R} = \frac{{R.U}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_{Co}}} \right)}^2}} }} = \frac{{R.U}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - 3{Z_{Co}}} \right)}^2}} }}\)

        Suy ra: + \(\left( {{Z_L} - {Z_{Co}}} \right) =  - \left( {{Z_L} - 3{Z_{Co}}} \right) \Leftrightarrow {Z_L} = 2{Z_{Co}}\)

                     + Chuẩn hóa Z_Co = 1, Z_L = 2  và R = \(\sqrt 3 \)

       Khi \(C = \frac{{{C_o}}}{5}\) hay Z_C = 5Z_Co = 5 thì \({U_L} = \frac{{{Z_L}U}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = \frac{{2.120}}{{\sqrt {3 + {3^2}} }} = 40\sqrt 3 \) V.

Đáp án D

+ Biểu thức dòng điện: Từ đồ thị ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
{I_o} = 2A\\
T = 20ms = 0,02s \Rightarrow \omega  = 100\pi \,\,\,\,(rad/s)\\
{\varphi _i} =  - \frac{\pi }{3}
\end{array} \right.\) 

     và \(i = 2\cos \left( {100\pi  - \frac{\pi }{3}} \right)\) (A)

+ Mạch R,C có : R = 50 Ω và Z_C = 50 Ω \( \Rightarrow \varphi  =  - \frac{\pi }{4}\,\,\,\,\,\, \,\,\,{U_o} = {I_o}.\sqrt {{R^2} + {Z_C}^2}  = 100\sqrt 2 \,\,V\)

   Vây biểu thức điện áp hai đầu mạch: \(u = 100\sqrt 2 \cos \left( {100\pi t - \frac{{7\pi }}{{12}}} \right)\) (V) .    

+ Biểu thức của i : Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
{I_o} = 10\,mA\, = 0,01\,A\\
\omega  = \frac{1}{{\sqrt {LC} }} = \frac{1}{{\sqrt {{{2.10}^{\, - 3}}{{.5.10}^{ - 6}}} }} = \,{10^4}(rad/s)\,\,\\
{\varphi _i} = 0
\end{array} \right.\)   \( \Rightarrow i = 0,01\cos \left( {{{10}^4}.t} \right)(A)\)

+ Biểu thức của q: \(q = {q_o}\cos \left( {{{10}^4}t - \frac{\pi }{2}} \right) = \cos \left( {{{10}^4}t - \frac{\pi }{2}} \right)\,\,\left( {\mu C} \right)\) 

+ khi t = \(\frac{\pi }{{40}}\)ms =  \(\frac{\pi }{{40}}\).10  ^{- 3} s thì  \(q = \cos \left( {{{10}^4}.\frac{\pi }{{40}}{{.10}^{ - 3}}} \right) = \frac{{\sqrt 2 }}{2} = 0,707\,\,\mu C\). 

Đáp án A

+ \(W = {W_{d\max }} = \frac{1}{2}k{A^2}\)

+ \({F_{\max }} = kA\) Suy ra: \(A = \frac{{2{W_{d\max }}}}{{{F_{\max }}}} = 0,04\,m\, = \,4cm\) và \(k\, = \,\frac{{{F_{\max }}}}{A} = 100\,N/m\)

+ Khi x = 3 cm = 0,03 m thì \({W_d} = \frac{1}{2}k\left( {{A^2} - {x^2}} \right) = 0,035J\, = \,35\,mJ\) 

Đáp án D

C là điểm trên đoạn AN dao động cực đại:

+  \({d_2} - {d_1} = k\lambda \) với \(\lambda  = \frac{v}{f} = 2,5\,\,cm\)

+  \(BN - AN < \,{d_2} - {d_1} < \,AB\)  với:

\(\begin{array}{l}
AN = \sqrt {{8^2} + 2,{5^2}}  = \,8,38\,cm\\
BN\, = \,\sqrt {{8^2} + 10,{5^2}} \, = 13,2\,cm
\end{array}\)

Suy ra:  \(\frac{{BN - AN}}{\lambda } < \,k < \,\frac{{AB}}{\lambda }\) ⇔ \(1,93 < \,k\, < \,5,2\) ⇔ \(k = \,\left\{ {2,3,4,5} \right\}\)

Vậy trên đoạn AN có 4 điểm dao động cực đại.

Đáp án A

- Tỉ số giữa số hạt nhân con và số hạt nhân mẹ còn lại tại thời điểm t:

 \(\frac{{\Delta N}}{N} = \frac{{{N_o}}}{N} - 1\, = {2^{\frac{t}{T}}} - \,1\)

- Suy ra:

   Tại thời điểm t₁ :  \({2^{\frac{{{t_1}}}{T}}} - 1\, = 0,25\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,{2^{\frac{{{t_1}}}{T}}}\, = \,1,25\) (1)

   Tại thời điểm t₂ :  \({2^{\frac{{{t_2}}}{T}}} - 1\, = 9\,\,\, \Rightarrow \,{2^{\frac{{{t_2}}}{T}}}\, = 10\,\,\) (2)

- Lập tỉ số :  \(\frac{{\left( 2 \right)}}{{\left( 1 \right)}}\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,{2^{\frac{{{t_2} - {t_1}}}{T}}} = \,8\, = \,\,{2^3}\) ⇒ \(\frac{{{t_2} - {t_1}}}{T}\, = \,3\,\, \Rightarrow \,\,T = \frac{{{t_2} - {t_1}}}{3}\, = \,70,6\,s\)

Đáp án A

Chọn trục Ox có chiều dương như hình vẽ:

Chọn gốc thời gian là lúc m₁ bắt đầu dao động

Vật m₁ dao động quanh vị trí cân bằng O₁, m₂ dao động quanh vị trí cân bằng O₂ với :

  - tần số góc: \(\omega  = \sqrt {\frac{{{k_1}}}{{{m_1}}}}  = \,\sqrt {\frac{{{k_1}}}{{{m_1}}}} \,\, = 2,5\pi \,\,rad/s\)

  - Biên độ : A = 15 cm

Phương trình dao động của m₁ và m₂  : \(\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} = A\cos \left( {\omega t + \pi } \right)\\
{x_2} = A\cos \left( {\omega \left( {t - \Delta t} \right)} \right)
\end{array} \right.\)   

                 ( m₁ bắt từ từ biên âm, m₂ bắt đầu từ biên dương)

Lực đàn hồi của mỗi lò xo:

   +  \({F_1} =  - {k_1}.{x_1} =  - 4,8\cos \left( {\omega t + \pi } \right) = 4,8\cos (\omega t)\)

   +  \({F_2} =  - {k_2}.{x_2} =  - 1,8\cos \left( {\omega t - \omega .\Delta t} \right) = 1,8\cos \left( {\omega t - \varphi } \right)\), với \(\varphi  = \omega .\Delta t + \pi \)

Lực đàn hồi tác dụng vào giá G:

F = F₁ + F₂  = \(4,8\cos \left( {\omega t} \right) + 1,8\cos \left( {\omega t - \varphi } \right)\)

Để giá G không trượt thì biên độ F_o thỏa mãn:

 \({F_o}^2 = 4,{8^2} + 1,{8^2} + 2.4,8.1,8.\cos \varphi  \le 4,{2^2}\) \(\Leftrightarrow \cos \varphi  \le \,\, - \,0,5\)

Vì Δt có giá trị lớn nhất, nên ta chọn φ_max = ω.Δt_max + π = \(\frac{{4\pi }}{3}\) 

\(\Rightarrow \,\,\Delta {t_{\max }} = \frac{\pi }{{3.\omega }} = \frac{2}{{15}}\,\,s\). 

Đáp án A

+ độ lệch pha giữa \({u_{MB}}\) và \({u_{AB}}\): \(\Delta \varphi \, = \,{\varphi _{MB}} - {\varphi _{AB}}\) và \(\tan \Delta \varphi \, = \,\frac{{\tan {\varphi _{MB}} - \tan {\varphi _{AB}}}}{{1 + \tan {\varphi _{MB}}.\tan {\varphi _{AB}}}}\)

     \(\tan \Delta \varphi  = \frac{{\frac{{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}}{r} - \frac{{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}}{{R + r}}}}{{1 + \frac{{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}}{r}.\frac{{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}}{{R + r}}}}\) = \(\frac{{\frac{{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right).R}}{{\left( {R + r} \right).r}}}}{{1 + \frac{{{{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}{{\left( {R + r} \right).r}}}}\) = \(\frac{R}{{\frac{{\left( {R + r} \right)r}}{{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}} + \left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}}\)

Suy ra:  (tanΔφ)_max  khi \(\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right) =  \pm \sqrt {\left( {R + r} \right)r} \) ( 1)

        và  \({\left( {\tan \Delta \varphi } \right)_{\max }} = \frac{R}{{2\sqrt {\left( {R + r} \right)r} }} = \frac{3}{4}\) ⇒ \(\frac{R}{r} = 3\)

Chuẩn hóa: r = 1 thì R =3 và từ (1) , ta được \({Z_L} - {Z_C} =  \pm 2\) và \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{{Z_L} - {Z_{{C_o}}} =  - 2}\\
{{Z_L} - \frac{{{Z_{{C_o}}}}}{3} = \,\,\,\,2}
\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{{Z_{{C_o}}} = 6}\\
{{Z_L} = 4}
\end{array}} \right.\)

+ Khi C = 1,5C_O ⇔ \({Z_C} = \frac{{{Z_{{C_o}}}}}{{1,5}} = 4\) = Z_L ( cộng hưởng) . Lúc đó : \({U_R} = \frac{{R.U}}{{R + r}} = \frac{{3.120}}{4} = 90\,V\)

Đáp án D

+ M₁ gần A nhất, M₂ xa A nhất, chúng nằm ở đường cự đại bậc k lớn nhất.

   Ta có: d₁ = 0,9 cm và d₂ = BM₁ = AM₂ =7,9 cm

         và  d₂ – d₁ = k.λ = 7,0 cm   (1)

               \(AB = \sqrt {{d_1}^2 + {d_2}^2}  = \,7,95\,\,cm\).

+ Giữa N và A có 1 điểm cực tiếu giao thoa, nên ta được :

        \(k\frac{\lambda }{2} + \frac{\lambda }{4} < \,OA\, < \,\left( {k + 1} \right)\frac{\lambda }{2}\) ⇔ \(3,5\, + \frac{7}{{4k}} < 3,975\, < \,3,5\, + \,\frac{7}{{2k}}\)

   ⇔ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{k > \,3,6}\\
{k < \,7,2}
\end{array}} \right.\) \( \Rightarrow \,k\left\{ {4,5,6,7} \right\}\)

Suy ra : Trên đoạn thẳng AB có thể có tối thiểu 9 điểm cực đại giao thoa. ( lấy k = 4)

Đáp án D

+ Giữa M và O có 5 vs của bức xạ λ_o ( λ_o = 720 nm), suy ra từ O đến M có 6 khoảng vân của bức xạ λ_o và n khoảng vân của bức xạ λ, ta có:  6λ_o = n.λ \( \Rightarrow 380 < \lambda  = \frac{{6{\lambda _o}}}{n} = \frac{{4320}}{n} < 760\) ( n ≠ 6)

 \(\Rightarrow \,n = \left\{ {7,8,9,10,11} \right\}\)

+ Bậc của hai vân trùng nhau thỏa: \(\frac{n}{6}\) là phân số tối giản, chon n = \(\left\{ {7,11} \right\}\)

+ Nếu chỉ có bức xạ có bước sóng λ₁ và λ₂ thì tại điểm M có vân sáng bậc 7 và vân sáng bậc 11 của hai bức xạ trùng nhau, suy ra trong khoảng OM có 6 VS của bức xạ này và 10 VS của bức xạ kía, tổng VS  là 16. 

Đáp án C