Để phân biệt sóng ngang và sóng dọc người ta dựa vào phương dao động của các phần tử môi trường với phương truyền sóng

• Đáp án B

Sóng điện từ lan truyền được trong chân không

• Đáp án D

Điện áp ở hai đầu cuộn dây luôn luôn ngược pha với điện áp hai đầu tụ điện

• Đáp án C

Năng lượng của photon theo thuyết lượng tử ánh sáng

\(\varepsilon = \frac{{hc}}{\lambda } = \frac{{6,{{625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}{{{{5.10}^{ - 11}}}} = 3,{975.10^{ - 15}}J\)

• Đáp án A

Bảy vân sáng ứng với 6 khoảng vân

\(\begin{array}{l} 6\frac{{D\lambda }}{a} = 2,{4.10^{ - 3}}\\ \Rightarrow \lambda = \frac{{2,{{4.10}^{ - 3}}{{.2.10}^{ - 3}}}}{{6.1,2}} = 0,67\mu m \end{array}\)

• Đáp án A

Quang phổ liên tục không phụ thuộc vào bản chất của nguồn phát mà chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ của nguồn phát

• Đáp án C

Trên dây có sóng dừng với hai nút sóng có một bó sóng trên dây

\(l = \frac{\lambda }{2} \Rightarrow \lambda  = 2m\)

• Đáp án A

Vận tốc của vật có độ lớn cực đại khi vật đi qua vị trí cân bằng ⇒ vị trí có li độ bằng không

• Đáp án C

Biên độ của dao động cưỡng bức không phụ thuộc vào pha ban đầu của ngoại lực tuần hoàn tác dụng lên vật

• Đáp án D

Hạt nhân nguyên tử được cấu tạo từ các nucleon

• Đáp án B

Tần số góc của dao động là \(\omega = 2000\)rad/s

• Đáp án C

Cường độ âm tại A

\({I_A} = \frac{P}{{4\pi {r^2}}} = \frac{{0,6}}{{4\pi {3^3}}} = 5,{31.10^{ - 3}}\)W/m²

• Đáp án A

Tia γ và tia X không mang điện nên không bị lệch trong điện trường

• Đáp án C

Bước sóng là quãng đường mà sóng truyền đi được trong một chu kì

• Đáp án D 

 Một chất điểm dao động điều hòa, tỉ số giữa quãng đường nhỏ nhất và lớn nhất mà chất điểm đi được trong \(\frac{1}{4}\) chu kỳ là \(\sqrt 2 - 1.\)​

Tại vị trí động năng bằng thế năng của vật thì

\(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} v = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\omega A\\ a = \frac{{\sqrt 2 }}{2}{\omega ^2}A \end{array} \right.\\ \Rightarrow \omega = \frac{a}{v} = \frac{{100}}{{10}} = 10rad/s \end{array}\)

Động năng sẽ biến thiên với chu kì bằng một nửa chu kì dao động của vật

\(T = \frac{1}{2}\frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{1}{2}\frac{{2\pi }}{{10}} = \frac{\pi }{{10}}s\)

• Đáp án A

Năng lượng điện từ của mạch

\(E = \frac{1}{2}CU_0^2 = \frac{1}{2}{.2.10^{ - 6}}{.5^2} = 2,{5.10^{ - 5}}J\)

• Đáp án C

Trong mạch LC, ta có

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

• Đáp án B

Khi xảy ra cộng hưởng điện thì hiệu điện thế hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch bằng hiệu điện thế hiệu dụng trên điện trở thuần

• Đáp án C

Khoảng cách giữa hai vân

\(\Delta x = 7i - 3i = 4i\)

• Đáp án D

Ta có \(U_{1}^{'}=U_1+\Delta U_1=U_1+0,15U_1\rightarrow U_1=\frac{1}{1,15}U_{1}^{'}\)
Gọi điện áp nơi phát và tải lúc sau lần lượt là \(U_{2}^{'}\) và \(U_2\). Do công suất hao phí giảm 100 lần nên cường độ trên đây giảm 10 lần. Do công suất đến tải không đổi:
\(U_1I_1=U_2I_2\Rightarrow U_2=10U_1\)
Độ giảm thế trên dây cũng giảm 10 lần.
\(U_{2}^{'}=U_2+\Delta U_2=10U_1+\frac{1}{10}\Delta U_1=10U_1+0,015U_1\)
\(\Leftrightarrow U_{2}^{'}=10,015U_1=\frac{10,015}{1,15}U_{1}^{'}\Rightarrow 8,7\)

Năng lượng của tia X có bước sóng ngắn nhất ứng với sự chuyển hóa hoàn toàn động năng của các electron đập vào anot thành bức xạ tia X

\({\varepsilon _{\min }} = \frac{{hc}}{\lambda } = qU\)

Năng lượng trung bình của tia X là

\(\varepsilon = 0,57qU\)

Gọi n là số photon của chùm tia X phát ra trong 1 s, khi đó công suất của chùm tia X sẽ là

\({P_X} = n\varepsilon = 0,57nqU\)

Gọi n_e là số electron đến anot trong 1 s, khi đó dòng điện trong ống được xác định bởi

\(I = {n_e}e \Rightarrow {n_e} = \frac{I}{e}\)

Công suất của chùm tia electron

\({P_e} = {n_e}qU = UI\)

Theo giả thuyết của bài toán

\({P_X} = 0,01{P_e} \Leftrightarrow 0,57nqU = 0,01UI \Rightarrow n = \frac{{0,01I}}{{0,57q}} = 4,{48.10^{14}}\) photon/s

• Đáp án D

Dựa vào hình vẽ ta có:

\(\sin \frac{{\Delta \varphi }}{2} = \frac{{20}}{A};\cos \frac{{\Delta \varphi }}{2} = \frac{8}{A}\)

Mặc khác:

\({\sin ^2}\left( {\frac{{\Delta \varphi }}{2}} \right) + {\cos ^2}\left( {\frac{{\Delta \varphi }}{2}} \right) = 1 \Rightarrow A = \sqrt {{{20}^2} + {8^2}} = 4\sqrt {29} \) cm

Tại thời điểm t₁ điểm D đang ở biên dương, thời điểm t₂ ứng với góc quét  \(\alpha = \omega t = \frac{{2\pi }}{5}\)rad

Vậy li độ của điểm D khi đó sẽ là

\({u_D} = A\sin \left( \alpha \right) = 6,6\)mm

• Đáp án B

Li độ cực đại của vật ứng với quãng đường vật đi được trong một phần tư chu kì đầu tiên. Áp dụng định luật bảo toàn và chuyển hóa năng lượng ta có:

\(\frac{1}{2}mv_0^2 - \frac{1}{2}k{\rm{A}}_0^2 = {F_C}{A_0} \Leftrightarrow 50{\rm{A}}_0^2 + 0,1{\rm{A}} - 0,015 = 0 \Rightarrow {A_0} = 1,6\)cm

• Đáp án C

+ Gia tốc của con lắc là tổng vecto gia tốc pháp tuyến và gia tốc pháp tuyến (gia tốc hướng tâm)

\(\overrightarrow a = \overrightarrow {{a_t}} + \overrightarrow {{a_n}} \Rightarrow a = \sqrt {a_t^2 + a_n^2} \)

Trong đó:

\(\left\{ \begin{array}{l} {a_t} = g\sin \alpha \\ {a_n} = \frac{{{v^2}}}{l} = 2g\left( {\cos \alpha - \cos {\alpha _0}} \right) \end{array} \right.\)

Tại vị trí cân bằng: \(a = {a_n} = 2g\left( {1 - \cos {\alpha _0}} \right)\)

Tại vị trí biên :

\(\begin{array}{l} a = {a_t} = g\sin {\alpha _0}\\ \delta = \frac{{2\left( {1 - \cos {\alpha _0}} \right)}}{{\sin {\alpha _0}}} \approx \frac{{2\left[ {1 - \left( {1 - \frac{{\alpha _0^2}}{2}} \right)} \right]}}{{{\alpha _0}}} = {\alpha _0} = 0,08 \end{array}\)

• Đáp án A

Trong dao động điều hòa thì biên độ, tần số và năng lượng toàn phần là luôn không đổi theo thời gian

• Đáp án B

Công thức liên hệ giữa tần số, tốc độ quay của roto và số cặp cực trong máy phát điện xoay chiều một pha

\( f = \frac{{pn}}{{60}} = \frac{{10.300}}{{60}} = 50\)Hz

• Đáp án A

Hiện tượng giao thoa ánh sáng đặc trưng cho tính chất sóng của ánh sáng do vậy ta không thể dùng thuyết lượng tử để giải thích

• Đáp án C

Thứ tự giảm dần của bước sóng: hồng ngoại, ánh sáng tím, tử ngoại và Rơn – ghen

• Đáp án B

Áp dụng công thức của máy biến án

\(\frac{{{U_2}}}{{{U_1}}} = \frac{{{N_2}}}{{{N_1}}} \Leftrightarrow \frac{{{U_2}}}{{210}} = \frac{{800}}{{2100}} \Rightarrow {U_2} = 70V\)

• Đáp án D

- Biên độ dao động con lắc:

\(A = \frac{{{l_{\max }} - {l_{\min }}}}{2} = \frac{{50 - 32}}{2} = 9cm\)

- Tại thời điểm mà vật ở vị trí thấp nhất thì cho thang máy đi xuống nhanh dần đều với gia tốc a = g/10 thì con lắc chịu tác dụng lực quán tính \({F_{qt}} = ma = 0,4.1 = 0,4N\)  hướng lên.

Lực này sẽ gây ra biến dạng thêm cho vật đoạn  \(x = \frac{{{F_{qt}}}}{k} = \frac{{0,4}}{{25}} = 0,016m = 1,6cm\)            

- Vậy sau đó vật dao động biên độ A’ = 9 + 1,6 =10,6 cm.    

• Đáp án D

\(\begin{array}{l} {\omega _{dd}} = {\omega _{roto}}.p\\ \to \left\{ \begin{array}{l} {\omega _1} = 90\pi \\ {\omega _2} = 120\pi \end{array} \right.\\ E \approx \omega \\ Khi\,{P_1} = {P_2} \leftrightarrow {I_1} = {I_2}\\ \Leftrightarrow \frac{{90{E_0}}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {90\pi L - 20} \right)}^2}} }} = \frac{{120{E_0}}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {120\pi L - 15} \right)}^2}} }}\\ \to L = 0,477H \end{array}\)

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng suy ra

\(p_O^2 = p_\alpha ^2 + p_p^2\)

⇒ 2m_OK_O=2m_aK_a+2m_pK_p  (1)

Định luật bảo toàn năng lượng:

\({K_\alpha } + ({m_\alpha } + {m_N} - {m_p} - {m_O}).931,5 = {K_p} + {K_O}\) (2)

Có K_a=7,7MeV, giải hệ (1) và (2) tìm được K_p=4,417MeV và K_O=2,075 MeV.                

• Đáp án A

Đáp án B

+ Khi sử dụng ánh sáng đơn sắc λ₁ và λ₂, ta thấy giữa hai vân sáng gần nhau nhất cùng màu với vân trung tâm có 6 vân sáng ứng với λ₂ → Nếu ta xét vân đầu tiên trùng giữa hai hệ vân vân trung tâm thì vân thứ hai trùng nhau của hai hệ vân của bức xạ λ₂${\mathrm{}}_{}$ ứng với k = 7.

→ Áp dụng điều kiện cho vân sáng trùng nhau của λ₁ và λ₂${\mathrm{}}_{}$ → k₁λ1 = 7λ₂ → \({\lambda _2} = \frac{{{k_1}.0,56}}{7} = 0,08{k_1}\)

+ Dựa vào khoảng giá trị của λ₂${\mathrm{}}_{}$ là 0,65 μm < λ₂${\mathrm{}}_{}$ < 0,75 μm →λ₂${\mathrm{}}_{}$ = 0,72 μm.

+ Khi sử dụng ánh áng thì nghiệm gồm ba bức xạ đơn sắc, trong đó \({\lambda _3} = \frac{2}{3}{\lambda _2} = 0,48\)μm.

→ Áp dụng điều kiện trùng nhau của ba hệ vân \({k_1}{\lambda _1} = {k_2}{\lambda _2} = {k_3}{\lambda _3}\) ↔ 7k₁ = 9λ₂ = 6k₃

→ Tại vị trí trùng nhau của ba hệ vân sáng gần vân trung tâm nhất thì

\(\left\{ \begin{array}{l}
{k_1} = 18\\
{k_2} = 14\\
{k_3} = 21
\end{array} \right.\) 

+ Điều kiện trùng nhau của vân sáng của hai bức xạ λ₁ và λ₂ là

\(\frac{{{k_1}}}{{{k_2}}} = \frac{{{\lambda _2}}}{{{\lambda _1}}} = \frac{{0,72}}{{0,56}} = \frac{9}{7}\)

→ Giữa vân trung tâm và vân trùng màu gần vân trung tâm nhất có 1 vị trí trùng giữa vân sáng của λ₁và λ₂.

+ Điều kiện trùng nhau của vân sáng của hai bức xạ λ₃ và λ₂ là

\(\frac{{{k_3}}}{{{k_2}}} = \frac{{{\lambda _2}}}{{{\lambda _3}}} = \frac{{0,72}}{{0,48}} = \frac{3}{2}\)

k₃ = 3, 6, 9, 12, 15, 18, 21

k₂ = 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14

→ Giữa vân trung tâm và vân trùng màu gần vân trung tâm nhất có 6 vị trí trùng giữa vân sáng của λ₃ và λ₂.

→ Giữa vân trung tâm và gân trùng màu gần nhất với vân trung tâm có 6 vân sáng đỏ

Khi chưa nối tắt hai đầu tụ điện, mạch có cộng hưởng điện nên:

\(\begin{array}{l} {P_{m{\rm{ax}}}} = \frac{{{U^2}}}{{{R_1} + {R_2}}} = 120\\ \Leftrightarrow {U^2} = 120\left( {{R_1} + {R_2}} \right)\,(a) \end{array}\)

Khi nối tắt hai đầu tụ điện, vẽ phác GĐVT:

\(\begin{array}{l} {R_2} = {Z_{MB}}.c{\rm{os}}\frac{\pi }{3} = \frac{{{R_1}}}{2}\\ \Rightarrow \left( {{R_1} + {R_2}} \right) = 3{{\rm{R}}_2}\,(b)\\ \Rightarrow {Z_{AB}} = \frac{{{R_1} + {R_2}}}{{c{\rm{os}}\frac{\pi }{6}}} = \frac{{6{{\rm{R}}_2}}}{{\sqrt 3 }}\,\,(c) \end{array}\)

Thay (a); (b); (c) vào CT công suất tiêu thụ trên đoạn AB khi này:    

\(P = \frac{{{U^2}}}{Z}.c{\rm{os}}\varphi \, = \frac{{120.3{{\rm{R}}_2}}}{{\frac{{6{{\rm{R}}_2}}}{{\sqrt 3 }}}}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 90\,({\rm{W)}}\)

• Đáp án C

Ta có

 \({{E}_{n}}=-\frac{13,6}{{{n}^{2}}}eV\Rightarrow \left\{ \begin{align}& {{E}_{1~}}=-13,6eV \\& {{E}_{2~}}=-3,4eV \\& {{E}_{3~}}=-1,51eV \\& {{E}_{4~}}=-0,85eV \\\end{align} \right.\)

Thấy rằng : \({{E}_{4}}~-{{E}_{2}}~=-0,85+3,44=2,55eV\)

→ Nguyên tử hidro hấp thụ năng lượng 2,55 eV và nhảy từ mức n = 2 lên mức n = 4.

Nguyên tử Hidro có thể phát ra bước sóng nhỏ nhất khi nó chuyển từ mức 4 xuống mức 1. Ta có:

\(\begin{align}& {{E}_{4}}-{{E}_{1}}=\frac{hc}{{{\lambda }_{41}}}\Rightarrow {{\lambda }_{41}}=\frac{hc}{{{E}_{4}}-{{E}_{1}}} \\& \Rightarrow {{\lambda }_{41}}=\frac{6,{{625.10}^{-34}}{{.3.10}^{8}}}{\left( -0,85+13,6 \right).1,{{6.10}^{-19}}}=9,{{74.10}^{-8}}m \\\end{align}\)

Năng lượng tỏa ra sau mỗi phân hạch:

ΔE = (m_U + m_n - m_I - m_Y - 3m_n )c² = 0,18878 uc² = 175,84857 MeV = 175,85 MeV

Khi 1 phân hạch kích thích ban đầu sau 5 phân hach dây chuyền số phân hạch xảy ra là

              1 + 2 + 4 + 8 + 16 = 31

Do đó số phân hạch sau 5 phân hạch dây chuyền từ 10¹² phân hạch ban đầu N = 31.10¹²

Năng lượng tỏa ra E = N ΔE = 31.10¹² x175,85 = 5,45.10¹⁵ MeV                             

• Đáp án D

\(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} \frac{{hc}}{{{\lambda _1}}} = \frac{{hc}}{{{\lambda _o}}} + \frac{1}{2}mv_1^2\;\;\\ \frac{{hc}}{{{\lambda _2}}} = \frac{{hc}}{{{\lambda _o}}} + \frac{1}{2}mv_2^2 \end{array} \right.\\ \Rightarrow {\lambda _o} = \frac{{3{\lambda _1}{\lambda _2}}}{{4{\lambda _1} - {\lambda _2}}} = {\rm{ }}0,545\mu m \end{array}\)

Đề cho:        \({U_{Cma{\rm{x}}}} = \frac{{5U}}{4} \Rightarrow {Z_C} = \frac{5}{4}Z\)     (1)

Mặt khác khi: U_Cmax  ta có:   \(Z_C^2 = {Z^2} + Z_L^2\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra:         \({Z_L} = \frac{3}{4}Z\)           (3)

Thay (1) và (3) vào biểu thức của tổng trở  \(Z = \sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} \)  (4)

Ta được:   \(R = \frac{{\sqrt 3 }}{2}{Z_L}\)

Hệ số công suất của đoạn mạch AM:

\(\cos {\varphi _{AM}} = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }} = \frac{2}{{\sqrt 7 }}\)                         

• Đáp án B