Đáp án A

Khi treo đồng thời \({m_1}\)  và \({m_2}:T = \sqrt {T_1^2 + T_2^2} = 1s\)

Đáp án C

Tỉ số tốc độ dài của hai điểm A và B là:

\(\frac{{{v_A}}}{{{v_B}}} = \frac{{\omega .{r_A}}}{{\omega .{r_B}}} = \frac{{{r_A}}}{{{r_B}}} = 2\)

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu điện trở R nhỏ hơn điện áp hiệu dụng ở hai đầu đoạn mạch

→ D sai

Công suất hao phí tỉ lệ với thời gian truyền điện → D sai

Đáp án C

Từ năng lượng dao động của mạch:

\(\begin{array}{l} W = \frac{{Q_0^2}}{{2C}} = \frac{{{q^2}}}{{2C}} + \frac{1}{2}L{i^2}\\ \Rightarrow Q_0^2 = {q^2} + \frac{{{i^2}}}{{{\omega ^2}}} \end{array}\)

Rút q và thay số ta có:

\(q = \sqrt {{{\left( {{{10}^{ - 9}}} \right)}^2} - \frac{{{{\left( {{{6.10}^{ - 6}}} \right)}^2}}}{{{{\left( {{{10}^4}} \right)}^2}}}} = {8.10^{ - 10}}C\)

Đáp án C

Tần số dao động của mạch: 

\(\begin{array}{l} {I_0} = \omega .{Q_0} = 2\pi f.{Q_0}\\ \Rightarrow f = \frac{{{I_0}}}{{2\pi {Q_0}}} = \frac{{0,314}}{{2.3,{{14.2.10}^{ - 6}}}} = 25000Hz \end{array}\)

Đáp án C

Năng lượng mà electron nhận được dùng để thực hiện 3 việc sau:

+ Một phần năng lượng mất mát cho mạng tinh thể để đưa electron lên bề mặt kim loại (nếu electron ở sâu trong kim loại) (Q).

+ Cung cấp cho electron Công thoát A để bứt ra khỏi bề mặt kim loại.

+ Cung cấp cho electron một động năng ban đầu W_d

Tacó: \(\varepsilon = Q + A + {W_d} \Rightarrow {W_d} = \varepsilon - A - Q\)

Từ biểu thức trên ta thấy nếu Q=0  (electron ở ngay trên bề mặt kim loại) thì động năng ban đầu W_d lớn nhất

Đáp án C

+ Theo nội dung của định luật II về quang điện: “Cường độ dòng quang điện bão hòa tỉ lệ thuận với cường độ của chùm ánh sáng kích thích“

+ Để tăng dòng điện bão hòa người ta tăng cường độ ánh sánh chiếu tới.

Các hạt nhân có số khối càng lớn thì càng bền vững → A sai

Đáp án B

Dung kháng của mạch:

\({Z_C} = \frac{1}{{\omega C}} = \frac{1}{{100\pi .\frac{{{{2.10}^{ - 4}}}}{\pi }}} = 50\Omega \)

Trong mạch chỉ có tụ điện, u và i luôn vuông pha nên:

\(\frac{{{u^2}}}{{U_0^2}} + \frac{{{i^2}}}{{I_0^2}} = 1 \Rightarrow \frac{{{u^2}}}{{I_0^2.Z_C^2}} + \frac{{{i^2}}}{{I_0^2}} = 1 \Rightarrow I_0^2 = {i^2} + \frac{{{u^2}}}{{Z_C^2}}\)

Thay u = 150V và i=4A vào ta có:

\({I_0}^2 = {4^2} + \frac{{{{150}^2}}}{{{{50}^2}}} = 25 \Rightarrow {I_0} = 5A\)

Đối với mạch thuần dung:

\({\varphi _u} - {\varphi _i} = - \frac{\pi }{2} \Rightarrow {\varphi _i} = {\varphi _u} + \frac{\pi }{2} = - \frac{\pi }{3} + \frac{\pi }{2} = \frac{\pi }{6}\)

Biểu thức cường độ dòng điện trong mạch:

\(i = 5\cos \left( {100\pi t + \frac{\pi }{6}} \right)\left( A \right)\)

Đáp án B

Số phân tử \(C{O_2}\) trong 1 gam khí \(C{O_2}\)

\({N_{C{O_2}}} = \frac{m}{A}.{N_A} = \frac{1}{{12 + 16.2}}6,{02.10^{23}} = 1,{368.10^{22}}\)

Cứ một phân tử \(C{O_2}\) có 1 nguyên tử C và 2 nguyên tử O nên:

\(\left\{ \begin{array}{l} {N_C} = {N_{C{O_2}}}\\ {N_O} = 2.{N_{C{O_2}}} \end{array} \right.\)

Tổng số nguyên tử trong 1 g khí cacbonic:

\(N = {N_O} + {N_C} = 3.{N_{C{O_2}}} = 4,{1.10^{22}} = 0,{41.10^{23}}\)

Đáp án B

Gia tốc của vật:

\(a = \frac{{v - {v_0}}}{{\Delta t}} = \frac{{10 - 4}}{2} = 3m/{s^2}\)

Lực tác dụng lên vật:

F = m.a = 10.3 = 30N

Quãng đường vật đi được:

\(s = \frac{{{v^2} - v_0^2}}{{2{\rm{a}}}} = \frac{{{{10}^2} - {4^2}}}{{2.3}} = 14m\)

Đáp án D

Công của lực kéo:

\(A = F.s.\cos \alpha = 32.1,5.\cos 25 = 43,5J\)

Áp dụng định lí biến thiên động năng ta có:

\(\begin{array}{l} \Delta {W_d} = \frac{1}{2}m\left( {{v^2} - v_0^2} \right) = A = 43,5\\ \Rightarrow m = \frac{{43,5}}{{0,5.2,{7^2}}} = 12,4kg \end{array}\)

Hai lực đó phải cùng giá, ngược chiều, cùng độ lớn        

Tia hồng ngoại là những bức xạ có bản chất là sóng điện từ 

Độ lớn cường độ điện trường tại một điểm gây bởi một điện tích điếm không phụ thuộc vào độ lớn điện tích thử

Các lực bên trong nguồn điện không có tác dụng tạo ra và duy trì hiệu điện thế giữa hai cực của nguồn 

Đáp án B

Suất điện động tự cảm xuất hiện trong khung dây:

\(\begin{array}{l} e = \left| { - L\frac{{\Delta i}}{{\Delta t}}} \right|\\ \Rightarrow 20 = \left| { - L\frac{{2 - 1}}{{0,01}}} \right| \Rightarrow L = 0,2\left( H \right) \end{array}\)

Độ biến thiên năng lượng của từ trường trong ống dây:

\(\Delta W = \frac{1}{2}L\left( {i_2^2 - i_1^2} \right) = \frac{1}{2}.0,2.\left( {{2^2} - {1^2}} \right) = 0,3\left( J \right)\)

Trên tấm kính ảnh (hoặc tấm kính mờ) của buồng ảnh sẽ thu được một dải có màu từ đỏ đến tím nối liền nhau một cách liên tục

Đáp án B

Ảnh cùng chiều với vật nên ảnh là ảnh ảo và bé hơn vật nên thấu kính là thấu kính phân kì:

Vị trí của ảnh:

\(\begin{array}{l} \frac{1}{f} = \frac{1}{d} + \frac{1}{{d'}}\\ \Rightarrow d = \frac{{d'.f}}{{d' - f}} = \frac{{\left( { - 15} \right).\left( { - 20} \right)}}{{\left( { - 15} \right) - \left( { - 20} \right)}} = 60cm \end{array}\)

Ta có: d>0 nên vật đặt trước thấu kính một đoạn: 60 cm.

Đồ thị biểu diễn mối quan hệ giữa lực kéo về và li độ là một đường thẳng dốc xuống       

Đáp án A

Biên độ dao động của vật:

\(\begin{array}{l} {A^2} = {x^2} + \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}} = {5^2} + \frac{{{{25}^2}}}{{{5^2}}} = 50\\ \Rightarrow A = 5\sqrt 2 cm \end{array}\)

Đáp án B

Từ hình vẽ ta có:

\(\frac{{\Delta x}}{\lambda } = \frac{5}{{12}} \Rightarrow \Delta \varphi = \frac{{2\pi \Delta x}}{\lambda } = \frac{{5\pi }}{6}ra{\rm{d}}\)

Đáp án A

Từ đồ thị ta nhận thấy:

+ Vật thật cho ảnh cùng chiều với vật và lớn hơn vật nên ảnh phải là ảnh ảo và đây là thấu kính hội tụ.

+ Độ phóng đại ảnh:

\(\begin{array}{l} k = - \frac{{d'}}{d} = \frac{{ - f}}{{d - f}} = \frac{{ - f}}{{30 - f}} = \frac{8}{6}\\ \Rightarrow f = 120\left( {cm} \right) \end{array}\)

Đáp án A

Độ hụt khối và năng lượng liên kết của hạt nhân:

\(\begin{array}{*{20}{l}} {\Delta m = \left( {2.1,0073u + 2.1,0087u} \right) - 4,0015u = 0,0305u}\\ { \Rightarrow \Delta E = \Delta m.{c^2} = 0,0305.u{c^2} = 28,4MeV} \end{array}\)

Số phản ứng cần thiết để tạo thành 1 mol Heli

\({N_{pu}} = {N_{He}} = n.{N_A} = 6,{02.10^{23}}\) (phản ứng)

Năng lượng tỏa ra khi tạo thành 1 mol Heli:

\(E = N.\Delta E = 1,{709.10^{25}}{\rm{ }}Mev = 2,{74.10^{12}}J\)

Đáp án A

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng, ta có:

\(Mv = \left( {M + m} \right)v' \Rightarrow v' = \frac{M}{{M + m}}.v\)

 (với v và v' là vận tốc cực đại của hệ lúc đầu và lúc sau)

+ Ban đầu, cơ năng của hệ:

\(W = \frac{1}{2}k{A^2} = \frac{1}{2}M{v^2}\left( 1 \right)\)

+ Lúc sau, cơ năng của hệ:

\(W' = \frac{1}{2}kA{'^2} = \frac{1}{2}\left( {M + m} \right)v{'^2} = \frac{1}{2}\frac{{{M^2}}}{{M + m}}{v^2}\left( 2 \right)\)

+ Lập tỉ số (2) và (1) ta thu được kết quả

\(A' = A.\sqrt {\frac{M}{{M + m}}} = \frac{2}{{\sqrt 5 }}A = 2\sqrt 5 cm\)

Đáp án D

Khi chuyển từ O (n = 5) về N (n = 4)

\({\varepsilon _0} = \frac{{hc}}{{{\lambda _0}}} = {E_5} - {E_4} = - 13,6\left( {\frac{1}{{{5^2}}} - \frac{1}{{{4^2}}}} \right)\left( 1 \right)\)

Khi chuyển từ K lên M

\(\varepsilon = \frac{{hc}}{\lambda } = {E_3} - {E_1} = - 13,6\left( {\frac{1}{{{3^2}}} - \frac{1}{{{1^2}}}} \right)\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có:

\(\begin{array}{l} \frac{{{\varepsilon _0}}}{\varepsilon } = \frac{\lambda }{{{\lambda _0}}} = \frac{{ - 13,6\left( {\frac{1}{{{5^2}}} - \frac{1}{{{4^2}}}} \right)}}{{ - 13,6\left( {\frac{1}{{{3^2}}} - \frac{1}{{{1^2}}}} \right)}} = \frac{{\frac{9}{{400}}}}{{\frac{8}{9}}} = \frac{{81}}{{3200}}\\ \Leftrightarrow \lambda = {\lambda _0}.\frac{{81}}{{3200}} = \frac{{{\lambda _0}}}{{\frac{{3200}}{{81}}}} \end{array}\)

Đáp án C

Bước sóng l=6cm

+ Sử dụng tính chất những điểm dao động ngược pha nhau thì tốc độ dao động tỉ lệ với ly độ

\({u_A} = 2a\cos \frac{{2\pi x}}{\lambda }\cos \left[ {40pt - \frac{{\pi \left( {{d_1} + {d_2}} \right)}}{\lambda }} \right]mm\) (x là khoảng cách từ A tới I).

\({u_B} = 2a\cos \frac{{2\pi y}}{\lambda }\cos \left[ {40pt - \frac{{\pi \left( {{d_1} + {d_2}} \right)}}{\lambda }} \right]mm\) (y là khoảng cách từ B tới I).

Thay số thấy hai điểm A, B ngược pha nên:

\(\begin{array}{l} \frac{{{u_A}}}{{{u_B}}} = \frac{{{v_A}}}{{{v_B}}} = \frac{{\frac{{\sqrt 3 }}{2}}}{{ - \frac{1}{2}}} = \frac{{12\sqrt 3 }}{{{v_B}}}\\ \Rightarrow {v_B} = - 12cm/s \end{array}\)

Đáp án A

Công của lực điện trường:

\(A = F.S.\cos \alpha = q.E.s.\cos \alpha \) 

Thay số vào ta được:

Hiệu điện thế giữa hai đầu quãng đường:

\(U = E.d = E.s.\cos \alpha = 500.0,05.\cos 60 = 12,5{\rm{ }}V\)

Có thể tính bằng công thức:

\(U = \frac{A}{q} = {\rm{ }}12,5V{\rm{ }}\left( {A = q.U} \right)\)

Đáp án A

Vị trí hai vân sáng trùng nhau:

\(ki = k'i' \Rightarrow \frac{k}{{k'}} = \frac{{\lambda '}}{\lambda } = \frac{2}{3} = \frac{{2n}}{{3n}}\)

Ta lại có:

\(\begin{array}{l} - 7 \le k = 2n \le 7\\ \Rightarrow - 3,5 \le n \le 3,5\\ \Rightarrow {\rm{ }}n = - 3, - 2, - 1,0,1,2,3 \end{array}\)

⇒ Có 7 giá trị của n nên trong khoảng giữa hai vân sáng bậc 7 của bức xạ \(\lambda \) số vị trí có vân sáng trùng nhau của hai bức xạ là 7

Đáp án D

Đặt \(k = {Z_L} - {Z_C}\)

+ Trong trường hợp 1:

\({P_1} = \frac{{{U^2}R}}{{{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}} = \frac{{{U^2}}}{{R + \frac{{{k^2}}}{R}}} \le \frac{{{U^2}}}{{2\left| k \right|}} = x\)

+ Trong trường hợp 2:

\({P_2} = \frac{{{U^2}\left( {R + r} \right)}}{{{{\left( {R + r} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}} = \frac{{{U^2}\left( {R + r} \right)}}{{{{\left( {R + r} \right)}^2} + {k^2}}}\)

Khi R=0 :

\({P_2} = \frac{{{U^2}r}}{{{r^2} + {k^2}}} = y\)

+ Từ đồ thị ta thấy, khi R=0,25r thì:

\(\begin{array}{l} {P_1} = {P_2} = 120W\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {P_1} = {P_2}\\ {P_1} = 120W \end{array} \right.\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} \frac{{0,25r}}{{{{\left( {0,25r} \right)}^2} + {k^2}}} = \frac{{r + 0,25r}}{{{{\left( {r + 0,25r} \right)}^2} + {k^2}}}\\ \frac{{{U^2}0,25r}}{{{{\left( {0,25r} \right)}^2} + {k^2}}} = 120 \end{array} \right.\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {r^2} = 3,2{k^2}\\ \frac{{{U^2}}}{{\left| k \right|}} = \frac{{720}}{{\sqrt 5 }} \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = \frac{{{U^2}}}{{2\left| k \right|}} = \frac{{360}}{{\sqrt 5 }}\\ y = \frac{{{U^2}\sqrt {3,2} .\left| k \right|}}{{3,2{k^2} + {k^2}}} = \frac{{{U^2}}}{{\left| k \right|}}.\frac{{4\sqrt 5 }}{{21}} = \frac{{960}}{7}{\rm{W}} \end{array} \right.\\ \Rightarrow x + y = \frac{{360}}{{\sqrt 5 }} + \frac{{960}}{7} = 298,14{\rm{W}} \end{array}\)