+ AC là viết tắt của từ "alternating current: dòng điện xoay chiều" => ACV đo U xoay chiều, ACA đo I xoay chiều.

+ DC là viết tắt của từ "direct current: dòng điện một chiều=> DCV đo U một chiều, DCA đo I một chiều.

+ Lúc t = 0 dao động (1) đang đi qua vị trí cân bằng nên: 0 = Acosφ1

\( \Rightarrow {\varphi _1} =  \pm \frac{\pi }{2}{\varphi _1} =  - \frac{\pi }{2}\) 

+ Lúc t = 0 dao động (2) đang đi qua  

 \(\begin{array}{l}
{x_2} = 2,5\sqrt 5  =  > 2,5\sqrt 3  = 5\cos {\varphi _2}\\
 \Rightarrow {\varphi _2} =  \pm \frac{\pi }{6}{\varphi _1} =  - \frac{\pi }{6}
\end{array}\)

+ Độ lệch pha của hai dao động:  

\(\Delta \varphi  = {\varphi _2} - {\varphi _1} = \frac{\pi }{3}\)

Cường độ dòng điện hiệu dụng:

\(I = \frac{{{I_0}}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{2\sqrt 2 }}{{\sqrt 2 }} = 2\left( A \right)\)

Khi xảy ra cộng hưởng thì vật dao động mạnh nhất => f_lục = f_riêng = 10 Hz 

Chất khí hoặc hơi ở áp suất thấp khi bị nung nóng không cho quang phổ liên tục.

Vị trí vân sáng bậc 3 là: x₃ = ±3i = ±3 (mm)

Có 2 vị trí vân bậc 3 (bên âm và bên dương) nên khoảng cách giữa chúng là:

\(\Delta x = \left| {{x_3}} \right| + \left| {{x_3}} \right| = 6\left( {mm} \right)\)

Sóng âm cũng là sóng cơ học nên không truyền được trong chân không.

Năng lượng của photon:

\(\varepsilon  = hf = \frac{{hc}}{\lambda } = \frac{{{{6,625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}{{{{0,589.10}^{ - 6}}}} = {3,374.10^{ - 19}}\left( J \right) = 2,11\left( {eV} \right)\)

Để giải thích hiện tượng quang điện người ta dựa vào thuyết lượng tử.

Cầu vồng là kết quả của hiện tượng tán sắc ánh sáng qua các giọt nước.

+ Giới hạn quang điện:

\({\lambda _0} = \frac{{hc}}{A} = \frac{{{{6,625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}{{{{2,62.1,6.10}^{ - 19}}}} = {4,74.10^{ - 7}}\left( {\rm{m}} \right) = 0,474\left( {\mu m} \right)\) 

+ Điều kiện để xảy ra hiện tượng quang điện: λ <= λ₀ => cả hai bức xạ đều xảy ra 

Phản ứng A thuộc loại phóng xạ (tự động xảy ra) => không phải phản ứng nhân tạo.

+ Câu A và C, sai vì đó là phản ứng nhiệt hạch

+ Cả hai loại phản ứng phân hạch và nhiệt hạch đều tỏa năng lượng

+ Phản ứng phân hạch là sự vỡ của một hạt nhân nặng thành hai hạt nhân nhẹ hơn

Động cơ không đồng bộ và máy phát điện xoay chiều đều hoạt động dựa trên hiện tượng cảm ứng điện từ.

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}
W = \frac{1}{2}m{\omega ^2}{A^2} \Rightarrow \omega A = \sqrt {\frac{{2W}}{m}}  = \sqrt {\frac{{2.0,02}}{1}}  = 0,2\left( {m/s} \right)\\
\omega  = \frac{{2\pi }}{T} = 10\left( {rad/s} \right) \Rightarrow A = 0,02\left( m \right) = 2\left( {cm} \right)
\end{array} \right.\) 

Ta có:

\(\begin{array}{l}
{U^2} = U_R^2 + U_C^2\\
 \Rightarrow {U_C} = \sqrt {{U^2} - U_R^2}  = \sqrt {{{100}^2} - {{60}^2}}  = 80\left( V \right)
\end{array}\)

Mối quan hệ: λ = v.T = v/f 

Ta có: 

\(\left\{ \begin{array}{l}
{T_0} = 2\pi \sqrt {\frac{\ell }{{{g_0}}}} \\
T = 2\pi \sqrt {\frac{\ell }{g}} 
\end{array} \right. \Rightarrow \frac{T}{{{T_0}}} = \sqrt {\frac{{{g_0}}}{g}}  \Rightarrow T = {T_0}\sqrt {\frac{{{g_0}}}{g}}  = \sqrt {\frac{{{g_0}}}{g}} \)

Ta có:  

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
{Z_C} = 100\Omega \\
{Z_L} = 200\Omega 
\end{array} \right. \Rightarrow {U_{0C}} = \frac{{{U_{0L}}}}{2} = 50\left( V \right)\\
{u_C} = 50\cos \left( {100\pi t + \frac{\pi }{6} - \pi } \right)\\
 \Rightarrow {u_C} = 50\cos \left( {100\pi t - \frac{{5\pi }}{6}} \right)V
\end{array}\)

Ta có:

\(A = 2a\left| {\cos \frac{{\pi \left( {{d_1} - {d_2}} \right)}}{\lambda }} \right| = 2a\left| {\cos \frac{{\pi \left( {25 - 5} \right)}}{{15}}} \right| = a\)

Ta có:

\({I_0} = \omega {Q_0} = \frac{1}{{\sqrt {LC} }}.C{U_0} = {U_0}\sqrt {\frac{C}{L}} \)

Vì hai đầu dây cố định nên:  

\(\begin{array}{l}
\ell  = k\frac{\lambda }{2} = k\frac{v}{{2f}} \Rightarrow f = k\frac{v}{{2\ell }}\\
 \Rightarrow \frac{{{f_2}}}{{{f_1}}} = \frac{{{k_2}}}{{{k_1}}} \Leftrightarrow \frac{{{f_2}}}{{20}} = \frac{2}{4} \Rightarrow {f_2} = 10\left( {Hz} \right)
\end{array}\)

+ Tại t = 0 => i = 2 mA và đang tăng => \({\varphi _i} =  - \frac{\pi }{3}\)rad

+ Thời gian từ khi i=2 và đang tăng đến khi i = 0 là:  

\(\begin{array}{l}
\Delta t = \frac{T}{6} + \frac{T}{4} = \frac{5}{6}{.10^6}\\
 \Rightarrow T = {2.10^{ - 6}}\left( s \right) \Rightarrow \omega  = {10^6}\pi \left( {rad/s} \right)
\end{array}\) 

+ Biểu thức dòng điện: 

\(\begin{array}{l}
i = {4.10^{ - 3}}\cos \left( {\pi {{.10}^6} - \frac{\pi }{3}} \right)A\\
 \Rightarrow {Q_0} = \frac{{{I_0}}}{\omega } = \frac{{{{4.10}^{ - 3}}}}{{\pi {{10}^6}}} = \frac{4}{\pi }{.10^{ - 9}}\left( C \right) = \frac{4}{\pi }\left( {nC} \right) = 0,4\pi \left( {nC} \right)
\end{array}\) 

+ Vì điện tích q trễ pha với i nên biểu thức điện tích trên tụ là:

\(q = 0,4\pi \cos \left( {\pi {{.10}^6}t - \frac{\pi }{3} - \frac{\pi }{2}} \right) = 0,4\pi \cos \left( {\pi {{.10}^6}t - \frac{{5\pi }}{6}} \right)\) (nC)

Khoảng cách từ vân sáng bậc 4 đến vân trung tâm:

\(\left| {{x_4}} \right| = 4i = 4\frac{{\lambda D}}{a} = 3,2\) (mm) 

+ Chu kì dao động của vật: \(T = 2\pi \sqrt {\frac{{\Delta {\ell _0}}}{g}}  = \frac{{\pi \sqrt 2 }}{{10}}\) . Lúc t = 0 =>x₀=0 ;v_o>0

+ Lúc lực đẩy cực đại lò xo đang nén nhiều nhất => vật ở vị trí cao nhất

+ Vậy, thời gian cần tính chính là thời gian đi từ x₀=0 ;v_o>0 đến x = -A

+ Do đó ta có:

\(\Delta t = \frac{T}{4} + \frac{T}{2} = \frac{{3T}}{4} = \frac{3}{4}\frac{{\pi \sqrt 2 }}{{10}} = \frac{{3\pi \sqrt 2 }}{{40}} = \frac{{3\pi }}{{20\sqrt 2 }}\)

Ta có:  

\(\begin{array}{l}
\frac{{{u_L}}}{{{u_C}}} =  - \frac{{{Z_L}}}{{{Z_C}}} =  - 4 \Rightarrow {u_C} = \frac{{{u_L}}}{{ - 4}} =  - 50\left( V \right)\\
{u_R} \bot {u_L} \Rightarrow \frac{{u_R^2}}{{U_{0R}^2}} + \frac{{u_L^2}}{{U_{0L}^2}} = 1{u_R} = 0
\end{array}\)

Điện áp tức thời hai đầu đoạn mạch khi đó:

\(u = {u_R} + {u_L} + {u_C} = 0 + 200 - 50 = 150\left( V \right)\)

+ Tốc độ của hệ vật sau va chạm là:    

\(V = \frac{{mv}}{{m + M}} = \frac{v}{3}\)  (1)

+ Sau va chạm vật m dính vào M nên VTCB của hệ bị dịch xuống đoạn:

\({x_0} = \frac{{mg}}{k} = 0,025\left( m \right) = 2,5\left( {cm} \right)\) 

+ Do đó, lúc va chạm hệ vật có li độ là:

\(x = {A_1} - {x_0} = 12,5 - 2,5 = 10\left( {cm} \right)\) 

+ Biên độ của hệ sau va chạm là:  

\(\begin{array}{l}
A_2^2 = {x^2} + \frac{{{V^2}}}{{\omega _2^2}} \Leftrightarrow A_2^2 = {x^2} + \frac{{{V^2}}}{{\frac{k}{{m + M}}}}\\
 \Leftrightarrow {20^2} = {10^2} + \frac{{{V^2}}}{{\frac{{200}}{{1,5}}}}\\
 \Rightarrow V = 200\left( {cm/s} \right)v = 3V = 600\left( {cm/s} \right) = 6\left( {m/s} \right)
\end{array}\)

Ta có:  

 \(\begin{array}{l}
I = \frac{{NBS\omega }}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {\omega L - \frac{1}{{\omega C}}} \right)}^2}} }} = \frac{{NBS\omega }}{{\sqrt {{R^2} + {L^2}{\omega ^2} - 2\frac{L}{C} + \frac{1}{C}\frac{1}{{{\omega ^2}}}} }}\\
 \Rightarrow I = \frac{{NBS}}{{\sqrt {\left( {\frac{1}{C}} \right)\frac{1}{{{\omega ^4}}} + \left( {{R^2} - 2\frac{L}{C}} \right)\frac{1}{{{\omega ^2}}} + {L^2}} }}
\end{array}\)

+ Tính chất hàm bậc 2:  

\(\begin{array}{l}
y = a{x^2} + bx + c\\
 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x_{\max }} = \frac{{ - b}}{{2a}}\\
{x_1} + {x_2} = \frac{{ - b}}{a}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\frac{1}{{\omega _0^2}} = \frac{{ - b}}{{2a}}\\
\frac{1}{{\omega _1^2}} + \frac{1}{{\omega _2^2}} =  - \frac{b}{a}
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow \frac{1}{{\omega _1^2}} + \frac{1}{{\omega _2^2}} = \frac{2}{{\omega _0^2}} \Leftrightarrow \frac{1}{{n_1^2}} + \frac{1}{{n_2^2}} = \frac{2}{{n_0^2}}
\end{array}\) 

+ Thay số: n₁ = 30 vòng/phút và n₂ = 40 vòng/phút => n₀ = 24√2vòng/phút 

Ta có:  

\(\begin{array}{l}
L = k\frac{\lambda }{2} = 9 \Leftrightarrow k\frac{v}{{2f}} = 9\\
 \Leftrightarrow v = \frac{{18f}}{k} = \frac{{900}}{k}\left( {cm/s} \right) = \frac{9}{k}\left( {m/s} \right)\\
1,5\left( {m/s} \right) < v < 2,25\left( {m/s} \right) \Rightarrow 1,5 < \frac{9}{k} < 2,25\\
 \Rightarrow 4 < k < 6 \Rightarrow k = 5 \Rightarrow v = 1,8\left( {m/s} \right)
\end{array}\)

+ Gọi U₀ là điện áp ở đầu thứ cấp thì điện áp ở cuộn sơ cấp lúc đầu và lúc sau lần lượt là 30U₀ và nU₀. Gọi P là công suất nơi phát A, P₀ là công suất tiêu thụ ở B.

+ Khi điện áp truyền đi là U và dùng máy 30U₀ thì: P_tt1=20/21P₀

+ Khi điện áp truyền đi là 2U và dùng máy nU₀ thì: P_tt2=P₀

+ Lại có:

\(H = \frac{{{U_{tt}}}}{U} = \frac{{{P_{tt}}}}{P} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{H_1} = \frac{{30{U_0}}}{U} = \frac{{\frac{{20}}{{21}}{P_0}}}{P}\\
{H_2} = \frac{{n{U_0}}}{{2U}} = \frac{{{P_0}}}{P}
\end{array} \right. \Rightarrow n = 63\)

+ Vì công suất âm không đổi nên độ biến thiên năng lượng: ΔW = P.t

\( \Rightarrow P = \frac{{\Delta W}}{t} = \frac{{\Delta W}}{{s/v}}\) 

+ Cường độ âm tại điểm M cách tâm S đoạn R:  

\(\begin{array}{l}
I = \frac{P}{{4\pi {R^2}}}\\
 \Rightarrow P = 4\pi {R^2}I = \frac{{\Delta W.v}}{s} \Rightarrow I = \frac{{\Delta W.v}}{{s.4\pi {R^2}}}
\end{array}\) 

+ Mức cường độ âm tại M:

\(L = 10\lg \frac{I}{{{I_0}}} = 10\lg \frac{{\Delta W.v}}{{s.4\pi {R^2}{I_0}}} = 89,99\left( {{\rm{dB}}} \right)\)

Ta có:  

\(\begin{array}{l}
\alpha  + \beta  = \frac{i}{{{I_0}}} + \frac{u}{{{U_0}}}\\
 = \cos \omega t + \cos \left( {\omega t - \frac{\pi }{2}} \right) = 2\cos \left( {\frac{\pi }{4}} \right)\cos \left( {\omega t - \frac{\pi }{4}} \right)\\
 \Rightarrow \alpha  + \beta  = \sqrt 2 \cos \left( {\omega t - \frac{\pi }{4}} \right)\\
 \Rightarrow {\left( {\alpha  + \beta } \right)_{\max }} = \sqrt 2 
\end{array}\)

Tại vị trí vân sáng:

\(x = 4\frac{{0,76D}}{a} = k\frac{{\lambda D}}{a} \Rightarrow \lambda  = \frac{{76}}{{25k}}\) 

 Có điều kiện:

\(0,38 \le \frac{{76}}{{25k}} \le 0,76 \Leftrightarrow 4 \le k \le 8\)

Loại k = 4 => k = 5, 6,7, 8

=> còn có 4 vân sáng khác 

Ta có:

\(\begin{array}{l}
{m_{con}} = \frac{{{A_{con}}}}{{{A_{me}}}}\left( {1 - {2^{ - \frac{t}{T}}}} \right){m_0}\\
 \Leftrightarrow {m_{Th}} = \frac{{234}}{{238}}\left( {1 - {2^{ - 2}}} \right)23,8 = 17,55\left( g \right)
\end{array}\)

Lúc đầu: 

\(\begin{array}{l}
eU = \frac{{hc}}{{{\lambda _{\min }}}}\\
Sau:\\
e{U^/} = \frac{{hc}}{{0,8{\lambda _{\min }}}}\\
 \Rightarrow \frac{{{U^/}}}{U} = \frac{1}{{0,8}} = 1,25
\end{array}\)

 => hiệu điện thế tăng 25% 

Nguyên tử phát ra tối đa 10 bức xạ nên:  

\(\begin{array}{l}
\frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} = 10 \Rightarrow n = 5\\
\varepsilon  = \frac{{hc}}{\lambda } = {E_n} - {E_m} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\lambda _{\max }} \Leftrightarrow \left( {{E_n} - {E_m}} \right) = \min \\
{\lambda _{\min }} \Leftrightarrow \left( {{E_n} - {E_m}} \right) = \max 
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\frac{{hc}}{{{\lambda _{\max }}}} = {E_5} - {E_4}\\
\frac{{hc}}{{{\lambda _{\min }}}} = {E_5} - {E_1}
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow \frac{{{\lambda _{\max }}}}{{{\lambda _{\min }}}} = \frac{{{E_5} - {E_1}}}{{{E_5} - {E_4}}} = \frac{{\frac{1}{{{5^2}}} - 1}}{{\frac{1}{{{5^2}}} - \frac{1}{{{4^2}}}}} = 42,67
\end{array}\)

+ Khi hai vân sáng trùng nhau thì:

\(x = {k_1}{i_1} = {k_2}{i_2} \Rightarrow \frac{{{k_1}}}{{{k_2}}} = \frac{{{i_2}}}{{{i_1}}} = \frac{{{\lambda _2}}}{{{\lambda _1}}} = \frac{4}{5} \Rightarrow {k_{1\min }} = 4\) 

+ Vị trí vân sáng trùng:

\(x = {k_{1\min }}n.{i_1} = 4n\frac{{{\lambda _1}D}}{a} = 4n\) 

+ Vì n là số nguyên nên chọn A.

+ Khối lượng nguyên tử C12: m_ngt = 12u

+ Khối lượng hạt nhân C12: m = m_ngt - 6me = 11,9967u

+ Độ hụt khối: Δm = 6m_p + 6m_n - m = 0,0993u

+ Năng lượng liên kết: W_lt = Δmc² = 92,49 MeV 

Ta có:  

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
{\overrightarrow p _\alpha } = {\overrightarrow p _n} + {\overrightarrow p _X} \Rightarrow {\overrightarrow p _\alpha } - {\overrightarrow p _n} = {\overrightarrow p _X} \Rightarrow p_\alpha ^2 + p_n^2 - 2{p_\alpha }{p_n}\cos 60^\circ  = p_X^2\\
{m_\alpha }{W_\alpha } + {m_n}{W_n} - \sqrt {{m_\alpha }{W_\alpha }{m_n}{W_n}}  = {m_X}{W_X}
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow {W_X} = \frac{{{m_\alpha }{W_\alpha } + {m_n}{W_n} - \sqrt {{m_\alpha }{W_\alpha }{m_n}{W_n}} }}{{{m_X}}} = 1,3
\end{array}\)

Ở thời điểm t (s) người A thấy mình ở vị trí cao nhất, đến thời điểm t + 6(s) lại thấy mình ở vị trí thấp nhất nên ta có:

\(\frac{T}{2} = 6 \Rightarrow T = 12\left( s \right) \Rightarrow \omega  = \frac{{2\pi }}{T} = \frac{\pi }{6}\) (rad/s)

+ Tại thời điểm t người A ở cao nhất, sau Δt = 2(s) người A quay thêm góc

\(\alpha  = \omega \Delta t = \frac{\pi }{6}.2 = \frac{\pi }{3}\) 

+ Lúc này người B đang ở vị trí thấp nhất. Từ hình vẽ a suy ra người B nhanh pha hơn người A góc 2π/3 (rad)

+ Từ hình vẽ b, bóng người trên mặt đất dao động với biên độ là:

\(A = \frac{R}{{\sin 60^\circ }} = \frac{{2\sqrt 3 }}{{\sin 60^\circ }} = 4\) (cm)

+ Khi bóng của A đi qua O thì bóng của B có li độ |xB|.

+ Theo hình vẽ, ta có:  

\(\begin{array}{l}
\sin 60^\circ  = \frac{{R\cos 30^\circ }}{{\left| {{x_B}} \right|}}\\
 \Rightarrow \left| {{x_B}} \right| = \frac{{R\cos 30^\circ }}{{\sin 60^\circ }} = \frac{{2\sqrt 3 \cos 30^\circ }}{{\sin 60^\circ }} = 2\sqrt 3 
\end{array}\) 

+ Theo công thức độc lập ta có:

\(v_B^/ = \omega \sqrt {{A^2} - {{\left( {x_B^/} \right)}^2}}  = \frac{\pi }{6}\sqrt {{4^2} - {{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2}}  = \frac{\pi }{3}\) (m/s)

+ Vì đang lại gần O nên suy ra tốc độ đang tăng