Tốc độ cực đại của chất điểm dao động điều hòa là v_max = ωA 

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}
Z = 30\\
A = 67
\end{array} \right. \Rightarrow N = A - Z = 37\)

Ta có: U = I.R = 2.100 = 200 (V) 

Công thức máy biến áp:

\(\frac{{{U_2}}}{{{U_1}}} = \frac{{{N_2}}}{{{N_1}}} \Rightarrow {U_2} = {U_1}\frac{{{N_2}}}{{{N_1}}}\)

Tổng trở:

\(\begin{array}{l}
Z = \sqrt {{R^2} - {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} \\
Z = \left| {{Z_L} - {Z_C}} \right| = \left| {\omega L - \frac{1}{{\omega C}}} \right|
\end{array}\)

Ta có:  

\(\begin{array}{l}
{Z_L} = 200\Omega ;{Z_C} = 100\Omega \\
\varphi  = {\varphi _u} - {\varphi _i} = \frac{\pi }{4} \Rightarrow \tan \varphi  = \frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R}\\
 \Leftrightarrow 1 = \frac{{200 - 100}}{R} \Rightarrow R = 100\Omega 
\end{array}\)

Gia tốc cực đại: a_max = ω²Α <=> 160 = (2π)².Α => Α = 4 (cm) 

Sóng cơ không truyền được trong chân không => B sai 

Ta có:

\(\frac{{2\pi x}}{\lambda } = \pi x \Rightarrow \lambda  = 2\left( m \right) \Rightarrow v = \lambda f = 6\left( {m/s} \right)\)

Độ cao của âm là đặc trưng sinh lý của âm.

+ Sóng điện từ là sóng ngang => A sai

+ Sóng điện tử là quá trình lan truyền điện từ trường trong không gian => B đúng

+ Sóng điện từ có E và B dao động theo phương vuông góc nhau => C sai

+ Sóng điện từ truyền được trong chân không => D sai

=> Chọn B.

Ta có:

\(\lambda  = \frac{c}{f} = \frac{{{{3.10}^8}}}{{{{102,7.10}^6}}} = 2,92\left( m \right)\)

Hiện tượng nhiều xạ và giao thoa ánh sáng chứng tỏ ánh sáng có tính chất sóng => Chọn A.

Vì ánh sáng đơn sắc nên khi đi qua lăng kính nó không bị tán sắc mà chỉ bị lệch đường đi.

Khoảng cách giữa vân sáng và vân tối liền kề là:  

\(\begin{array}{l}
\frac{i}{2} = 1 \Rightarrow i = 2\left( {mm} \right)\\
\frac{x}{i} = \frac{6}{2} = 3 = k
\end{array}\)

vân sáng bậc 3 

Năng lượng phô-tôn của mỗi ánh sáng đơn sắc:

\(\varepsilon  = hf = \frac{{hc}}{\lambda }\)

Ta có:

\(A = \frac{{hc}}{{{\lambda _0}}} \Rightarrow {\lambda _0} = \frac{{hc}}{A} \approx {3.10^{ - 7}}\left( m \right) \approx 0,3\left( {\mu m} \right)\) 

Các chất rắn, lỏng và khí ở áp suất cao khi bị nung nó thì phát ra quang phổ liên tục.

+ Tia hồng ngoại là những bức xạ có bước sóng λ > 0,76 µm đến vài mm

+ Tia hồng ngoại nằm ngoài vùng ánh sáng nhìn thấy nên mắt người không có cảm giác màu => D sai 

dài sóng thuộc vùng ánh sáng nhìn thấy 

Tần số của con lắc lò xo: \(f = \frac{\omega }{{2\pi }} = \frac{{10\pi }}{{2\pi }} = 5Hz\) => A sai

+ Độ cứng của lò xo:

\({\omega ^2} = \frac{k}{m} \Rightarrow k = m{\omega ^2} = 0,1.{\left( {10\pi } \right)^2} = 100\left( {N/m} \right)\)=> B sai

+ Vì F sớm pha hơn x một góc π nên pha ban dầu của dao động là:

\(\varphi  = {\varphi _F} - \pi  =  - \frac{\pi }{2}\) => C sai

+ Lực hồi phục cực đại:

\({F_{\max }} = m{\omega ^2}A \Leftrightarrow 5 = 0,1.{\left( {10\pi } \right)^2}.A\) 

=> A = 0,05 (m) => D đúng 

Vì dòng điện i sớm pha hơn uC góc \(\frac{\pi }{2} \Rightarrow {\varphi _1} =  - \frac{\pi }{3} + \frac{\pi }{2} = \frac{\pi }{6}\) 

+ Độ lệch pha giữa u và i: 

\(\varphi  = {\varphi _u} - {\varphi _i} =  - \frac{\pi }{{12}} - \frac{\pi }{6} =  - \frac{\pi }{4}\)

+ Hệ số công suất:

\(\cos \varphi  = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\)

Độ bền vững của hạt nhân phụ thuộc vào năng lượng liên kết riêng

Ta có:

\(\Delta {E_{lkr}} = \frac{{{W_{lk}}}}{A} = \frac{{\Delta m.{c^2}}}{A}\)

 => phụ thuộc vào tỉ số giữa độ hụt khối và số khối

Từ đồ thị ta thấy, lúc t=3T/4 => x = 0

+ Lại có:

\(\left\{ \begin{array}{l}
{A^2} = {x^2} + \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}}v =  \pm \omega A\\
a =  - {\omega ^2}xa = 0
\end{array} \right.\) 

+ Theo đồ thị, lúc t = 3T/4 vật qua VTCB theo chiều âm nên v < 0

Ta có:

\(\begin{array}{l}
{L_1} - {L_2} = 10\lg \frac{{{I_1}}}{{{I_2}}} = 10\lg {\left( {\frac{{{R_2}}}{{{R_1}}}} \right)^2}\\
 \Rightarrow \frac{{{R_2}}}{{{R_1}}} = 31,623\\
 \Rightarrow {R_2} = 3162,3\left( m \right)
\end{array}\)

Vì sóng truyền từ M đến N nên sóng ở M sớm pha hơn ở N một góc:

\(\begin{array}{l}
\Delta \varphi  = \frac{{2\pi MN}}{\lambda } = \pi \\
 \Rightarrow {u_M} = 8\cos \left[ {\frac{\pi }{4}\left( {t - 4} \right) + \pi } \right] = 8\cos \left( {\frac{\pi }{4}t} \right)
\end{array}\)

Đèn ống thông dụng (đèn nê-ôn) thuộc loại quang - phát quang

+ Đom đóm thuộc loại hóa - phát quang

+ Màn hình vô tuyến thuộc loại catot phát quang

+ Đèn LED thuộc loại điện phát quang

+ Khi rung lắc mạnh nhất => xảy ra cộng hưởng

 f_riêng = f_cb = 2Hz => T_cb = 0,5 s

+ Lại có:

\(v = \frac{s}{{{T_{cb}}}} = \frac{6}{{0,5}} = 12\left( {m/s} \right) = 43,2\left( {km/h} \right)\)

Số hạt còn lại sau thời gian t:

\(N = {N_0}{.2^{\frac{{ - t}}{T}}} = {N_0}.{e^{ - \lambda t}}\) 

 Số hạt bị phân rã sau thời gian t:

\(\Delta N = {N_0} - N = {N_0}\left( {1 - {2^{\frac{{ - t}}{T}}}} \right) = {N_0}\left( {1 - {e^{ - \lambda t}}} \right)\) 

Áp dụng bảo toàn số khối và bảo toàn điện tích, ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}
4 + 14 = 1 + A \Rightarrow A = 17\\
2 + 7 = 1 + Z \Rightarrow Z = 8
\end{array} \right. \Rightarrow X = _8^{17}O\)

Bảo toàn động lượng, ta có:  

\(\begin{array}{l}
{\overrightarrow p _p} = {\overrightarrow p _X} + {\overrightarrow p _X}\\
 \Leftrightarrow p_p^2 = p_X^2 + p_X^2 + 2p_X^2\cos \alpha \\
 \Leftrightarrow p_p^2 = 2p_X^2\left( {1 + \cos \alpha } \right)\\
 \Leftrightarrow {m_p}{W_p} = 2{m_X}{W_X}\left( {1 + \cos \alpha } \right)\\
 \Rightarrow \cos \alpha  = \frac{{{m_p}{W_p}}}{{2{m_X}{W_X}}} - 1
\end{array}\)

Thay (1) vào (2), ta có: cosα = -0,98 => α = 168,62° 

Ta có: \(\frac{{{k_1}}}{{{k_2}}} = \frac{{{\lambda _2}}}{{{\lambda _1}}} = \frac{{0,6}}{{0,4}} = \frac{3}{2}\)   

=> từ O trở ra, vị trí hai vân sáng trùng nhau đầu tiên ứng với bậc 3 của λ₁ và bậc 2 của λ₂.

+ Ta vẽ được hệ hai vân như hình.

+ Vì O thuộc bậc 0 và M thuộc bậc 6 của λ₁ nên O và M được xác định như trên hình

+ Từ hình ta đếm được số vân sáng (vạch sáng) trên đoạn OM là 9 vân (có 4 vân có màu λ₁; 2 vân có màu λ₂ và 3 vân sáng trùng có màu λ₁₂)

+ Khi kích thích đám nguyên tử thì số bực xạ tối đa có thể phát là \(\frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2}\)

+ Khi hấp thu f₁ thì:  \(\frac{{{n_1}\left( {{n_1} - 1} \right)}}{2} = 3 \Rightarrow {n_1} = 3\) 

+ Khi hấp thụ f₂ thì: \(\frac{{{n_2}\left( {{n_2} - 1} \right)}}{2} = 10 \Rightarrow {n_2} = 5\) 

+ Theo tiên đề 2, ta có:

\(\frac{{h{f_1}}}{{h{f_2}}} = \frac{{{E_3} - {E_1}}}{{{E_5} - {E_1}}}\frac{{{f_1}}}{{{f_2}}} = \frac{{ - \frac{1}{{{3^2}}} - \left( { - \frac{1}{{{1^2}}}} \right)}}{{ - \frac{1}{{{5^2}}} - \left( { - \frac{1}{{{1^2}}}} \right)}} \Rightarrow \frac{{{f_1}}}{{{f_2}}} = \frac{{25}}{{27}}\)

Hiện tượng giao thoa ánh sáng khẳng định ánh sáng có tính chất sóng.

+ Điểm M ngược pha với nguồn A khi:

\(x = AM = \left( {2k + 1} \right)\frac{\lambda }{2}\) 

+ Vì C và D đối xứng qua AB nên ta sẽ tìm số điểm ngược pha trên OC sau đó lấy đối xứng suy ra trên CD.

+ Từ hình vẽ, ta có:  

\(\begin{array}{l}
AO \le AM \le AC\\
 \Leftrightarrow 6 \le 0,8\left( {2k + 1} \right) \le 10\\
 \Rightarrow 3,25 \le k \le 5,75 \Rightarrow k = 4,5
\end{array}\) 

=>trên OC có 2 điểm

+ Do tính đối xứng nên trên CD có 4 điểm 

+ Gia tốc trọng trường hiệu dụng:

\({g^/} = \sqrt {{g^2} + {{\left( {\frac{{qE}}{m}} \right)}^2}}  = 10\sqrt 2 \left( {m/{s^2}} \right)\) 

+ Khi dây treo cân bằng thì tạo với phương thẳng đứng góc β được xác định bởi:

\(\cos \beta  = \frac{g}{{{g^/}}} = \frac{{10}}{{10\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \beta  = 45^\circ \) 

+ Biên độ góc của con lắc:

\({\alpha _0} = 54 - 45 = 9^\circ  = \frac{{9\pi }}{{180}} = \frac{\pi }{{20}}\) (rad)

+ Lực căng dây cực đại của dây treo:

\({T_{\max }} = m{g^/}\left( {3 - 2\cos {\alpha _0}} \right) = 1,45\left( N \right)\) 

Ta có:  

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
{u_{AN}} = 60\cos \left( {\omega t - \frac{\pi }{2}} \right)\left( V \right)\\
{u_{MB}} = 60\cos \left( {\omega t + \pi } \right)\left( V \right)
\end{array} \right. \Rightarrow {u_{AN}} \bot {u_{MB}}\\
 \Rightarrow \tan {\varphi _{AN}}.\tan {\varphi _{MB}} =  - 1\\
 \Leftrightarrow \frac{{{Z_L}}}{{2R}}.\frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R} =  - 1\\
 \Leftrightarrow {Z_L}\left( {{Z_C} - {Z_L}} \right) = 2{R^2}
\end{array}\)    (1)

+ Lại có:

\({U_{AN}} = {U_{MB}} \Leftrightarrow 4{R^2} + Z_L^2 = {R^2} + {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2} \Rightarrow 3{R^2} = Z_C^2 - 2{Z_L}{Z_C}\)  (2)

+ Từ (1) và (2), ta có:  

 \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{Z_C} = 3{Z_L}\\
{Z_C} = 0,5{Z_L}
\end{array} \right.{Z_C} = 3{Z_L}R = {Z_L} \Rightarrow {Z_C} = 3R\)

+ Mặt khác, ta có:   

\(\begin{array}{l}
{U_{AN}} = 60 = \frac{{U\sqrt {4{R^2} + Z_L^2} }}{{\sqrt {4{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\\
60 = \frac{{{U_0}\sqrt {4{R^2} + {R^2}} }}{{\sqrt {4{R^2} + 4{R^2}} }}\\
 \Rightarrow {U_0} = 24\sqrt {10}  \Rightarrow U \approx 54\left( V \right)
\end{array}\)

Nhận thấy:  

 \(\begin{array}{l}
{W_3} = {W_1} + {W_2}\\
 \Leftrightarrow \frac{1}{2}kA_3^2 = \frac{1}{2}kA_1^2 + \frac{1}{2}kA_2^2 \Leftrightarrow A_3^2 = A_1^2 + A_2^2\\
 \Rightarrow {x_1} \bot {x_2} \Rightarrow \frac{{x_1^1}}{{A_1^2}} + \frac{{x_2^2}}{{A_2^2}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{2{x_1}{v_1}}}{{A_1^2}} + \frac{{2{x_2}{v_2}}}{{A_2^2}} = 0\\
 \Rightarrow \frac{{\left| {{v_1}} \right|}}{{A_1^2}} = \frac{{\left| {{v_2}} \right|}}{{A_2^2}}\left| {\frac{{{x_2}}}{{{x_1}}}} \right|\\
 \Rightarrow \frac{{\left| {{v_1}} \right|}}{{A_1^2}} = \frac{{\left| {{v_2}} \right|}}{{A_2^2}}\frac{9}{8}\\
 \Rightarrow \left| {\frac{{{v_2}}}{{{v_1}}}} \right| = \frac{8}{9}\frac{{A_2^2}}{{A_1^2}} = \frac{8}{9}\frac{{\frac{1}{2}kA_2^2}}{{\frac{1}{2}kA_1^2}} = \frac{8}{9}\frac{{{W_2}}}{{{W_1}}} = \frac{8}{9}.2 = \frac{{16}}{9}
\end{array}\)

Ta có:  

 \(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
h = 1 - H = \frac{{P.R}}{{{{\left( {U\cos \varphi } \right)}^2}}}\\
H = \frac{{{P_{tt}}}}{P} \Rightarrow P = \frac{{{P_{tt}}}}{H}
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow h = 1 - H = \frac{{{P_{tt}}.R}}{{H{{\left( {U\cos \varphi } \right)}^2}}}\\
 \Rightarrow \left( {1 - H} \right)H = \frac{{{P_{tt}}.R}}{{{{\left( {U\cos \varphi } \right)}^2}}}\\
\frac{{\left( {1 - {H_1}} \right){H_1}}}{{\left( {1 - {H_2}} \right){H_2}}} = \frac{{{P_{tt1}}}}{{{P_{tt2}}}}\\
 \Leftrightarrow \frac{{\left( {1 - 0,9} \right)0,9}}{{\left( {1 - 0,8} \right)0,8}} = \frac{{90}}{{90 + x}} \Rightarrow x = 70
\end{array}\)

+ Vì mạch LC nên i vuông pha với q nên:

\(\frac{{{i^2}}}{{I_0^2}} + \frac{{{q^2}}}{{Q_0^2}} = 1\frac{{{i^2}}}{{{\omega ^2}}} + {q^2} = Q_0^2\) 

+ Tại thời điểm t1, ta có:

\({i_1} = \frac{{{q_1}\omega }}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \frac{{{{\left( {\frac{{{q_1}\omega }}{{\sqrt 3 }}} \right)}^2}}}{{{\omega ^2}}} + q_1^2 = Q_0^2 \Rightarrow {q_1} = \frac{{{Q_0}\sqrt 3 }}{2}\) 

+ Tại thời điểm t1 + Δt, ta có:

\({i_2} = {q_2}\omega \sqrt 3  \Rightarrow \frac{{{{\left( {{q_2}\omega \sqrt 3 } \right)}^2}}}{{{\omega ^2}}} + q_2^2 = Q_0^2 \Rightarrow {q_2} = \frac{{{Q_0}}}{2}\) 

+ Trong thời gian Δt điện tích từ q1 đến q2 nhỏ nhất nên: 

\(\Delta t = \frac{T}{{12}} = \frac{\pi }{{6\omega }} = \frac{{\pi \sqrt {LC} }}{6}\)