Ta có: \(a =  - {\omega ^2}x \Rightarrow \frac{a}{x} =  - {\omega ^2} = const\) 

: Hiện tượng quang dẫn là hiện tượng điện trở cua một chất bán dẫn giảm khi được chiếu sáng.

Khi vật dao động điều hòa với tần số f thì li độ x, vận tốc v, gia tốc a, lực kéo về F_k sẽ biến thiên điều hòa vói tần số f. Động năng và thế năng biên thiên tuần hoàn với tần số 2f => C sai.

Tổng khối lượng các nuclon tạo nên hạt nhân luôn lớn hơn khối lượng hạt nhân một lượng Δm (độ hụt khối).

Tổng khối lượng các nuclon tạo nên hạt nhân luôn lớn hơn khối lượng hạt nhân một lượng Δm (độ hụt khối).

Ta có: \(\Delta t = 8{T_1} = 6{T_2} \Rightarrow \frac{{{T_1}}}{{{T_2}}} = \frac{3}{4}\)                                 (1)

+ Lại có:

\(T = 2\pi \sqrt {\frac{\ell }{g}}  \Rightarrow \frac{{{T_1}}}{{{T_2}}} = \sqrt {\frac{{{\ell _1}}}{{{\ell _2}}}}  \Leftrightarrow \frac{{{\ell _1}}}{{{\ell _2}}} = {\left( {\frac{{{T_1}}}{{{T_2}}}} \right)^2}\)         (2)

+ Từ (1) và (2), ta có:

\(\frac{{{\ell _1}}}{{{\ell _1} + 0,7}} = \frac{9}{{16}} \Rightarrow {\ell _1} = 0,9\left( m \right)\)

Trong phản ứng hạt nhân có 4 định luật bảo toàn: điện tích, số khối, động lượng, năng lượng toàn phần.

Ta có: 

\(a = {x^{//}} =  - 12{\omega ^2}\sin \omega t \Rightarrow {a_{\max }} = 12{\omega ^2}\left( {cm/{s^2}} \right)\)

Một chu kì có 4 lần |i|=1A (vì  i = ± 1 A)

Trong 1 s có f chu kì nên có 4f = 4.50 = 200 lần |i|=1A.

Kết quả phép đo đại lượng A: \(A = \overline A  + \Delta A\) 

+ Vì đo 5 lần cho cùng một kết quả nên A = 2mm

+ Lấy sai số dụng cụ là một độ chia nhỏ nhất nên ΔΑ = 0,05(mm)

=> kết quả: i = (2 + 0,05) mm

Khoảng vân:

\(i = \frac{{\lambda D}}{a} = 1\left( {mm} \right) \Rightarrow \frac{x}{i} = \frac{5}{1} = 5 = k\)

 => vân sáng bậc 5.

Đại lượng đặc trưng cho độ to của âm là tần số và mức cường độ âm

=> D sai 

Thay t = 1/50 (s) vào i ta được:

\(i = 5\sqrt 2 \sin \left( {100\pi .\frac{1}{{50}} + \frac{\pi }{6}} \right) = 2,5\sqrt 2 \left( A \right)\)

+ Khoảng thời gian giữa 5 lần liên tiếp cái phao nhô lên là: 4T = 20 => T = 5s.

+ Khoảng cách giữa hai đỉnh sóng liền kề là một bước sóng nên: λ = 2m

+ Vận tốc truyền sóng:

\(v = \lambda f = \frac{\lambda }{T} = 0,4\left( {m/s} \right) = 40\left( {cm/s} \right)\)

Sóng điện từ truyền được trong chân không còn sóng cơ thì không truyền được.

Ta có:

\(\lambda  = 2\pi c\sqrt {LC}  \Rightarrow C = \frac{{{\lambda ^2}}}{{4{\pi ^2}{c^2}L}} = {1,127.10^{ - 10}}F\)

Chiết suất của chất làm lăng kính đối với các ánh sáng đơn sắc khác nhau là khác nhau.

+ Để đo bước sóng ánh sáng ta dùng phương pháp giao thoa khe Y-âng

+ Bằng cách đo D, i và a sau đó sử dụng công thức i=λD/a.

Câu A, B sai vì chất khí hay hơi ở áp suất thấp được kích thích bằng nhiệt hay bằng điện cho quang phổ vạch.

+ Câu B đúng vì quang phổ vạch của nguyên tố nào thì đặc trưng cho nguyên tố ấy.

+ Câu C sai vì quang phổ liên tục không đặc trưng cho thành phần cấu tạo chất hay nguyên tố. => Chọn D.

Bước sóng của phôtôn:

\(\lambda  = \frac{{hc}}{\varepsilon } = \frac{{{{6,625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}{{{{0,8.1,6.10}^{ - 19}}}} = {1,55.10^{ - 6}}\left( m \right) = 1,55\left( {\mu m} \right) > 0,76\left( {\mu m} \right)\)

Bức xạ do phôtôn này phát ra thuộc vùng hồng ngoại.

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}
{i_1} = {I_0}\cos \left( {\omega t + {\varphi _1}} \right)\\
{i_2} = {I_0}\cos \left( {\omega t + {\varphi _2}} \right)
\end{array} \right.\left\{ \begin{array}{l}
\left( {\omega t + {\varphi _1}} \right) =  \pm \frac{\pi }{6}\\
\left( {\omega t + {\varphi _2}} \right) =  \pm \frac{\pi }{6}
\end{array} \right.\) 

+ Giả sử i1 đang tăng, dòng i2 đang giảm khi đó ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}
\left( {\omega t + {\varphi _1}} \right) =  - \frac{\pi }{6}\\
\left( {\omega t + {\varphi _2}} \right) =  + \frac{\pi }{6}
\end{array} \right.\) 

+ Độ lệch pha giữa hai dòng điện:

\(\Delta \varphi  = \left| {\left( {\omega t + {\varphi _2}} \right) - \left( {\omega t + {\varphi _1}} \right)} \right| = \frac{\pi }{3}\)

Khoảng cách giữa hai vạch đen liên tiếp là khoảng vân

 Ta có:

\(i = \frac{{\lambda D}}{a} \Rightarrow \lambda  = \frac{{ia}}{D} = \frac{1}{3}\left( {\mu m} \right) = 0,333\mu m < 0,36\mu m\)

+ Hai đầu dây cố định nên ta có ta có:

\(\ell  = k\frac{\lambda }{2} = 6\frac{\lambda }{2} = 3\lambda  \Rightarrow \lambda  = 0,6\left( m \right)\) 

(với k là số bó sóng)

+ Tốc độ truyền sóng: v = λf = 60(m/s) 

Ta có:

\(I = \frac{U}{{{Z_C}}} = 2\pi fCU \Rightarrow \frac{{{I_2}}}{{{I_1}}} = \frac{{{f_2}}}{{{f_1}}} \Leftrightarrow \frac{5}{2} = \frac{{{f_2}}}{{50}} \Leftrightarrow {f_2} = 125Hz\) 

Tần số tăng thêm:

\(\Delta f = {f_2} - {f_1} = 125 - 50 = 75Hz\)

Ta có: 

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} = 5\sqrt 3 \cos 10\pi t\\
{x_2} = {A_2}\cos \left( {10\pi t - \frac{\pi }{2}} \right)
\end{array} \right.{A^2} = A_1^2 + A_2^2\\
\left\{ \begin{array}{l}
{A_1} = 5\sqrt 3 \\
A = 10
\end{array} \right.{A_2} = 5\left( {cm} \right)
\end{array}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}
\omega  = \frac{1}{{\sqrt {LC} }} = 11547\left( {rad/s} \right)\\
i \bot u \Rightarrow \frac{{{i^2}}}{{I_0^2}} + \frac{{{u^2}}}{{U_0^2}} = 1 \Rightarrow i = {I_0}\sqrt {1 - \frac{{{u^2}}}{{U_0^2}}} \\
{I_0} = \omega {Q_0} \Rightarrow i = {Q_0}\omega \sqrt {1 - \frac{{{u^2}}}{{U_0^2}}} i = C{U_0}\omega \sqrt {1 - \frac{{{u^2}}}{{U_0^2}}}  = 0,12\left( A \right)
\end{array}\)

Theo tiên đề Bo thứ 2, ta có:

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
{E_4} - {E_2} =  - 13,6\left( {\frac{1}{{{4^2}}} - \frac{1}{{{2^2}}}} \right) = \frac{3}{{16}}.13,6 = \frac{{hc}}{{{\lambda _1}}}\\
{E_5} - {E_3} =  - 13,6\left( {\frac{1}{{{5^2}}} - \frac{1}{{{3^2}}}} \right) = \frac{{16}}{{225}}.13,6 = \frac{{hc}}{{{\lambda _2}}}
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow \frac{{{\lambda _2}}}{{{\lambda _1}}} = \frac{{675}}{{256}} \Leftrightarrow 256{\lambda _2} = 675{\lambda _1}
\end{array}\) 

Khi f = 10¹⁵ Hz thì vừa đủ giải thoát electron nên:

A = ε = hf = 6,625.10^-34. 10¹⁵ = 6,625.10^-19 J 

+ Năng lượng liên kết riêng của hạt Ar:

\({E_{Ar}} = \frac{{\Delta {m_{Ar}}.{c^2}}}{{{A_{Ar}}}} = 8,62\left( {\frac{{MeV}}{{nuclon}}} \right)\) 

+ Năng lượng liên kết riêng của hạt Li:  

\(\begin{array}{l}
{E_{Li}} = \frac{{\Delta {m_{Li}}.{c^2}}}{{{A_{Li}}}} = 5,20\left( {\frac{{MeV}}{{nuclon}}} \right)\\
 \Rightarrow \Delta E = {E_{Ar}} - {E_{Li}} = 8,62 - 5,20 = 3,42\left( {\frac{{MeV}}{{nuclon}}} \right)
\end{array}\)

+ Từ đồ thị thấy lúc t = 0 \( \Rightarrow {W_t} = \frac{W}{2} \Rightarrow x =  \pm \frac{{A\sqrt 2 }}{2}\) và thế năng đang tăng nên vật đang đi đến vị trí biên.

+ Suy ra lúc t = 0:

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
{x_0} = \frac{{A\sqrt 2 }}{2}\\
{v_0} > 0
\end{array} \right.;\left\{ \begin{array}{l}
{x_0} =  - \frac{{A\sqrt 2 }}{2}\\
{v_0} < 0
\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
\varphi  =  - \frac{\pi }{4}\\
\varphi  = \frac{{3\pi }}{4}
\end{array} \right.\\
x =  \pm \frac{{A\sqrt 2 }}{2} \to  \pm A\\
 \Rightarrow \Delta t = \frac{T}{8} = \frac{1}{{16}} \Rightarrow T = 0,5\left( s \right) \Rightarrow \omega  = 4\pi \left( {rad/s} \right)\\
W = \frac{1}{2}m{\omega ^2}{A^2} \Rightarrow A = 5\left( {cm} \right)
\end{array}\)

+ Phương trình phóng xạ:

\(_Z^AX \to _2^4\alpha  + _{Z - 2}^{A - 4}Y\) 

+ Bảo toàn động lượng ta có:

\(0 = {\overrightarrow p _\alpha } + {\overrightarrow p _Y} \Rightarrow {p_\alpha } = {p_Y} \Leftrightarrow {m_\alpha }.v = {m_Y}{v_Y} \Rightarrow {v_Y} = \frac{{4v}}{{A - 4}}\)

Chu kì dao động của con lắc lò xo:

\(T = 2\pi \sqrt {\frac{m}{k}}  = \frac{1}{5}\)(s)

+ Khi chưa có lực vật dao động với biên độ A = 2 √3 xung quanh vị trí cân bằng O. Khi vật đến O có lực tác dụng F, lúc này vị trí cân bằng dịch đi đoạn

\({x_0} = \frac{F}{k} = 0,02\left( m \right) = 2\left( {cm} \right)\) đến vị trí O1 theo chiều hướng tác dụng.

+ Vậy, tại thời điểm tác dụng lực vật có li độ và vận tốc là:

\(\left\{ \begin{array}{l}
{x_0} =  - 2\left( {cm} \right)\\
{v_0} = \omega A
\end{array} \right.\) 

+ Do đó biên độ dao dộng của vật lúc này là:

\({A_1} = \sqrt {x_0^2 + \frac{{v_0^2}}{{{\omega ^2}}}}  = \sqrt {x_0^2 + {{\left( {\frac{{\omega A}}{\omega }} \right)}^2}}  = \sqrt {x_0^2 + {A^2}}  = 4\left( {cm} \right)\) 

+ Vậy sau khi tác dụng lực F vật dao động với biên độ A1 = 4 cm xung quanh VTCB O1. Khi tác dụng lực F vật đang ở O có li độ

\({x_1} =  - \frac{{{A_1}}}{2} =  - 2\left( {cm} \right);\Delta t = \frac{1}{{30}}\left( s \right) = \frac{T}{6}\)

 vật sẽ đến M có li độ \({x_2} = \frac{{{A_1}}}{2} = 2\left( {cm} \right)\).

Khi đến M thì mất lực tác dụng nên VTCB lại về O, lúc đó vật có li độ và vận tốc là:

\(\left\{ \begin{array}{l}
x = 4\left( {cm} \right)\\
v = \frac{{\omega {A_1}\sqrt 3 }}{2}
\end{array} \right.\) 

+ Vậy biên độ dao động sau khi bỏ lực là:

\({A_2} = \sqrt {{x^2} + \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}}}  = \sqrt {{4^2} + \frac{3}{4}{4^2}}  = 2\sqrt 7  \Rightarrow \frac{{{A_2}}}{{{A_1}}} = \frac{{\sqrt 7 }}{2}\)

​

+ Ta có: \({Z_L} = \omega L = 50\Omega \) 

+ Sau thời gian t=T/4 pha của dòng điện tăng thêm một góc là:

\(\Delta \varphi  = \omega .\Delta t = 100\pi .0,005 = \frac{\pi }{2}\) 

+ Vì mạch L nên tại thời điểm t điện áp u(t) sớm pha hơn dòng điện i(t) π/2 , sau thời gian Δt pha của dòng điện tăng thêm góc π/2 => lúc này i(t+T/4) cùng pha với u(t) nên ta có:

\(\frac{{{u_{\left( t \right)}}}}{{{U_0}}} = \frac{{{i_{\left( {t + \frac{T}{4}} \right)}}}}{{{I_0}}} \Rightarrow \frac{{{u_{\left( t \right)}}}}{{{i_{\left( {t + \frac{T}{4}} \right)}}}} = \frac{{{U_0}}}{{{I_0}}} = {Z_L} = 50\)

+ Khi UC = max thì uRL vuông pha với u nên ta có:

\(\frac{{u_{RL}^2}}{{U_{0RL}^2}} + \frac{{{u^2}}}{{U_0^2}} = 1\)        (1)

+ Vì uR vuông với uL nên ta có:                    

   \(\begin{array}{l}
\frac{{u_R^2}}{{U_{0R}^2}} + \frac{{u_L^2}}{{U_{0L}^2}} = 1\\
\frac{{{u_L}}}{{{u_C}}} =  - \frac{{{Z_L}}}{{{Z_C}}}
\end{array}\)      (2)

+ Khi uR = max = U0R thay vào (2) Þ uL = 0. Thay tiếp uL vào (3) suy ra uC = 0

+ Mặt khác:

\(u = {u_R} + {u_L} + {u_C} = 12a + 0 + 0 = 12a \Rightarrow \frac{{{{\left( {12a} \right)}^2}}}{{U_{0RL}^2}} + \frac{{{{\left( {12a} \right)}^2}}}{{U_0^2}} = 1\)       (4)

+ Ở thời điểm t:

\(\left\{ \begin{array}{l}
{u_{AB}} = 16a\\
{u_C} = 7a
\end{array} \right.{u_{RL}} = u - {u_C} = 9a \Rightarrow \frac{{{{\left( {9a} \right)}^2}}}{{U_{0RL}^2}} + \frac{{{{\left( {16a} \right)}^2}}}{{U_0^2}} = 1\)(5)

+ Giải hệ (4) và (5), ta có:  

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
{U_{0RL}} = 15a\\
{U_0} = 20a
\end{array} \right. \Rightarrow \frac{{{U_{0RL}}}}{{{U_{0R}}}} = \frac{{15}}{{12}} \Leftrightarrow \frac{{{Z_{RL}}}}{Z} = \frac{{15}}{{12}} \Leftrightarrow \sqrt {\frac{{{R^2} + Z_L^2}}{{{R^2}}}}  = \frac{{15}}{{12}}\\
 \Rightarrow {Z_L} = 30\Omega 
\end{array}\)

Ta có:  

\(\begin{array}{l}
\lambda  = \frac{v}{f} = 0,2m = 20cm \Rightarrow AB = 5\left( {cm} \right) = \frac{\lambda }{4}\\
 \Rightarrow \Delta {\varphi _{AB}} = \frac{{2\pi d}}{\lambda } = \frac{\pi }{2} \Rightarrow {u_A} \bot {u_B}\\
 \Rightarrow \frac{{u_A^2}}{{{A^2}}} + \frac{{u_B^2}}{{{A^2}}} = 1 \Rightarrow a = \sqrt {u_A^2 + u_B^2}  = 4cm\\
 \Rightarrow {v_{\max }} = \omega A = 2\pi fA = 80\pi \left( {cm/s} \right)
\end{array}\)

Lúc đầu chỉ có cuộn dây:

\({Z_{rL}} = \frac{U}{I} = \frac{{250}}{5} = 50\Omega \) 

+ Mắc thêm X: \

\({u_{rL}} \bot {u_X} \Rightarrow {\varphi _X} =  - \frac{\pi }{6} \Rightarrow \cos {\varphi _X} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\) 

+ Mặt khác:

\(\begin{array}{l}
{u_{rL}} \bot {u_X} \Rightarrow {U^2} = U_{rL}^2 + U_X^2 \Leftrightarrow {U^2} = {\left( {{I^/}.{Z_{rL}}} \right)^2} + U_X^2\\
 \Rightarrow {\left( {250} \right)^2} = {\left( {3.50} \right)^2} + U_X^2 \Rightarrow {U_X} = 200V
\end{array}\) 

+Lúc này:

\({P_X} = {U_X}{I_X}\cos {\varphi _X} = 200.3.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 300\sqrt 3 \left( W \right)\)

+ Ta có:

\({L_M} - {L_N} = 10\lg {\left( {\frac{{ON}}{{OM}}} \right)^2} \Rightarrow 50 - 40 = 10\lg {\left( {\frac{{ON}}{{OM}}} \right)^2} \Rightarrow \frac{{ON}}{{OM}} = {10^{1/2}}\) 

+ Gọi a là cạnh tam giác đều, ta có: MN = NP = MP = a =>  

 \(\begin{array}{l}
\frac{{OM + a}}{{OM}} = \sqrt {10} \\
 \Leftrightarrow 1 + \frac{a}{{OM}} = \sqrt {10}  \Rightarrow OM = \frac{a}{{\sqrt {10}  - 1}} \Rightarrow {L_P} = {L_M} + 10\lg {\left( {\frac{{OM}}{{OP}}} \right)^2}\\
{L_P} - {L_M} = 10\lg {\left( {\frac{{OM}}{{OP}}} \right)^2} \Rightarrow {L_P} = 50 + 10\lg {\left( {\frac{{OM}}{{OP}}} \right)^2}
\end{array}\)

+ Trong tam giác đều PMN ta có:  

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
PH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\\
MH = \frac{a}{2}
\end{array} \right. \Rightarrow OP = \sqrt {O{H^2} + P{H^2}}  = 1,295a\\
 \Rightarrow \frac{{OM}}{{OP}} = \frac{1}{{1,295\left( {\sqrt {10}  - 1} \right)}}\\
 \Rightarrow {L_P} = 50 + 10\lg {\left( {\frac{1}{{1,295\left( {\sqrt {10}  - 1} \right)}}} \right)^2} = 41,1{\rm{ dB}}
\end{array}\)

Ta có:

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

+ Ta có:            

\(\left\{ \begin{array}{l}
{Z_{L2}} = 1,5{Z_{L1}}\\
{Z_{C2}} = \frac{{{Z_{C1}}}}{{1,5}}
\end{array} \right.{R^2} + \frac{{13}}{9}Z_{C1}^2 - 2{Z_{C1}}{Z_{L1}} = 0\)

Và:

\(\left\{ \begin{array}{l}
{Z_{L3}} = 0,5{Z_{L1}};{Z_{L4}} = 2{Z_{L1}}\\
{Z_{C3}} = 2{Z_{C1}};{Z_{C4}} = 0,5{Z_{C1}}
\end{array} \right.{Z_{L1}} = {Z_{C1}}\)

+ Khi f5 thì:  

\(\tan \left( { - \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{{ - {Z_{C5}}}}{R} \Rightarrow {Z_{C5}} = R\frac{1}{{2\pi {f_5}}} = \frac{{\sqrt 5 }}{3}\frac{1}{{2\pi {f_1}}} \Rightarrow {f_5} = \frac{{3{f_1}}}{{\sqrt 5 }} = \frac{{3.60}}{{\sqrt 5 }} = 80,5Hz\)

​

+ Ta có:

\(\lambda  = \frac{v}{f} = 2\left( {cm} \right) \Rightarrow  - \frac{{AB}}{\lambda } < k < \frac{{AB}}{\lambda } \Leftrightarrow  - 5 < k < 5\)

+ Tam giác AMB có diện tích nhỏ nhất khi M gần B nhất

=> k = 4

+ Vì M thuộc cực đại k = 4 nên: ΜΑ-ΜΒ = 4λ = 8(cm)

+ Vậy:  

\(\begin{array}{l}
MA = \sqrt {A{B^2} + M{B^2}} \\
 \Leftrightarrow MA = \sqrt {{{10}^2} + M{B^2}} \\
\sqrt {{{10}^2} + M{B^2}}  - MB = 8\\
 \Rightarrow {10^2} + M{B^2} = {\left( {8 + MB} \right)^2}
\end{array}\)

+ Nhập vào máy tính bấm máy ta có MB = 2,25 cm 

Ta có: \(\frac{{{k_1}}}{{{k_2}}} = \frac{{{\lambda _2}}}{{{\lambda _1}}} = \frac{5}{6}\) => giữa hai vân trùng có 9 vân sáng

+ Giả sử trên đoạn AB có n vân sáng trùng Þ số khoảng trùng là (n -1)

+ Vậy: 9(n - 1) + n = 121 => n = 13 số vân trùng là 13