+ Dao động tắt dần có biên độ và năng lượng giảm dần theo thời gian => Chọn A.

+ Dao động tắt đần vừa có lợi vừa có hại => B và D sai

Ta có:

\(A = \frac{{hc}}{{{\lambda _0}}} \Rightarrow {\lambda _0} = \frac{{hc}}{A} = {0,3.10^{ - 6}}\left( m \right) = 0,3\left( {\mu m} \right)\)

Bước sóng: λ = v/f = 2m 

Biên độ tổng hợp:

\(A = \sqrt {A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}\cos {\varphi _2} - {\varphi _1}}  = 4\sqrt 3 \left( {cm} \right)\)

Chu kì của suất điện động này là: T = 2π/100π = 0,02(s).

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}
n = 500\left( {vong/phut} \right) = \frac{{500}}{{60}} = \frac{{50}}{6}\left( {vong/s} \right)\\
f = n.p = \frac{{50}}{6}.6 = 50Hz
\end{array} \right.\)

Cơ năng của con lắc là \(W = \frac{1}{2}k{A^2}\).

Tia tử ngoại có khả năng kích thích sự phát quang một số chất nhưng tia hồng ngoại thì không.

Các đại lượng có giá trị hiệu dụng gồm I, U và E 

Ta có:

\(i = \frac{u}{{\overline Z }} = \frac{{{U_0}\angle {\varphi _u}}}{{R + \left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)i}} = \frac{{120\sqrt 2 }}{{30 + 30i}} = 4\angle  - \frac{\pi }{4}\) 

Ta có:

\(T = 2\pi \sqrt {\frac{\ell }{g}}  = 2\pi \sqrt {\frac{{0,64}}{{{\pi ^2}}}}  = 1,6\left( s \right)\)

Khi sóng truyền từ môi trường này sang môi trường khác tần số (chu kì) không đổi còn vận tốc và bước sóng thay đổi.

+ Khoảng cách giữa hai vân sáng liên tiếp là khoảng vân i

+ Khoảng vân:

\(i = \frac{{\lambda D}}{a} = 0,5\left( {mm} \right)\)

Ta có:

\(L = 10\lg \frac{I}{{{I_0}}} = 10\lg \frac{{{{10}^{ - 4}}}}{{{{10}^{ - 12}}}} = 80\left( {dB} \right)\)

Sự hình thành dao động điện từ tự do trong mạch LC là do hiện tượng tự cảm.

Ta có:

\({I_0} = {Q_0}\omega  = {Q_0}\frac{1}{{\sqrt {LC} }} = {12.10^{ - 9}}\frac{1}{{\sqrt {{{6.10}^{ - 6}}{{.2,4.10}^{ - 9}}} }} = 0,1\left( A \right) = 100\left( {mA} \right)\)

+ Các tia hồng ngoại, tia X, tia γ đều có cùng bản chất là sóng điện từ

+ Tia α là dòng các hạt nhân của He4 (tia α mang điện dương).

Ta có:

\(\begin{array}{l}
\lambda  = 2\pi c\sqrt {LC} \\
 \Rightarrow \frac{\lambda }{{{\lambda _0}}} = \sqrt {\frac{C}{{{C_0}}}}  \Rightarrow \lambda  = {\lambda _0}\sqrt {\frac{C}{{{C_0}}}}  = 3{\lambda _0}
\end{array}\)

Chiết suất của một môi trường trong suốt đối với các ánh sáng đơn sắc tăng dần từ ánh sáng đơn sắc đỏ đến tím.

Điều kiện để có vân sáng (cực đại) bậc k: d₁ – d₂ = kλ = 3λ 

Quang phổ liên tục của một nguồn sáng J chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ không phụ thuộc vào cấu tạo của nguồn.

Nguyên tắc hoạt động của quang điện trở dựa vào hiện tượng quang điện trong.

Năng lượng phôtôn: ε = hf. Vì mỗi ánh sáng đơn sắc khác nhau có tần số xác định khác nhau nên năng lượng phôtôn cũng khác nhau.

+ Vì A, B là hai nút nên:

\(\ell  = k\frac{\lambda }{2} = k\frac{v}{{2f}} \Rightarrow k = 6\)

 => số bụng là 6

+ Biên độ sóng dừng tại bụng gấp đối biên độ sóng tới và sóng phản xạ

=> Abụng = 2a (a biên, độ sóng nguồn)

+ Bề rộng của bụng: L = 2A = 4a = 6(cm) 

Bước sóng: λ = v/f=40/20= 2(cm)

+ Vì hai nguồn ngược pha nên số cực đại: 

\( - \frac{{AB}}{\lambda } - \frac{1}{2} < k < \frac{{AB}}{\lambda } + \frac{1}{2}\)

=> -5,5 < k < 4,5

=> có 10 đường dao động cực đại cắt AB tại 10 điểm

+ Cứ một đường cực đại trên AB cắt đường bao AMNB ở 2 điểm nên số điểm dao động cực đại trên hình vuông AMNB là: n = 10.2 = 20 điểm 

Từ đồ thị ta đếm thấy khoáng thời gian giữa 2 lần liên tiếp tim đập (1 nhịp tim) là: Δt = 18.0.04 = 0,72(s)

Nhịp tim trong 1 phút: N = t/∆t » 83 lần => Gần nhất nên chọn 85

Năng lượng liên kết của U235:         

\({W_{lk}} = {E_{lkr}}.A = 7,6.235 = 1786\left( {MeV} \right)\) 

+ Ta có:

\({W_{lk}} = \Delta m.{c^2} \Rightarrow \Delta m = \frac{{{W_{lk}}}}{{{c^2}}} = \frac{{1786MeV}}{{{c^2}}}\) 

+ Theo đề: u =931,5MeV/c² => MeV/c² = u/931,5 => Δm =\(\frac{{1786}}{{931,5}} = 1,917u\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}
\frac{{\Delta N}}{{{N_0}}} = \frac{3}{4} \Leftrightarrow \frac{{{N_0}\left( {1 - {2^{ - \frac{t}{T}}}} \right)}}{{{N_0}}} = \frac{3}{4}\\
 \Rightarrow 1 - {2^{ - \frac{t}{T}}} = \frac{3}{4}\\
 \Rightarrow {2^{ - \frac{t}{T}}} = \frac{1}{4}\\
 \Rightarrow T = \frac{t}{2} = 5
\end{array}\)

Năng lượng của một phản ứng hạt nhân:

 \(W = \left( {{m_t} - {m_s}} \right){c^2} = 2,419\left( {MeV} \right)\)

+ Khoảng cách lớn nhất:  

\(\begin{array}{l}
\Delta {x_{\max }} = \sqrt {A_1^2 + A_2^2 - 2{A_1}{A_2}\cos \Delta \varphi }  \Rightarrow \cos \Delta \varphi  = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\\
{W_{d1}} = \max  = W \Rightarrow {x_1} = 0\\
\frac{{x_1^2}}{{A_1^2}} + \frac{{x_2^2}}{{A_2^2}} - 2\frac{{{x_1}}}{{{A_1}}}\frac{{{x_2}}}{{{A_2}}}\cos \Delta \varphi  = {\sin ^2}\Delta \varphi ;\left( {{{\sin }^2}\Delta \varphi  = 1 - {{\cos }^2}\Delta \varphi  = \frac{1}{4}} \right)\\
 \Rightarrow \frac{{x_2^2}}{{A_2^2}} = {\sin ^2}\Delta \varphi  \Rightarrow x_2^2 = A_2^2{\sin ^2}\Delta \varphi  = 12
\end{array}\)

+ Động năng của 2 lúc này:  

\({W_{d2}} = \frac{1}{2}m{\omega ^2}\left( {A_2^2 - x_2^2} \right)\)

+ Khi động năng 1 đạt cực đại thì: 

\(\begin{array}{l}
{W_{d1}} = \frac{1}{2}m{\omega ^2}A_1^2\\
 \Rightarrow \frac{{{W_{d2}}}}{{{W_{d1}}}} = \frac{{A_2^2 - x_2^2}}{{A_1^2}} = \frac{{{4^2}.3 - 12}}{{{4^2}}} = \frac{9}{4} \Rightarrow {W_{d2}} = \frac{{9W}}{4}
\end{array}\)

Ta có: r₁ = r_o = 25r₀; r₂ = r_Μ = 9r₀

 Electron chuyển động tròn đều do tác dụng của lực Culông đóng vai trò là lực hướng tâm:

\(\begin{array}{l}
{F_{ht}} = \frac{{k{e^2}}}{{{R^2}}} = m{\omega ^2}R\\
 \Rightarrow {\omega ^2} = \frac{{k{e^2}}}{{{R^3}}} \Rightarrow \frac{{\omega _1^2}}{{\omega _2^2}} = \frac{{R_2^3}}{{R_1^3}} = {\left( {\frac{9}{{25}}} \right)^3} \Rightarrow \frac{{{\omega _1}}}{{{\omega _2}}} = \frac{{27}}{{125}}
\end{array}\)

Từ đồ thị, ta thấy: a_max = 20π² (cm/s²) và x_max = A = 5(cm)

Ta có:

\(\begin{array}{l}
\omega  = \sqrt {\frac{{{a_{\max }}}}{A}}  = \frac{{20{\pi ^2}}}{5} = 2\pi \left( {rad/s} \right)\\
 \Rightarrow {v_{\max }} = \omega A = 10\pi \left( {cm/s} \right)\\
T = \frac{{2\pi }}{\omega } = 1\left( s \right) \Rightarrow f = 1Hz
\end{array}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}
{u_C} \bot i \Rightarrow \frac{{{i^2}}}{{I_0^2}} + \frac{{u_C^2}}{{U_{0C}^2}} = 1 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\frac{2}{{I_0^2}} + \frac{{{{60}^2}.6}}{{U_{0C}^2}} = 1\\
\frac{6}{{I_0^2}} + \frac{{{{60}^2}.2}}{{U_{0C}^2}} = 1
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{I_0} = 2\sqrt 2 \left( A \right)\\
{U_0} = 120\sqrt 2 \left( V \right)
\end{array} \right. \Rightarrow {Z_C} = 60\Omega \\
 \Rightarrow \omega  = \frac{1}{{{Z_C}.C}} = 120\pi \left( {rad/s} \right)
\end{array}\) 

+ Chu kì dao động của vật là:

\(T = \frac{{2\pi }}{\omega } = 6\left( s \right) \Rightarrow \Delta t = 6\left( s \right) = T\) 

+ Sau một chu kì vật lại về chỗ cũ nên

\({x_2} = {x_1} = 2cm\)

Khi ở tần số f1 thì:

\({Z_L} = {Z_C} \Rightarrow U = {I_1}R = 50V\) 

+ Khi tăng tần số gấp 2 thì:

\(\left\{ \begin{array}{l}
Z_L^/ = 2{Z_L}\\
Z_C^/ = 0,5{Z_C}
\end{array} \right. \Rightarrow {Z_2} = \sqrt {{R^2} + {{\left( {2{Z_L} - 0,5{Z_C}} \right)}^2}} \) 

+ Mặt khác:

\({Z_2} = \frac{U}{{{I_2}}} = 62,5 \Rightarrow 2{Z_L} - 0,5{Z_C} = 37,5{Z_L} = 25\Omega \)

Lúc đầu: i=λD/a= 1 (mm)

Sau khi tịnh tiến màn ra xa thêm 0,5 m thì:  

\(\begin{array}{l}
{i^/} = \frac{{\lambda \left( {D + 0,5} \right)}}{a} = 1,25\left( {mm} \right)\\
 \Rightarrow \frac{{D + 0,5}}{D} = 1,25 \Rightarrow D = 2\left( m \right)\\
 \Rightarrow \lambda  = \frac{{ia}}{D} = \frac{{1.1,2}}{2} = 0,6\left( {\mu m} \right)
\end{array}\)

+ Vì f1 và f2 cho cùng cosφ => cho cùng Z => cho cùng I

 \(\begin{array}{l}
{\omega _1}.{\omega _2} = \frac{1}{{LC}} \Rightarrow {\omega _2}L = \frac{1}{{{\omega _1}C}} \Rightarrow {Z_{L2}} = {Z_{C1}}(1)\\
{\cos ^2}\varphi  = \frac{{{R^2}}}{{{R^2} + {{\left( {{Z_{L1}} - {Z_{C1}}} \right)}^2}}}\\
 \Rightarrow {R^2} = {\left( {{Z_{L1}} - {Z_{C1}}} \right)^2}{R^2} = {\left( {{Z_{L1}} - {Z_{L2}}} \right)^2} = {L^2}{\left( {{\omega _1} - {\omega _2}} \right)^2}(2)\\
{U_{L - max}}:{Z_C} = \sqrt {\frac{L}{C} - \frac{{{R^2}}}{2}}  \Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{{\omega C}}} \right)^2} = \frac{L}{C} - \frac{{{R^2}}}{2}\\
 \Rightarrow \frac{1}{{{\omega ^2}}} = LC - \frac{{{R^2}{C^2}}}{2}(3)
\end{array}\)

+ Thay (2) vào (3), ta có:  

 \(\begin{array}{l}
\frac{1}{{\omega {c^2}}} = LC - \frac{{{C^2}}}{2}\left[ {{L^2}{{\left( {{\omega _1} - {\omega _2}} \right)}^2}} \right] = LC - \frac{{{L^2}{C^2}}}{2}{\left( {{\omega _1} - {\omega _2}} \right)^2}\\
 \Rightarrow \frac{1}{{{\omega ^2}}} = \frac{1}{{{\omega _1}.{\omega _2}}} - \frac{1}{{2{{\left( {{\omega _1}.{\omega _2}} \right)}^2}}}{\left( {{\omega _1} - {\omega _2}} \right)^2}\frac{1}{{{\omega ^2}}} = \frac{1}{{9\omega _1^2}}\\
 \Rightarrow \omega  = 3{\omega _1} \Rightarrow f = 3{f_1}
\end{array}\)

Ta có:

\(x = {k_1}\frac{{{\lambda _1}D}}{a} = {k_2}\frac{{{\lambda _2}D}}{a} \Rightarrow \frac{{{k_1}}}{{{k_2}}} = \frac{{{\lambda _2}}}{{{\lambda _1}}} = \frac{3}{4} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
3 - 1 = 2{\rm{ v}}\^a {\rm{n }}{\lambda _1}{\rm{ }}\left( {do} \right)\\
4 - 1 = 3{\rm{ v}}\^a {\rm{n }}{\lambda _2}{\rm{ }}\left( {lam} \right)
\end{array} \right.\) 

Ta có:

\({W_d} = \left( {\frac{1}{{\sqrt {1 - \frac{{{v^2}}}{{{c^2}}}} }} - 1} \right){m_0}{c^2} = \left( {\frac{1}{{\sqrt {1 - \frac{{{v^2}}}{{{c^2}}}} }} - 1} \right){E_0}{W_d} = \frac{{2{E_0}}}{3}\) 

Từ đồ thị, ta có:  

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
{U_{0AN}} = 200\left( V \right)\\
{U_{0MB}} = 100\left( V \right)
\end{array} \right.\\
t{\rm{ }} = {\rm{ }}0:\\
{u_{0AN}} = 200\left( V \right) = {U_{0AN}}\\
 \Rightarrow {\varphi _{{u_{AN}}}} = 0 \Rightarrow {u_{AN}} = 200\cos \left( {100\pi t} \right)\left( V \right)
\end{array}\)

 Còn u_MB = 50V và đang giảm nên phương trình:

\(\begin{array}{l}
100\cos \left( {100\pi t + \frac{\pi }{3}} \right)V\\
\frac{{{u_L}}}{{{u_C}}} =  - \frac{{{Z_L}}}{{{Z_C}}} =  - \frac{2}{3} \Rightarrow {u_L} =  - \frac{2}{3}{u_C}\\
\left\{ \begin{array}{l}
{u_{AN}} = {u_C} + {u_X}\\
{u_{MB}} = {u_X} + {u_L}
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{u_{AN}} = {u_C} + {u_X}\\
{u_{MB}} = {u_X} - \frac{2}{3}{u_C}
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2{u_{AN}} = 2{u_C} + 2{u_X}\\
3{u_{MB}} = 3{u_X} - 2{u_C}
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow {u_X} = \frac{{2{u_{AN}} + 3{u_{MB}}}}{5} = \frac{{2.200\angle 0 + 3.100\angle \frac{\pi }{3}}}{5} = 20\sqrt {37} \angle 0,44\\
 \Rightarrow {U_X} = 10\sqrt {74} V \approx 86V
\end{array}\)