Với 4 ánh sáng đơn sắc đỏ, chàm, cam, vàng thì chiết suất của nước với các ánh sáng này là:

\({n_{cham}} > {n_{vang}} > {n_{cam}} > {n_{do}}\)

Vậy chiết suất của nước với ánh sáng chàm là lớn nhất.

Chọn A.

Lực kéo về trong dao động điều hòa của con lắc lò xo là  \({F_{kv}} = - kx\)

Chọn D.

Cảm ứng từ tại tâm vòng dây tròn:  \(B = 2\pi {.10^{ - 7}}\frac{I}{R}.\)

Chọn B.

Dung kháng của tụ là:   \({Z_C} = \frac{1}{{\omega C}}\)

Chọn C.

Trong máy phát thanh vô tuyến, mạch biến điệu có tác dụng biến điệu sóng mang, tức là trộn sóng điện từ âm tần với sóng mang (sóng cao tần).

Chọn C.

Điện năng tiêu thụ của một đoạn mạch điện không đổi là \(A = U.I.t\)

Chọn D.

Hạt nhân \({}_{26}^{56}Fe\) là hạt nhân bền vững nhất trong số \(4\) hạt nhân trên

Chọn A.

Giới hạn quang điện của kim loại này là:  \(\frac{{hc}}{A}\)

Chọn A.

Độ cao là đặc trưng sinh lí của âm gắn liền với tần số của âm.

Chọn B.

Ba cuộn dây trong stato của máy phát điện đặt lệch nhau một góc 120⁰.

Chọn D.

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

\(d = \left| {{x_{sk}}} \right| = \left| {ki} \right| = \left| {k.\frac{{\lambda D}}{a}} \right| = 4.\frac{{0,45.2}}{1} = 3,6mm\)

Chọn D.

Cường độ dòng điện hiệu dụng trong đoạn mạch là:

\(I = \frac{U}{{{Z_C}}} = \frac{U}{{\frac{1}{{\omega C}}}} = U.\omega C = 200.100\pi .\frac{{{{10}^{ - 4}}}}{\pi } = 2A\)

Chọn A.

Từ trường tại một điểm biến thiên điều hòa với tần số:

\(f = \frac{c}{\lambda } = \frac{{{{3.10}^8}}}{{6000}} = {5.10^4}Hz\)

Chọn D.

Ta có: \({f_0} = \frac{c}{{{\lambda _0}}} = 3,{846.10^{14}}(Hz)\)

Để xảy ra hiện tượng quang dẫn thì: \(\lambda \le {\lambda _0} \Rightarrow f \ge {f_0}\)

→ Hiện tượng quang dẫn sẽ xảy ra với tần số \({f_1}\) và \({f_4}\)

Chọn D.

Trên dây có 5 nút, ứng với 4 bụng → k = 4.

Ta có: 

\(l = k.\frac{\lambda }{2} \Rightarrow \lambda = \frac{{2l}}{k} = \frac{{2.1}}{4} = 0,5m = 50cm\)

Chọn A.

Chu kì dao động riêng của mach là:

\(T = 2\pi \sqrt {LC} = 2\pi .\sqrt {{{1.10}^{ - 3}}{{.4.10}^{ - 6}}} = {4.10^{ - 4}}s\)

Chọn C.

Hiện tượng hai sóng trên mặt nước gặp nhau tạo nên các gợn sóng ổn định gọi là hiện tượng giao thoa sóng.

Chọn B.

Cường độ dòng điện: \(i = 2\sqrt 2 cos\left( {100\pi t + 0,5\pi } \right)\,A\)

Pha ban đầu là \(\varphi = 0,5\pi \,\,rad\)

Chọn C.

Tia β-  là dòng các electron.

Chọn D.

Khi nguyên tử chuyển từ trạng thái dừng có năng lượng Em sang trạng thái dừng có năng lượng thấp hơn En thì nó phát ra phôtôn có năng lượng là: \(\varepsilon = {E_m} - {E_n}.\)

Chọn B.

Trong sóng cơ, bước sóng là quãng đường mà sóng đi được trong một chu kì.

Chọn B.

Điều chỉnh C = C1 thì Pmax ứng với xảy ra cộng hưởng:

\({P_{\max }} = \frac{{{U^2}}}{R} = 200{\rm{W}}\)

Khi C = C2 thì hệ số công suất:

\(\cos \varphi = \frac{R}{Z} = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + ({Z_L} - {Z_{C2}})} }} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow Z = \frac{2}{{\sqrt 3 }}R\)

Với công suất mạch lúc đó là:

\(P = \frac{{{U^2}}}{{{Z^2}}}.R = \frac{{{U^2}}}{{{{\left( {\frac{2}{{\sqrt 3 }}R} \right)}^2}}}.R = \frac{3}{4}\frac{{{U^2}}}{R} = \frac{3}{4}.200 = 150W\)

 Chọn B.

Ta có hình vẽ:

Giữa M và trung trực của AB có 3 đường cực tiểu, vậy M thuộc cực đại bậc 3.

\(\begin{array}{l}
\Rightarrow {d_{BM}} - {d_{AM}} = k\lambda \Leftrightarrow AB\sqrt 2 - AB = 3\lambda \\
\Rightarrow \lambda = \frac{{AB(\sqrt 2 - 1)}}{3}
\end{array}\)

Số cực tiểu trên đoạn AB là số giá trị k nguyên thỏa mãn:

\(\begin{array}{l}
\frac{{ - AB}}{\lambda } - \frac{1}{2} < k < \frac{{AB}}{\lambda } - \frac{1}{2}\\
\Leftrightarrow \frac{{ - AB}}{{\frac{{AB(\sqrt 2 - 1)}}{3}}} - \frac{1}{2} < k < \frac{{AB}}{{\frac{{AB(\sqrt 2 - 1)}}{3}}} - \frac{1}{2}\\
\Leftrightarrow - 7,7 < k < 6,7 \Rightarrow k = - 7; \pm 6; \pm 5;...;0
\end{array}\)

Vậy giữa IB có 7 cực tiểu, giữa M và trung trực có 3 cực tiểu nữa, vậy giữa M và B có 10 cực tiểu.

Chọn B.

Khi đầu trên của dây gắn với một nhánh của âm thoa dao động với tần số 14Hz thấy trên dây xảy ra sóng dừng với (k1 + 1) bụng sóng thì:

\(l = (2{k_1} + 1)\frac{\lambda }{4} = (2{k_1} + 1).\frac{v}{{4{f_1}}} \Rightarrow {f_1} = \frac{{(2{k_1} + 1)v}}{{4l}} = 14\)

Khi đầu trên gắn với một nhánh của âm thoa dao động với tần số 18 Hz thấy trên dây xảy ra sóng dừng với (k2 + 1) bụng sóng thì:

\(l = (2{k_2} + 1)\frac{{\lambda '}}{4} = (2{k_2} + 1).\frac{v}{{4{f_2}}} \Rightarrow {f_2} = \frac{{(2{k_2} + 1)v}}{{4l}} = 18\)

Vì đây là hai tần số liên tiếp để trên dây có sóng dừng, tức là số bụng là hai số liên tiếp hay: k2 = k1 + 1.

Do đó:  

\(\frac{{2{k_2} + 1}}{4}.\frac{v}{l} = 18 \Leftrightarrow \frac{{2{k_1} + 1.v}}{{4l}} + \frac{v}{{2l}} = 18 \Rightarrow \frac{v}{{2l}} = 4\)

Để trên dây có 2 bụng sóng thì:

\(l = (2k + 1).\frac{v}{{4f}} \Rightarrow f = \frac{{(2k + 1)v}}{{4l}} = 3.\frac{v}{{4l}} = 6Hz\)

Chọn C.

Vật ở gần kính nhất cho ảnh ảo ở \({C_C}\), ta có:

\(\begin{array}{l}
\frac{1}{{{d_1}}} + \frac{1}{{ - O{C_C}}} = \frac{1}{f} \Leftrightarrow \frac{1}{{{d_1}}} + \frac{1}{{ - 0,5}} = 20\\
\Rightarrow {d_1} = \frac{1}{{22}}\,\,\left( m \right) = 4,45\,\,\left( {cm} \right)
\end{array}\)

Vật xa kính nhất cho ảnh ảo ở \({C_V}\), ta có:

\(\begin{array}{l}
\frac{1}{{{d_2}}} + \frac{1}{{ - O{C_v}}} = \frac{1}{f} \Leftrightarrow \frac{1}{{{d_2}}} + \frac{1}{{ - \infty }} = 20\\
\Rightarrow {d_2} = \frac{1}{{20}}\,\,\left( m \right) = 5\,\,\left( {cm} \right)
\end{array}\)

Vật vậy nằm trong khoảng từ \(4,45\,\,cm\) đến \(5\,\,cm\)

\( \Rightarrow 4,45cm \le d \le 5cm\)

Chọn B.

Từ đồ thị ta thấy tại U = 0,1V thì I = 2mA.

Có:  

\(I = \frac{U}{{{Z_C}}} \Rightarrow {Z_C} = \frac{U}{I} = \frac{{0,1}}{{{{2.10}^{ - 3}}}} = 50\Omega \)

Mà:  

\({Z_C} = \frac{1}{{\omega C}} \Rightarrow C = \frac{1}{{2\pi f{Z_C}}} = \frac{1}{{2\pi .50.50}} = 63,{7.10^{ - 6}}F = 63,7\mu F\)

Chọn C.

Ta có:

\(\Delta E = \left( {{m_{tr}} - {m_s}} \right).{c^2} = \left( {37,9638 - 37,9656} \right).931,5 = - 1,68MeV\)

Do \(\Delta E < 0\) nên phản ứng thu nhiệt lượng \(1,68\,\,MeV\)

Chọn D.

Ta có:    

\(\frac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \frac{{{N_1}}}{{{N_2}}} \Rightarrow {U_2} = {U_1}.\frac{{{N_2}}}{{{N_1}}} = 40.\frac{{1000}}{{2000}} = 20V\)

Chọn A.

Điện tích của mỗi quả cầu sau khi tiếp xúc là :

\(q = \frac{{{q_1} + {q_2}}}{2} = \frac{{{{4.10}^{ - 8}} + 1,{{4.10}^{ - 7}}}}{2} = {9.10^{ - 8}}C\)

Chọn A.

Trong chân không, bức xạ có bước sóng 250nm là bức xạ thuộc miền tử ngoại.

Chọn A.

Vì công suất hao phí giảm đi 100 lần nên

\(\begin{array}{l}
{P_{hp2}} = I_2^2.R = {I_2}.\Delta {U_2} = \frac{1}{{100}}{P_{hp1}} = \frac{1}{{100}}I_1^2.R\\
\Rightarrow {I_2} = \frac{{{I_1}}}{{10}} \Rightarrow \Delta {U_2} = \frac{1}{{10}}\Delta {U_1}
\end{array}\)

Vì công suất tiêu thụ không đổi nên ta có:

\(\begin{array}{l}
{P_t} = {I_2}.({U_2} - \Delta {U_2}) = \frac{1}{{10}}{I_1}.({U_2} - \frac{1}{{10}}\Delta {U_1}) = {I_1}.({U_1} - \Delta {U_1})\\
\Leftrightarrow \frac{1}{{10}}.({U_2} - \frac{1}{{10}}0,1{U_1}) = {U_1} - 0,1{U_1} = 0,9{U_1}\\
\Rightarrow {U_2} = 9,01{U_1}
\end{array}\)

Vậy cần tăng điện áp phát lên 9 lần.

Chọn D.

Điều kiện để tại M dao động cực đại:  \({d_{1M}} - {d_{2M}} = k\lambda \)

Điều kiện để tại M dao động cùng pha với hai nguồn:  \({d_{1M}} + {d_{2M}} = 2k'\lambda \)

Với k và k’ là các số nguyên.

Do đó ta có: 

\(\left\{ \begin{array}{l}
M{S_1} = {k_1}\lambda \\
M{S_2} = {k_2}\lambda
\end{array} \right.\)

với  \({k_1},{k_2} \in {N^*}\)

Lại có: 

\(M{S_1} + M{S_2} > {S_1}{S_2} \Rightarrow \left( {{k_1} + {k_2}} \right)\lambda > 5,6\lambda \Rightarrow {\left( {{k_1} + {k_2}} \right)_{\min }} = 6\)

Mà 

\(M{S_2} = {k_2}\lambda \Rightarrow {k_{2\min }} = 1 \Rightarrow {k_1} = 5 \Rightarrow M{S_1} - M{S_2} = 4\lambda \)

Chọn C.

Từ đồ thị ta thấy:

+ Chu kì T = 12 đơn vị thời gian.

+ x₁ trễ pha hơn x₂là:  \(\frac{1}{{12}}.2\pi = \frac{\pi }{6}\)

Khoảng cách giữa x₁ và x₂ theo phương Ox là:

 \(x = {x_1} - {x_2} = A\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\)

 Khoảng cách này lớn nhất bằng:

\({x_{\max }} = A = \sqrt {A_1^2 + A_2^2 - 2{A_1}{A_2}.\cos \Delta \varphi } \)

Tại t = 5 đơn vị thời gian thì cả hai vật đều có li độ là -3 cm.

Từ đồ thị ta thấy:

+ Ban đầu x₂ cực đại, hay pha ban đầu của x₂là : \({\varphi _{02}} = 0.\)

\( \Rightarrow {x_2} = {A_2}.\cos \left( {\frac{{2\pi }}{{12}}.5 + 0} \right) = - 3 \Rightarrow {A_2} = 2\sqrt 3 cm\)

+ Từ vị trí ban đầu của x₁ xác định được pha ban đầu của x₁ là:

\({\varphi _{01}} = - \frac{1}{{12}}.2\pi = - \frac{\pi }{6}\)

\( \Rightarrow {x_1} = {A_1}.\cos \left( {\frac{{2\pi }}{{12}}.5 - \frac{\pi }{6}} \right) = - 3 \Rightarrow {A_1} = 6cm\)

Khoảng cách giữa x₁ và x₂ lớn nhất bằng:

\(\begin{array}{l}
{x_{\max }} = A = \sqrt {A_1^2 + A_2^2 - 2{A_1}{A_2}.\cos \Delta \varphi } \\
\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \sqrt {{6^2} + {{(2\sqrt 3 )}^2} - 2.6.2\sqrt 3 .\cos \frac{{\pi }}{6}} = 3,464cm
\end{array}\)

Chọn D.           

Ta có giản đồ vecto

+ Khi C = C1: \(U = {U_{Cmax}} = 100V\) và  \(\overrightarrow {{U_{RL}}} \bot \overrightarrow U ;\varphi = \beta \) và R, L không đổi \(\tan {\varphi _{RL}} = {\rm{const}} \Rightarrow \beta {\rm{ = }}\frac{\pi }{{\rm{2}}} - {\varphi _{RL}} = {\rm{const}}\)

Áp dụng định lý hàm số sin \(\frac{U}{{\sin \beta }} = \frac{U}{{\sin \varphi }} = \frac{{{U_{C\max }}}}{{\sin {{90}^0}}} = \frac{{100}}{{\sin {{90}^0}}}\,\,\,\left( 1 \right)\)

+ Khi C = C2 góc giữa \(\overrightarrow {{U_{RL}}} \) và \(\overrightarrow U \) là  \({90^o} - 0,75\varphi \) do \(\varphi ' = 0,25\varphi \) có nghĩa là \(\varphi \downarrow \,\,\,0,75\varphi \).

Ta có: 

\(\frac{{{U_C}'}}{{\sin \left( {{{90}^0} - 0,75\varphi } \right)}} = \frac{U}{{\sin \beta }} = \frac{U}{{\sin \varphi }}\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có:

\(\begin{array}{l}
\frac{{50}}{{\sin \left( {90 - 0,75\varphi } \right)}} = 100 \Rightarrow \varphi = {80^0}\\
\Rightarrow U = 100.\sin {80^0} = 98,48(V)
\end{array}\)

Chọn C.

Ta có phương trình phóng xạ:

\({}_1^3H \to {}_2^3He + {}_Z^AX\)

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

\(\left\{ \begin{array}{l}3 = 3 + {A_X}\\1 = 2 + {Z_X}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{A_X} = 0\\{Z_X} =  - 1\end{array} \right. \Rightarrow {}_{ - 1}^0X = {\beta ^ - }\)

Chọn A.

Khi tần số sóng trên dây là \(f = {f_0}\), trên dây có \(4\) bụng sóng, ta có:

\({\rm{l}} = k\dfrac{\lambda }{2} = 4\dfrac{v}{{2{f_0}}}\)

Khi tần số sóng trên dây là \(f = 1,5{f_0}\), ta có:

\({\rm{l}} = k'\dfrac{v}{{2f'}} = k'\dfrac{v}{{2.\left( {1,5{f_0}} \right)}} \Rightarrow 4.\dfrac{v}{{2{f_0}}} = k'.\dfrac{v}{{3{f_0}}} \Rightarrow k' = 6\)

Số nút sóng trên dây, không tính hai đầu dây là: \(6 - 1 = 5\)

Chọn B.

Khi nối tắt tụ điện, mạch điện còn lại điện trở và cuộn dây.

Ta có giản đồ vecto:

Từ giản đồ vecto, ta có:

\(\begin{array}{l}{U^2} = {U_R}^2 + {U_d}^2 + 2{U_R}{U_d}\cos {\varphi _d}\\ \Rightarrow {150^2} = {\left( {50\sqrt 3 } \right)^2} + {\left( {50\sqrt 3 } \right)^2} + 2\left( {50\sqrt 3 .50\sqrt 3 } \right)\cos {\varphi _d}\\ \Rightarrow \cos {\varphi _d} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow {\varphi _d} = \dfrac{\pi }{3} \Rightarrow \tan {\varphi _d} = \dfrac{{{Z_L}}}{r} = \sqrt 3  \Rightarrow {Z_L} = \sqrt 3 r\end{array}\)

Mà \({U_d} = {U_R} \Rightarrow \sqrt {{Z_L}^2 + {r^2}}  = R \Rightarrow \sqrt {3{r^2} + {r^2}}  = R = 60\Omega \)

\( \Rightarrow r = 30\left( \Omega  \right) \Rightarrow {Z_L} = 30\sqrt 3 \left( \Omega  \right)\)

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch là:

\(\begin{array}{l}P = \dfrac{{{U^2}\left( {R + r} \right)}}{{{{\left( {R + r} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}} \Rightarrow 250 = \dfrac{{{{150}^2}\left( {60 + 30} \right)}}{{{{\left( {60 + 30} \right)}^2} + {{\left( {30\sqrt 3  - {Z_C}} \right)}^2}}}\\ \Rightarrow {\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2} = 0 \Rightarrow {Z_C} = {Z_L} = 30\sqrt 3 \,\,\left( \Omega  \right)\end{array}\)

Chọn B.

Chu kì của con lắc lò xo: \(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{m}{k}} \)

Chọn C.

Công suất tỏa nhiệt trên đoạn mạch là:

\(P = {I^2}R = {4^2}.30 = 480\,\,\left( W \right)\)

Chọn A.

Ta có hình vẽ:

Trên đường thẳng \(\Delta \) có 12 điểm cực đại → trên \({S_1}I\) có \(6\) điểm cực đại

Mỗi đường cực đại cắt đường tròn tại 2 điểm.

Trên đường tròn tâm  \({S_1}\), bán kính \({R_1} = 20\,\,cm\) có \(17 = 12 + 5\) điểm dao động với biên độ cực đại

→ đường tròn đi qua điểm \(A\) trên \({S_1}{S_2}\) là cực đại thứ 2

\( \Rightarrow 8\dfrac{\lambda }{2} < {R_1} < 9\dfrac{\lambda }{2} \Rightarrow 4\lambda  < 20 < 4,5\lambda \)

Đường tròn tâm \({S_1}\), bán kính \({R_2} = 10\,\,cm\), ta có:

\({R_2} = 10 \Rightarrow 2\lambda  < 10 < 2,25\lambda  \Rightarrow 4\dfrac{\lambda }{2} < {R_2} < 4,5\dfrac{\lambda }{2}\)

→ đường tròn cắt 4 đường cực đại, trên đường tròn có 8 điểm dao động với biên độ cực đại

Chọn A.