Biên độ tổng hợp: \(A = \sqrt {A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}\cos \left( {{\varphi _2} - {\varphi _1}} \right)} \) => A không phụ thuộc vào f, phụ thuộc vào A₁; A₂; φ₁ và φ₂ => Chọn C.

Dao động cưỡng bức có biên độ không đổi và có tần số bằng tần số ngoại lực cưỡng bức

=> Chọn A.

Ta có: \(T = 2\pi \sqrt {\frac{m}{k}} \) => khi k giảm đi một nửa và m tăng gấp 2 thì T tăng gấp 2 lần

=> Chọn C.

Ta có: \(\omega  = \sqrt {\frac{g}{\ell }}  \Rightarrow \ell  = \frac{g}{{{\omega ^2}}} = 0,8\left( m \right) = 80\left( {cm} \right)\) => Chọn B.

Cơ năng của con lắc lò xo: \(\omega  = \sqrt {\frac{g}{\ell }}  \Rightarrow \ell  = \frac{g}{{{\omega ^2}}} = 0,8\left( m \right) = 80\left( {cm} \right)\) => Chọn D.

+ Độ cao phụ thuộc vào tần số → hai nguồn khác nhau có thể phát ra hai âm cùng f

+ Độ to phụ thuộc vào tần số và mức cường độ âm → hai nguồn khác nhau có thể phát ra hai âm cùng f và L.

+ Các nguồn âm khác nhau thì phát ra âm có âm sắc khác nhau

+ Vậy hai nguồn âm khác nhau có thể phát ra một âm có cùng độ cao, cùng độ to nhưng không thể cùng âm sắc => Chọn C.

Đáp án B

Có hai thiết bị có nguyên tắc hoạt động dựa vào hiện tượng cảm ứng điện từ đó là quạt điện và máy biến áp.

Ta có: \(A = 2a\cos \left[ {\frac{{\pi \left( {{d_1} - {d_2}} \right)}}{\lambda }} \right] = 2\left( {cm} \right)\) → Chọn D.

Vì mạch chỉ có R và L nên tổng trở của mạch là:

\(Z = \sqrt {{R^2} + Z_L^2} Z = \sqrt {{R^2} + {{\left( {\omega L} \right)}^2}} \) → Chọn A.

Để hòa vào cùng một mạng điện thì hai dòng điện phải cùng tần số. Do đó ta có:

\(f = {n_1}{p_1} = {n_2}{p_2} \Rightarrow {n_2} = \frac{{{n_1}{p_1}}}{{{p_2}}} = \frac{{900.4}}{6}\) = 600 (vòng/phút) → Chọn D.

Tại các thời điểm khác nhau thì i có giá trị khác nhau → C sai → Chọn C.

Vì mạch chỉ có R nên u cùng pha i → Chọn C.

+ Lúc đầu: \(\frac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \frac{{{N_1}}}{{{N_2}}} \Leftrightarrow \frac{{220}}{{22}} = \frac{{{N_1}}}{{{N_2}}} \Rightarrow \frac{{{N_1}}}{{{N_2}}} = 10\) 

+ Lúc sau: \(\frac{{U_1^/}}{{U_2^/}} = \frac{{{N_1}}}{{{N_2}}} \Leftrightarrow \frac{{U_1^/}}{{30}} = 10 \Rightarrow U_2^/ = 300V\) → Chọn D.

Ta có: \(\omega  = \frac{{{I_0}}}{{{Q_0}}}\) → \( = \frac{{{I_0}}}{{C{U_0}}} \Rightarrow T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi C{U_0}}}{{{I_0}}} = {18.10^{ - 3}}\left( s \right) = 18\left( {ms} \right)\)→ Chọn B.

Đáp án D

+ Trong mạch dao động LC, điện tích trễ pha 0,5π so với cường độ dòng điện trong mạch.

→ \(q = \frac{{0,05}}{{2000}}\sin \left( {100t - \frac{\pi }{2}} \right) = 25\sin \left( {100t - \frac{\pi }{2}} \right)\mu C\)

Ta có: i = 1 (mm) → \({N_s} = 2\left[ {\frac{L}{{2i}}} \right] + 1 = 13\) → Chọn D.

Trong chân không, các bức xạ được sắp xếp theo thứ tự bước sóng giảm dần là: tia hồng ngoại, ánh sáng tím, tia tử ngoại, tia Rơn-ghen → Chọn A.

Quang phổ liên tục của các chất khác nhau ở cùng một nhiệt độ thì như nhau → B sai

→ Chọn B.

+ Áp dụng định luật khúc xạ, ta có: \({n_1}\sin i = {n_2}\sin r \Leftrightarrow 1.\sin i = n\sin r\) 

+ Vì n_đỏ < n_cam < n_vàng < … < n_tím → r_đỏ > r_cam > r_vàng > … > n_tím → góc lệch D_đỏ < D_tím

→ Chọn B.

+ Khoảng cách ngắn nhất giữa vân sáng bậc ba và vân tối thứ sáu là khoảng cách giữa hai vân khi xét cùng một bên so với vân trung tâm O.

+ Vị trí vân sáng bậc 3 là: x_s3 = 3i

+ Vị trí vân tối thứ 6 là: x_t6 = (5 + 0,5)i = 5,5i

+ Khoảng cách ngắn nhất giữa hai vân này là: Δx = 5,5i - 3i ⇔ 3 = 2,5i

\( \Rightarrow i = 1,2mm\) → \(a = \frac{{\lambda D}}{i} = \frac{{0,6.2}}{{1,2}} = 1\left( {mm} \right)\) → Chọn D.

+ Giới hạn quang điện của kim loại: \(A = \frac{{hc}}{{{\lambda _0}}} \Rightarrow {\lambda _0} = \frac{{hc}}{A} = 0,54\left( {\mu m} \right)\) 

+ Ta có: \({\lambda _I} = \frac{c}{f} = 0,6\left( {\mu m} \right)\) 

+ Điều kiện để xảy ra hiện tượng quang điện là λ £ λ₀ → chỉ λ_II xảy ra → Chọn B.

Theo quan điểm của thuyết lượng tử ánh sáng khi ánh sáng truyền đi xa, năng lượng của phôtôn giảm dần → Chọn A.

+ Bán kính quỹ đạo thứ n: r_n = n²r₀

+ Vì n = 1 là trạng thái cơ bản nên trạng thái kích thích thứ 4 ứng với n = 5

→ r₅ =5².0,53 = 13,25(A°) → Chọn A.

+ Tia α là dòng các hạt mang điện tích dương của hạt nhân Heli (He4); trong không khí chuyển động với tốc độ cỡ 2.10⁷ m/s, làm oxi hóa mạnh môi trường và đi được tối đa vài cm.

+ Tia γ là bức xạ điện từ nên không mang điện, có khối lượng nghỉ bằng 0, chuyển động với tốc độ gần bằng tốc độ ánh sáng, có khả năm đâm xuyên rất mạnh (xuyên qua vài mét bê-tông, vài cm trong chì).

+ Cả hai tia α và γ đều có thể được sinh ra từ quá trình phóng xạ.

+ Vậy, A, C, D sai → Chọn B.

+ Năng lượng hạt nhân có ích được chuyển thành điện trong 1 ngày: W₀ = P.t

+ Vì hiệu suất của lò là H nên năng lượng thực tế từ phản ứng hạt nhân là:

\(W = \frac{{{W_0}}}{H} = \frac{{P.t}}{H}\) 

+ Số phản ứng (cũng là số hạt Urani tham gia phản ứng) trong 1 ngày:

\(N = \frac{W}{{{{200.10}^6}.1,{{6.10}^{ - 19}}}}\) 

+ Khối lượng Urani cần cho một ngày: \(m = \frac{N}{{{N_A}}}.235 = 6,75kg\) → Chọn B.

Năng lượng của phản ứng hạt nhân: \(W = \left( {\Delta {m_s} - \Delta {m_t}} \right){c^2}\) 

\( \Rightarrow W = \left( {\Delta {m_\alpha } - \Delta {m_T} - \Delta {m_D}} \right){c^2} = 18,07MeV > 0\) → Chọn C.

\(I = \frac{\xi }{{r + {R_1} + \frac{{{R_2}{R_3}}}{{{R_2} + {R_3}}}}} = \frac{{12}}{{1 + 3 + \frac{{12.6}}{{12 + 6}}}} = 1,5A \Rightarrow {U_2} = {U_3} = I.{R_{23}} = 1,5.\frac{{12.6}}{{12 + 6}} = 6V\)

\({I_2} = \frac{{{U_2}}}{{{R_2}}} = \frac{6}{{12}} = 0,5A \Rightarrow m = \frac{1}{F}.\frac{A}{n}{I_2}t = \frac{1}{{96500}}\frac{{108}}{1}.0,5\left( {16.60 + 5} \right) = 0,54g\)

+ Động năng bằng 3 lần thế năng tại vị trí có li độ: \(x =  \pm \frac{A}{2}\) 

+ Giả sử vật đi từ vị trí biên dương, để đến vị trí có \({W_d} = 3{W_t}\) lần thứ 2 thì vật phải đến \(x =  - \frac{A}{2}\) 

+ Vậy thời gian ngắn nhất là: \(\Delta t = \frac{T}{4} + \frac{T}{{12}} = \frac{T}{3} = \frac{1}{{12}} \Rightarrow T = 0,25\left( s \right)\) → Chọn C.

+ Đặt \(\Delta \varphi  = {\varphi _2} - {\varphi _1}\). Gọi biên độ của y là A; khi đó biên độ của x là 2A.

+ Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
x = {x_1} + {x_2} \Rightarrow {\left( {2A} \right)^2} = A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}\cos \Delta \varphi {\rm{  }}\left( 1 \right)\\
y = {x_1} - {x_2} \Rightarrow {A^2} = A_1^2 + A_2^2 - 2{A_1}{A_2}\cos \Delta \varphi {\rm{       }}\left( 2 \right)
\end{array} \right.\) 

+ Lấy (1) + (2) và (1) – (2) suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l}
5{A^2} = 2A_1^2 + 2A_2^2\\
3{A^2} = 4{A_1}{A_2}\cos \Delta \varphi 
\end{array} \right. \Rightarrow \cos \Delta \varphi  = \frac{3}{{10}}\frac{{\left( {A_1^2 + A_2^2} \right)}}{{{A_1}{A_2}}}\) 

+ Theo Cô-si, ta có: \(A_1^2 + A_2^2 \ge 2{A_1}{A_2} \Rightarrow \frac{{A_1^2 + A_2^2}}{{{A_1}{A_2}}} \ge 2\) 

\( \Rightarrow \cos \Delta \varphi  \ge \frac{3}{{10}}.2 = 0,6 \Rightarrow {\left( {\cos \Delta \varphi } \right)_{\min }} = 0,6 \Rightarrow {A_1} = {A_2}\) → Chọn A.

+ Từ đồ thị ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
A = 6\left( {cm} \right)\\
T = 0,2\left( s \right) \Rightarrow \omega  = \frac{{2\pi }}{T} = 10\pi \left( {rad/s} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow {v_{\max }} = \omega A = 60\pi {\rm{ }}cm/s\) 

+ Lúc t = 0 ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
{x_0} =  - 3\\
{v_0} > 0
\end{array} \right. \Rightarrow  - 3 = 6\cos \varphi  \Rightarrow \varphi  =  \pm \frac{{2\pi }}{3}\) 

→ \(\varphi  =  - \frac{\pi }{6}\)

\( \Rightarrow x = 6\cos \left( {10\pi t - \frac{{2\pi }}{3}} \right)\) (cm)

+ Vì vận tốc v sớm pha hơn li độ x góc \(\frac{\pi }{2}\) nên ta có:

\(v = 60\pi \cos \left( {10\pi t - \frac{{2\pi }}{3} + \frac{\pi }{2}} \right) = 60\pi \cos \left( {10\pi t - \frac{\pi }{6}} \right)\) (cm/s) → Chọn C.

+ Ta có: \(\tan \widehat {MOB} = \tan \left( {\widehat {AOB} - \widehat {AOM}} \right) = \frac{{\tan \widehat {AOB} - \tan \widehat {AOM}}}{{1 + \tan \widehat {AOB}.\tan \widehat {AOM}}}\) 

\( \Leftrightarrow \tan \widehat {MOB} = \frac{{\frac{{0,06}}{d} - \frac{{0,045}}{d}}}{{1 + \frac{{0,06}}{d}.\frac{{0,045}}{d}}} = \frac{{0,015}}{{d + \frac{{2,{{7.10}^{ - 3}}}}{d}}}\) 

+ Theo BĐT Cô-si:

\(\begin{array}{l}
d + \frac{{2,{{7.10}^{ - 3}}}}{d} \ge 2\sqrt {2,{{7.10}^{ - 3}}}  = {2.10^{ - 2}}.3\sqrt 3 \\
 \Rightarrow d = 3\sqrt 3 {.10^{ - 2}}\left( m \right) = 3\sqrt 3 \left( {cm} \right)
\end{array}\) 

+ Do đó: \(OM = \sqrt {{{\left( {3\sqrt 3 } \right)}^2} + 4,{5^2}}  = \frac{{3\sqrt {21} }}{2}\left( {cm} \right)\) 

+ Ta có: \({L_A} - {L_M} = 10\lg \frac{{{I_A}}}{{{I_M}}} \Leftrightarrow  - 10 = 10\lg \frac{{{I_A}}}{{{I_M}}} \Rightarrow \frac{{{I_A}}}{{{I_M}}} = 0,1\) 

+ Lại có: \(\left\{ \begin{array}{l}
{I_A} = \frac{{2P}}{{4\pi R_A^2}}\\
{I_M} = \frac{{\left( {x + 2} \right)P}}{{4\pi R_M^2}}
\end{array} \right. \Rightarrow \frac{{{I_A}}}{{{I_M}}} = \left( {\frac{2}{{x + 2}}} \right)\frac{{R_M^2}}{{R_A^2}} \Rightarrow 0,1 = \left( {\frac{2}{{x + 2}}} \right)\frac{{{{\left( {\frac{{3\sqrt {21} }}{2}} \right)}^2}}}{{{{\left( {3\sqrt 3 } \right)}^2}}} \Rightarrow x = 33\) → Chọn D.

+ Ta có: \(\lambda  = \frac{v}{f} = 2,5cm \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\Delta {d_A} = AA - AB =  - 18\left( {cm} \right) = \Delta {d_{\min }}\\
\Delta {d_C} = CA - CB = 18\sqrt 2  - 18 = \Delta {d_{\max }}
\end{array} \right.\) 

+ Điều kiện cực tiểu: \({d_1} - {d_2} = \left( {k + 0,5} \right)\lambda  = 2,5\left( {k + 0,5} \right)\) 

+ Điều kiện chặn: \( - 18 \le {d_1} - {d_2} \le 18\sqrt 2  - 18 \Leftrightarrow  - 18 \le 2,5\left( {k + 0,5} \right) \le 18\sqrt 2  - 18\) 

\( \Rightarrow  - 7,7 \le k \le 2,5 \Rightarrow k =  - 7; - 6;...;2\)

+ Vậy trên AC có 10 điểm dao động cực tiểu → Chọn D.

+ Khi chỉ mắc R hoặc L hoặc C vào u = U₀cosωt thì: \(R = \frac{U}{4};{Z_L} = \frac{U}{6};{Z_C} = \frac{U}{2}\)

+ Khi mắc nối tiếp các phần tử thì tổng trở của mạch lúc này: \(Z = \sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}  = \frac{{5U}}{{12}}\) 

+ Mắc điện áp u = 2U\(\sqrt 2 \)cosωt vào R, L, C nối tiếp thì: \(I = \frac{{2U}}{Z} = \frac{{2U}}{{\frac{{5U}}{{12}}}} = 4,8\left( A \right)\) → Chọn C.

Đáp án B

Ta có \(H = 1 - h = 1 - \frac{{P.R}}{{{{\left( {U\cos \varphi } \right)}^2}}} =  > R = (1 - H)\frac{{{{\left( {U\cos \varphi } \right)}^2}}}{P}(1)\)

Lại có : \(R = \rho \frac{l}{S} = \rho \frac{{{l^2}}}{V} = \rho \frac{{{l^2}.D}}{m}(1 - H)\frac{{{{\left( {U\cos \varphi } \right)}^2}}}{P} = \rho \frac{{{l^2}.D}}{m}\)

\( =  > m = \rho \frac{{{l^2}.D.P}}{{(1 - H){{\left( {U\cos \varphi } \right)}^2}}} = 935kg\)

Đáp án C

+ Ta có biểu thức \({U_{rLC}} = \frac{{U\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}{{\sqrt {{{\left( {r + R} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\)

→ Tại \(C = 0\) thì \({Z_C} = \infty \), khi đó \({U_{rLC}} = U = 87V\)

→ Tại \(C = \infty \) thì \({Z_C} = 0\), khi đó \({U_{rLC}} = \frac{{87\sqrt {{r^2} + Z_L^2} }}{{\sqrt {{{\left( {r + R} \right)}^2} + Z_L^2} }} = 36V\left( * \right)\)

+ Tại \(C = \frac{{100}}{\pi }\mu F \to {Z_C} = 100\Omega \) thì mạch xảy ra cộng hưởng \({Z_L} = {Z_C} = 100\Omega \) và \({U_{rLC}} = {U_{rLC\min }} = 17,4V\)

\( \to {U_{rLC}} = \frac{{87r}}{{r + R}} = 17,5 \to R + r = 5r\)

→ Thay vào phương trình (*) ta tìm được \(r = 50\Omega \)

Hợp lực tác dụng lên vật dao động điều hoà là lực kéo về luôn hướng về vị trí cân bằng.

Chọn A.

Tần số của hệ dao động cưỡng bức chỉ bằng tần số dao động riêng của hệ khi có cộng hưởng              

Chọn A

+ Công thức liên hệ giữa giới hạn quang điện λ0, công thoát A với hằng số h và c: \({\lambda _0} = \frac{{hc}}{A}\)