Máy phát điện xoay chiều hoạt động dựa trên hiện tượng cảm ứng điện từ → chọn A.

Mạch điện chỉ chứa phần tử điện trở thuần nối tiếp với tụ điện thì không cho dòng điện không đổi đi qua → chọn C.

Biểu thức liên hệ không đúng là \(T=2\pi \omega \) → chọn B.

Vì \(T=\frac{2\pi }{\omega }\)

Kí hiệu hạt nhân: \(_{Z}^{A}X\) với A= Z+ N

Ta có : \({{N}_{_{92}^{235}U}}=235-92=143\);     \({{N}_{_{82}^{206}Pb}}=206-82=124\)

Vậy số nơtron của hạt nhân \(_{92}^{235}U\) nhiều hơn số nơ tron của hạt nhân \(_{82}^{206}Pb\) là:

 143-124= 19 nơtron → Chọn A.

Hiện tượng tán sắc ánh sáng → chọn C.

Cảm kháng của cuộn dây :\({{Z}_{L}}=\omega .L=100\pi .\frac{1}{2\pi }=50\Omega \) →chọn C.

Ta có công thức: \({{r}_{n}}={{n}^{2}}.{{r}_{o}}\) với \({{r}_{o}}\)= 5,3.10^-11 m

Bán kính quỹ đạo dừng N \(\Rightarrow n=4\)

→ Chọn C

Trong chân không, bước sóng ánh sáng đỏ \(\lambda =750nm\) → chọn C.

Phát biểu sai: Đơn vị của mức cường độ âm là W/m² → chọn A.

Vì đơn vị của mức cường độ âm là ben (B) hoặc đêxiben (dB).

Cường độ dòng điện trong đoạn mạch RLC sẽ cùng pha với điện áp giữa hai đầu điện trở thuần → chọn D.

Để phân loại sóng ngang và sóng dọc người ta dựa vào phương dao động và phương truyền sóng  → chọn A.

Với Hai đầu cố định thì:

\(l=k\frac{\lambda }{2}\to k=\frac{2l}{\lambda }=\frac{{{2.90.10}^{-2}}}{0,2}=9\) à số bụng = k = 9  → chọn A

Trong đó, \(\lambda =\frac{v}{f}=\frac{10}{50}=0,2\)m.

Ta biết: \(\lambda =\frac{c}{f}=\frac{c}{\frac{\omega }{2\pi }}=\frac{c.2\pi }{\omega }=\frac{c.2\pi }{\frac{1}{\sqrt{LC}}}=c.2\pi .\sqrt{LC}\)

\({{\lambda }_{1}}=c.2\pi .\sqrt{L{{C}_{1}}}\)

Theo giả thiết thì: \({{\lambda }_{1}}=2.\lambda \)

→ C₁ = 4C → C₁  = C+3C → C^/ = 3C → chọn B.

\(i=\frac{\lambda D}{a}=\frac{0,{{5.10}^{-6}}.2}{0,{{5.10}^{-3}}}={{2.10}^{-3}}\) m

Khoảng cách giữa một vân sáng và một vân tối canh nhau là nửa khoảng vân: \(\frac{i}{2}={{10}^{-3}}\)m → chọn D.

Bản chất của tia \(\gamma \)là sóng điện từ → chọn D.

\(\tan \varphi =\frac{{{Z}_{L}}}{R}\to \tan \frac{\pi }{3}=\frac{{{Z}_{L}}}{R}=\sqrt{3}\to {{Z}_{L}}=R\sqrt{3}\)

Tổng trở \(Z=\sqrt{{{R}^{2}}+{{Z}^{2}}_{L}}=\sqrt{{{R}^{2}}+3{{R}^{2}}}=2R\) → chọn C.

Điều kiện để hiện tượng quang điện xảy ra là: \(\lambda \le {{\lambda }_{0}}\)

Mà \(\lambda =\frac{c}{f}\to {{\lambda }_{0}}\ge \frac{c}{f}\) → chọn A.

Số hạt nhân chưa bị phân rã: \(N=\frac{{{N}_{0}}}{{{2}^{\frac{t}{T}}}}=\frac{{{N}_{0}}}{2{}^{\frac{3T}{T}}}=\frac{{{N}_{0}}}{{{2}^{3}}}=\frac{{{N}_{0}}}{8}\) → chọn B.

Quãng đường đi được của vật trong một chu kì là s=2.l=2.10=20 cm

→ chọn D.

\(f=\frac{1}{2\pi .\sqrt{LC}}\)                                             (1)

Ta có \({{I}_{0}}=\omega .{{Q}_{0}}=\frac{1}{\sqrt{LC}}.{{Q}_{0}}\to \sqrt{LC}=\frac{{{Q}_{0}}}{{{I}_{0}}}\)            (2)

Thay (2) vào (1) ta được : \(f=\frac{{{I}_{0}}}{2\pi .{{Q}_{0}}}\) → chọn B.

Điện áp hiệu dụng ở hai đầu đoạn mạch

\(U=\sqrt{U_{R}^{2}+{{\left( {{U}_{L}}-{{U}_{C}} \right)}^{2}}}=\sqrt{{{120}^{2}}+{{\left( 90-180 \right)}^{2}}}=150\)V → chọn C.

Theo thuyết lượng tử ánh sáng thì năng lượng của các photon trong chùm ánh sáng đơn sắc bằng nhau \(\varepsilon =hf\)(\(f\)là tần số của sóng ánh sáng đơn sắc) → chọn B.

Độ hụt khối 

 \(\Delta m=\left( Z{{m}_{p}}+\left( A-Z \right){{m}_{n}} \right)-m=\left( 2.1,0073+2.1,0087 \right)-4,0015=0,0305u\)

\(=28,41\) MeV/c²

Năng lượng liên kết

\({{\text{W}}_{lk}}=\Delta m.{{c}^{2}}=28,41\)MeV

→ chọn D.

\(x=A\cos \left( \omega t+\varphi  \right)\)

à\(v={{x}^{/}}=-\omega .A\sin \left( \omega t+\varphi  \right)=\omega .A\cos \left( \omega t+\varphi +\frac{\pi }{2} \right)\)

Theo giả thiết, \(v=20\pi \cos \left( 2\pi t+\frac{\pi }{6} \right)=-10.2\pi \sin \left( 2\pi t-\frac{\pi }{3} \right)\)

\(\to A=10\), \(\varphi =-\frac{\pi }{3}\)

Vậy phương trình dao động của chất điểm có dạng : \(x=10\cos \left( 2\pi t-\frac{\pi }{3} \right)\)

→ chọn A.

Thời gian ngắn nhất để vật đi từ vị trí biên về vị trí cân bằng là \(\frac{T}{4}\)

t = \(\frac{T}{4}=\frac{1}{4}.2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}=\frac{\pi }{2}\sqrt{\frac{l}{g}}\)

→ chọn A.

Ta có :

Cảm kháng của cuộn dây : \({{Z}_{L}}=\omega .L=100\pi .\frac{1}{2\pi }=50\Omega \)

Ta biết :\({I_0} = \frac{{{U_0}}}{{{Z_L}}} \to {U_0} = {I_0}.{Z_L} = 50{I_0}\,\,\,(1)\)
Áp dụng công thức :  \(\frac{{{i}^{2}}}{I_{0}^{2}}+\frac{{{u}^{2}}}{U_{0}^{2}}=1\)                                                     (2)

Thay (1) vào (2) ta được : \(\frac{{{i}^{2}}}{I_{0}^{2}}+\frac{{{u}^{2}}}{{{\left( 50.{{I}_{0}} \right)}^{2}}}=1\)

\(\to \frac{4}{I_{0}^{2}}+\frac{20000}{2500I_{0}^{2}}=1\)

\(\to \frac{4}{I_{0}^{2}}+\frac{8}{I_{0}^{2}}=1\to {{I}_{0}}=2\sqrt{3}\) A

Cường độ dòng điện đi qua cuộn cảm thuần trễ pha \(\frac{\pi }{2}\) đối với điện áp giữa hai đầu cuộn cảm nên \({{\varphi }_{i}}={{\varphi }_{u}}-\frac{\pi }{2}=\frac{\pi }{3}-\frac{\pi }{2}=-\frac{\pi }{6}\).

Vậy biểu thức của cường độ dòng điện là \(i=2\sqrt{3}\cos \left( 100\pi t-\frac{\pi }{6} \right)\) A  ⇒chọn D.

Hạt nhân có năng lượng liên kết riêng \(\frac{{{\text{W}}_{lk}}}{A}\) càng lớn thì càng bền vững.

Theo giả thiết, hạt nhân \(_{{{Z}_{1}}}^{{{A}_{1}}}X\)bền vững hơn hạt nhân \(_{{{Z}_{2}}}^{{{A}_{2}}}X\)nên \(\frac{\Delta {{m}_{1}}}{{{A}_{1}}}>\frac{\Delta {{m}_{1}}}{{{A}_{1}}}\)

→ chọn B.

Công thoát của electron khỏi Nhôm

\({{A}_{1}}=\frac{hc}{{{\lambda }_{01}}}=\frac{6,{{625.10}^{-34}}{{.3.10}^{8}}}{0,{{36.10}^{-6}}}=5,{{52.10}^{-19}}J=3,45eV\)

Công thoát của electron khỏi Natri

\({{A}_{2}}=\frac{hc}{{{\lambda }_{02}}}=\frac{6,{{625.10}^{-34}}{{.3.10}^{8}}}{0,{{5.10}^{-6}}}=3,{{97.10}^{-19}}J=2,48eV\)

Vì vậy, công thoát của electron khỏi Nhôm lớn hơn công thoát của electron khỏi Natri một lượng là \(\Delta A={{A}_{1}}-{{A}_{2}}=3,45-2,48=0,97eV\) → chọn C.

\(\text{W}={{\text{W}}_{t}}+{{\text{W}}_{d}}=0+{{\text{W}}_{0}}=\frac{1}{2}k{{A}^{2}}\)

Lực kéo về có độ lớn đạt cực đại F₀ = kA.

Vào thời điểm lực kéo về có độ lớn :\(F=\frac{{{F}_{0}}}{2}=k.\frac{A}{2}\)àvị trí đó là \(x=\pm \frac{A}{2}\)

Thế năng của vật tại thời điểm đó \({{\text{W}}_{t}}=\frac{1}{2}.k{{x}^{2}}=\frac{1}{2}k\frac{{{A}^{2}}}{4}=\frac{{{\text{W}}_{0}}}{4}\)

Động năng của vật \({{\text{W}}_{d}}=\text{W-}{{\text{W}}_{t}}={{\text{W}}_{0}}-\frac{{{\text{W}}_{0}}}{4}=\frac{3{{W}_{0}}}{4}\) → chọn B.

Ta có:

\(\frac{{{U}_{1}}}{{{U}_{2}}}=\frac{{{N}_{1}}}{{{N}_{2}}}\to {{U}_{2}}=\frac{{{U}_{1}}.{{N}_{2}}}{{{N}_{1}}}=\frac{220.250}{5000}=11V\)

→ chọn C.

Phát biểu đúng “Mỗi nguyên tố hóa học ở trạng thái khí hay hơi nóng sáng dưới áp suất thấp cho một quang phổ vạch riêng, đặc trưng cho nguyên tố đó.”

→ chọn B.

Công suất têu thụ trên biến trở R cực đại

\({{P}_{\max }}=\frac{{{U}^{2}}}{2\left( R+r \right)}\) khi \(R=\sqrt{{{r}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}\)

Áp dụng: \({{P}_{0}}=\frac{{{U}^{2}}}{2\left( {{R}_{1}}+r \right)}\)                                                         (1)

khi \({{R}_{1}}=\sqrt{{{r}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=76\Omega \)                                      (2)

Công suất têu thụ trên mạch cực đại

\({{P}_{\text{max}}}=\frac{{{U}^{2}}}{2\left( {{R}_{2}}+r \right)}\)  khi \(R+r=\left| {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right|\)

Áp dụng: \(2{{P}_{0}}=\frac{{{U}^{2}}}{2\left( {{R}_{2}}+r \right)}\)                                     (3)

khi \({{R}_{2}}+r=\left| {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right|\)                                                 (4)

Giải hệ phương trình gồm các phương trình (1), (2), (3), (4) ta được R₂ = 15,2\(\Omega \)

→ chọn D.

Trước khi di chuyển màn quan sát: \({{x}_{M}}=k\frac{\lambda D}{a}\)   (1)

Sau khi di chuyển màn quan sát: \(x_{M}^{'}=(k'+0,5){{\frac{\lambda D}{a}}^{'}}\) với D^’= D+0,9           (2)

Ta có : \({{x}_{M}}=x_{M}^{'}\Leftrightarrow k\lambda \frac{D}{a}=({{k}^{'}}+0,5)\lambda \frac{D+0,9}{a}\) \(\Leftrightarrow kD=({{k}^{'}}+0,5)(D+0,9)\)

Thay các giá trị: k=4, \({{k}^{'}}=2\) vào phương trình trên suy ra được D= 1,5 m.

Từ (1) suy ra bước sóng của ánh sáng : \(\lambda \text{=}\frac{{{x}_{M}}a}{kD}=\frac{4,{{5.10}^{-3}}{{.1.10}^{-3}}}{4.1,5}=0,75\mu m\)

→ Chọn B

Ta có gia tốc \(a=-{{\omega }^{2}}x\Rightarrow x=-\frac{a}{{{\omega }^{2}}}\)                               (1)

                                                            \({{A}^{2}}={{x}^{2}}+{{(\frac{v}{\omega })}^{2}}\)                                    (2)

Thay (1) vào (2) ta được: \({{A}^{2}}=\frac{{{a}^{2}}}{{{\omega }^{4}}}+\frac{{{v}^{2}}}{{{\omega }^{2}}}\Rightarrow {{\omega }^{4}}{{A}^{2}}={{a}^{2}}+{{v}^{2}}{{\omega }^{2}}\)            (3)

Ta lại có: \({{a}_{ma\text{x }}}={{\omega }^{2}}A\Rightarrow {{\omega }^{2}}=\frac{{{a}_{ma\text{x }}}}{A}\)                                                      (4)

Thay (4) vào (3) ta được: \({{(\frac{{{a}_{ma\text{x }}}}{A})}^{2}}{{A}^{2}}={{a}^{2}}+{{v}^{2}}\frac{{{a}_{ma\text{x }}}}{A}\Rightarrow a_{\text{max}}^{2}={{a}^{2}}+{{v}^{2}}\frac{{{a}_{ma\text{x }}}}{A}\)  (5)

Thay số vào (5) ta được : \({{(320)}^{2}}={{(160)}^{2}}+{{(40\sqrt{3})}^{2}}.\frac{320}{A}\Rightarrow A=20\text{ }cm\)

→ Chọn A

\(\tan (\varphi -{{\varphi }_{{{R}_{2}}C}})=\frac{\tan \varphi -\tan {{\varphi }_{{{R}_{2}}C}}}{1+\tan \varphi \tan {{\varphi }_{{{R}_{2}}C}}}=\frac{\frac{{{Z}_{C}}}{{{R}_{2}}}-\frac{{{Z}_{C}}}{{{R}_{1}}+{{R}_{2}}}}{1+\frac{Z_{C}^{2}}{{{R}_{2}}({{R}_{1}}+{{R}_{2}})}}=\frac{\frac{1}{{{R}_{2}}}-\frac{1}{{{R}_{1}}+{{R}_{2}}}}{\frac{1}{{{Z}_{C}}}+\frac{{{Z}_{C}}}{{{R}_{2}}({{R}_{1}}+{{R}_{2}})}}\)

Đặt \(y=\frac{1}{{{Z}_{C}}}+\frac{{{Z}_{C}}}{{{R}_{2}}({{R}_{1}}+{{R}_{2}})}\)

Để \(\tan (\varphi -{{\varphi }_{{{R}_{2}}C}})\)lớn nhất thì y phải nhỏ nhất, theo bất đẳng thức Cosi y nhỏ nhất khi

\({{Z}_{C}}=\sqrt{{{R}_{2}}({{R}_{1}}+{{R}_{2}})}=\sqrt{25\sqrt{3}(50\sqrt{3}+25\sqrt{3})}=75\Omega \)

*Chứng minh: \(y=\frac{1}{{{Z}_{C}}}+\frac{{{Z}_{C}}}{{{R}_{2}}({{R}_{1}}+{{R}_{2}})}\ge 2\sqrt{\frac{1}{{{R}_{2}}({{R}_{1}}+{{R}_{2}})}}\)

y nhỏ nhất khi dấu “=” xảy ra nghĩa là:

\(\frac{1}{{{Z}_{C}}}+\frac{{{Z}_{C}}}{{{R}_{2}}({{R}_{1}}+{{R}_{2}})}=2\sqrt{\frac{1}{{{R}_{2}}({{R}_{1}}+{{R}_{2}})}}\)

Bình phương 2 vế ta được:

\(\begin{align} & \frac{1}{Z_{C}^{2}}+\frac{2}{{{R}_{2}}({{R}_{1}}+{{R}_{2}})}+\frac{Z_{C}^{2}}{R_{2}^{2}{{({{R}_{1}}+{{R}_{2}})}^{2}}}=\frac{4}{{{R}_{2}}({{R}_{1}}+{{R}_{2}})} \\ & \Leftrightarrow \frac{1}{Z_{C}^{2}}-\frac{2}{{{R}_{2}}({{R}_{1}}+{{R}_{2}})}+\frac{Z_{C}^{2}}{R_{2}^{2}{{({{R}_{1}}+{{R}_{2}})}^{2}}}=0 \\ & \Leftrightarrow {{(\frac{1}{{{Z}_{C}}}-\frac{{{Z}_{C}}}{{{R}_{2}}({{R}_{1}}+{{R}_{2}})})}^{2}}=0\Leftrightarrow \frac{1}{{{Z}_{C}}}=\frac{{{Z}_{C}}}{{{R}_{2}}({{R}_{1}}+{{R}_{2}})} \\ & \Leftrightarrow Z_{C}^{2}={{R}_{2}}({{R}_{1}}+{{R}_{2}})\Leftrightarrow {{Z}_{C}}=\sqrt{{{R}_{2}}({{R}_{1}}+{{R}_{2}})} \\ \end{align}\)

→ Chọn C

Diện tích tam giác MCD

\(S=\frac{1}{2}MC.MD=\frac{1}{2}\sqrt{A{{C}^{2}}+A{{M}^{2}}}.\sqrt{B{{D}^{2}}+B{{M}^{2}}}=\frac{1}{2}\sqrt{{{x}^{2}}+{{6}^{2}}}.\sqrt{{{y}^{2}}+{{8}^{2}}}\)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki

\(\sqrt{{{x}^{2}}+{{6}^{2}}}.\sqrt{{{y}^{2}}+{{8}^{2}}}\ge xy+48\)

Dấu “=” xảy ra khi \(\frac{x}{y}=\frac{6}{8}=\frac{3}{4}\)

Hay \(4x=3y\)                                                  (1)

Vì \(\widehat{CMA}+\widehat{DMB}={{90}^{0}}\) nên \(\sin \widehat{CMA}=c\text{os}\widehat{DMB}\)

\(\leftrightarrow \frac{CA}{CM}=\frac{MB}{MD}\)

\(\leftrightarrow \frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}+{{6}^{2}}}}=\frac{8}{\sqrt{{{y}^{2}}+{{8}^{2}}}}\)                    (2)

Từ (1) và (2) suy ra

\(\begin{align} & x=6 \\ & y=8 \\ \end{align}\)

Hiệu đường đi của sóng tại C:

\(\Delta {{d}_{C}}=CB-CA=\sqrt{{{x}^{2}}+A{{B}^{2}}}-x=\sqrt{{{6}^{2}}+{{14}^{2}}}-6=9,23\)

Hiệu đường đi của sóng tại D

\(\Delta {{d}_{D}}=DB-DA=y-\sqrt{{{y}^{2}}+{{14}^{2}}}=8-\sqrt{{{8}^{2}}+{{14}^{2}}}=-8,12\)

Cực đại:  \(\Delta {{d}_{D}}\le k\lambda \le \Delta {{d}_{C}}\)

\(\to -6,6\le k\le 7,7\)

Vậy có 14 điểm dao động cực đạià chọn D.

Áp dụng phương pháp giản đồ vecto

\(\overrightarrow{{{A}_{1}}}\bot \overrightarrow{{{A}_{2}}}\)    (1)

\(\overrightarrow{{{A}_{1}}}\bot \overrightarrow{A_{1}^{/}}\)      (2)

\(\overrightarrow{A}\) không đổi    (3)

Từ (1), (2), (3) ta thấy rằng các điểm \(\overrightarrow{{{A}_{1}}},\overrightarrow{{{A}_{2}}},\overrightarrow{{{A}^{/}}_{1}},\overrightarrow{{{A}^{/}}_{2}},\overrightarrow{A}\) luôn nằm trên đường tròn có đường kính là \(\overrightarrow{A}\). Cho nên tam giác \(\overrightarrow{{{A}_{2}}},\overrightarrow{A},\overrightarrow{A_{2}^{/}}\) vuông tại \(\overrightarrow{A}\)

Vậy, \(A_{2}^{2}+A_{2}^{{{/}^{2}}}={{A}^{2}}\to A_{2}^{2}+{{\left( {{A}_{2}}\sqrt{15} \right)}^{2}}={{16}^{2}}\to {{A}_{2}}=4cm\) → chọn A.

Phương trình của phản ứng hạt nhân:

\(_{1}^{1}p+\text{ }_{4}^{9}Be\to \text{ }_{2}^{4}\text{He}+\text{ }_{3}^{6}X\)

Gọi m₁, m₂, m₃; p₁, p₂, p₃ và K₁, K₂, K₃tương ứng      

là khối lượng, động lượng và động năng của các

hạt proton, X, α.

Theo định luật bảo toàn năng lượng:                                                                       

 \(\Delta E={{K}_{x}}+{{K}_{\alpha }}-{{K}_{p}}\)                    (1)

Theo định luật baot toàn động lượng : \({{\overrightarrow{p}}_{\alpha }}+{{\overrightarrow{p}}_{x}}=\overrightarrow{{{p}_{p}}}\)

Vì \({{\overrightarrow{p}}_{\alpha }}\bot \overrightarrow{{{p}_{p}}}\)nên \(p_{x}^{2}=p_{\alpha }^{2}+p_{p}^{2}\) mà p²=2mK thay vào ta có:

\(2{{m}_{x}}{{K}_{x}}=2{{m}_{\alpha }}{{K}_{\alpha }}+2{{m}_{p}}{{K}_{p}}\Leftrightarrow {{K}_{x}}=\frac{{{m}_{\alpha }}{{K}_{\alpha }}}{{{m}_{x}}}+\frac{{{m}_{p}}{{K}_{p}}}{{{m}_{x}}}\)

Theo đề m=A nên: \({{K}_{x}}=\frac{4.4}{6}+\frac{1.5,45}{6}=3,575MeV\)

Thay giá trị K_x vào (1) ta có:

\(\Delta E=3,575+4-5,45=2,125MeV\)

→ Chọn B

Ta có:

\({{v}_{1\max }}={{\omega }_{1}}.A=\sqrt{\frac{k}{{{m}_{1}}}}.A\)   (1)

\({{v}_{2\max }}={{\omega }_{2}}.A=\sqrt{\frac{k}{{{m}_{2}}}}.A\)    (2)

Với \({{v}_{1\max }}=20cm/s,{{v}_{2\max }}=10cm/s\)

Giải các phương trình (1) và (2) ta được:

m₂ = 4m₁                       (3)

k.A = 100m₂                         (4)

Theo giả thiết: \({{v}_{3\max }}={{\omega }_{3}}.A=\sqrt{\frac{k}{{{m}_{3}}}}.A=\sqrt{\frac{k}{9{{m}_{1}}+4{{m}_{2}}}}.A\)        (5)

Thay (3), (4) vào (5) ta được \({{v}_{3\max }}=4cm/s\) → chọn D.

Mức cường độ âm sẽ tỉ lệ nghịch với khoảng cách từ nguồn âm đến điểm ta xét. Vì vậy, mức cường độ âm lớn nhất trên đoan MN sẽ là tại điểm H.

Mức cường độ âm tại M

\({{L}_{M}}=10\log \frac{I}{{{I}_{0}}}=10\log \frac{P}{{{I}_{0}}.4\pi O{{M}^{2}}}\)

\(\begin{align} & {{L}_{M}}=10\log \frac{I}{{{I}_{0}}}=10\log \frac{P}{{{I}_{0}}.4\pi O{{M}^{2}}} \\ & \to \frac{P}{{{I}_{0}}}={{10}^{\frac{{{L}_{M}}}{10}}}.4\pi O{{M}^{2}} \\ \end{align}\)

Mức cường độ âm tại H

\({{L}_{H}}=10\log \frac{I}{{{I}_{0}}}=10\log \frac{P}{{{I}_{0}}.4\pi O{{H}^{2}}}=10\log {{10}^{\frac{{{L}_{M}}}{10}}}.4\pi O{{M}^{2}}\frac{1}{4\pi O{{H}^{2}}}=10\log \frac{{{10}^{\frac{{{L}_{M}}}{10}}}O{{M}^{2}}}{O{{H}^{2}}}\)

\(=10\log \frac{{{10}^{\frac{50}{10}}}{{.80}^{2}}}{{{48}^{2}}}=54,4dB\) → chọn D.