Đáp án D

Vectơ gia tốc có độ lớn tỉ lệ với li độ, chiều luôn hướng về vị trí cân bằng.

Đáp án A

Ta có: \({Z_L} = \omega L = 50\left( \Omega \right). \to I = \frac{U}{{{Z_L}}} = \frac{{{U_o}}}{{\sqrt 2 .{Z_L}}} = \frac{{200}}{{\sqrt 2 .50}} = 2\sqrt 2 A.\)

Đáp án D

Mức cường độ âm: \(L = 10\log \left( {\frac{I}{{{I_o}}}} \right) = 10\log \left( {\frac{{10{I_o}}}{{{I_o}}}} \right) = 10\,\,\left( {dB} \right)\)

Đáp án C

Năng lượng điện từ là đại lượng bảo toàn.

Hai lần liên tiếp năng lượng điện trường và năng lượng từ trường bằng nhau là T/4

Đáp án C

Trong dao động điều hòa thì li độ, vận tốc và gia tốc là ba đại lượng biến đổi như những hàm cosin của thời gian có cùng tần số góc.

Đáp án B

Số khối A = 235 = số proton + số notron. Số proton = số electron = 92 → số notron = 143.

Đáp án D

Điều kiện để xảy ra hiện tượng quang dẫn là: \(\lambda \le {\lambda _o} \Leftrightarrow f \ge {f_o}\)

Với \({f_o} = \frac{c}{{{\lambda _o}}} = \frac{{{{3.10}^8}}}{{0,{{62.10}^{ - 6}}}} = 4,{48.10^{14}}\left( {Hz} \right)\)

Chỉ có chùm bức xạ 4 mới gây được hiện tượng quang dẫn.

Đáp án D

Ta có: \(P = {I^2}R \to R = \frac{P}{{{I^2}}} = \frac{{\left( {40} \right)}}{{{{\left( 1 \right)}^2}}} = 40\,\Omega .\)

Đáp án C

Hai quả cầu ban đầu hút nhau nên chúng mang điện trái dấu.

Từ giả thiết bài toán, ta có \(\left\{ \begin{array}{l} \left| {{q_1}{q_2}} \right| = {q_1}{q_2} = \frac{{F{r^2}}}{k} = \frac{{16}}{3}{.10^{ - 12}}\\ {\left( {\frac{{{q_1} + {q_2}}}{2}} \right)^2} = \frac{{F{r^2}}}{k} \Rightarrow {q_1} + {q_2} = \pm \frac{{\sqrt {192} }}{3}{.10^{ - 6}} \end{array} \right.\)

Áp dụng hệ thức Vi-ét \( \Rightarrow {q_1},{q_2}\) là nghiệm của phương trình: \({X^2} \pm \frac{{\sqrt {192} }}{3}{.10^{ - 6}}X + \frac{{16}}{3}{.10^{ - 12}} = 0\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {q_1} = 0,{96.10^{ - 6}}C\\ {q_2} = - 5,{58.10^{ - 6}}C \end{array} \right.\) hoặc \(\left\{ \begin{array}{l} {q_1} = - 5,{58.10^{ - 6}}C\\ {q_2} = 0,{96.10^{ - 6}}C \end{array} \right.\)

Đáp án A

Từ \(\frac{\xi }{I} = R + {R_o} + r \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} \xi 60 = 40 + {R_o} + r\\ \xi 100 = 80 + {R_o} + r \end{array} \right. \Rightarrow \xi = 1V\)

Đáp án B

\(A = {{\rm{W}}_d} = {m_o}{c^2}\left( {\frac{1}{{\sqrt {1 - \frac{{{v^2}}}{{{c^2}}}} }} - 1} \right) = 9,{1.10^{ - 31}}.{\left( {{{3.10}^8}} \right)^2}.\left( {\frac{1}{{\sqrt {0,{5^2}} }} - 1} \right) \approx 1,{267.10^{ - 14}}\left( J \right)\)

Đáp án B

Bức xạ gây ra hiện tượng quang điện khi \(\lambda \le {\lambda _o} \Rightarrow {\lambda _2} \le {\lambda _o}\)

Chỉ có bức xạ 2 gây ra hiện tượng quang điện.

Sử dụng định luật về giới hạn quang điện (Định luật quang điện thứ nhất)

Ánh sáng kích thích chỉ có thể làm bật các electron ra khỏi một kim loại khi bước sóng \(\lambda \) của nó nhỏ hơn hoặc bằng giới hạn quang điện \({\lambda _o}\) của kim loại đó thì mới gây ra được hiện tượng quang điện \(\lambda  \le {\lambda _o}\)

Đáp án B

Khoảng vân: \(i = \frac{{\lambda D}}{a} = \frac{{0,{{6.10}^{ - 6}}.2}}{{1,{{2.10}^{ - 3}}}} = 1mm \Rightarrow \frac{{{x_m}}}{i} = 6 \Rightarrow \)M là vân sáng bậc 6.

\( \Rightarrow \frac{{{x_N}}}{i} = 15,5 \Rightarrow \)N là vân tối thứ 16.

Đáp án D

Năng lượng liên kế hạt nhân bằng năng lượng tối thiểu để phá vỡ hạt nhân đó thành các nucleon riêng rẽ.

Đáp án D

Sơ đồ tạo ảnh: \(V \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} k = \frac{{d' - f}}{{ - f}} \Rightarrow 6 = \frac{{d' - 10}}{{ - 10}} \Rightarrow d' = - 50\\ G = k\frac{{O{C_C}}}{{{d_M}}} = k\frac{{O{C_C}}}{{\ell - d'}} = 6.\frac{{26}}{{2 + 50}} = 3 \end{array} \right.\)

Đáp án C

Ta có: \({I_o} = \omega {Q_o} = \frac{{{Q_o}}}{{\sqrt {LC} }} \Rightarrow L = \frac{{Q_o^2}}{C}.\frac{1}{{I_o^2}}\)

Khi đó: \({L_3} = \left( {9{L_1} + 4{L_2}} \right) \Rightarrow \frac{1}{{I_{o3}^2}} = \frac{9}{{I_{o1}^2}} + \frac{4}{{I_{o2}^2}} \Rightarrow {I_{o3}} = 4\,\,mA\)

Đáp án C

Với công suất tiêu thụ trên mạch là 400W, thì có hai giá trị của R thỏa mãn

\(P = R.\frac{{{U^2}}}{{{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}} \Leftrightarrow {R^2} - 25R + {10^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} R = 50\Omega \\ R = 20\Omega \end{array} \right..\)

Dòng điện cực đại trong mạch LC: \(\frac{1}{2}LI_o^2 = \frac{1}{2}CU_o^2 \Rightarrow I_o^2 = \frac{C}{L}U_o^2 = \frac{{U_o^2}}{{{Z_L}{Z_C}}}\)

Để duy trì dao động của mạch thì công suất cần cung cấp cho mạch đúng bằng công suất tỏa nhiệt trên R: \(P = \frac{{I_o^2}}{2}{R_2} = 0,09W.\)

Đáp án D

Âm thanh do người hay dụng cụ phát ra có đồ thị được biểu diễn theo thời gian có dạng biến thiên tuần hoàn.

Đáp án A

Hiện tượng quang điện là hiện tượng electron bứt ra khỏi bề mặt tấm kim loại khi có ánh sáng thích hợp chiếu vào nó.

Đáp án A

\(\left| {{e_{cu}}} \right| = \frac{{\left| {\Delta \Phi } \right|}}{{\Delta t}} = \frac{{\left| {N\Delta BS\cos \left( {\overrightarrow n ,\overrightarrow B } \right)} \right|}}{{\Delta t}} = \frac{{10.\left| {0 - {{2.10}^{ - 4}}} \right|{{.20.10}^{ - 4}}.\cos {{60}^o}}}{{0,01}} = {2.10^{ - 4}}\left( V \right)\)

Đáp án C

Tần số và màu sắc ánh sáng không phụ thuộc vào môi trường, nghĩa là khi ánh sáng truyền từ môi trường này sang môi trường khác thì tần số và màu sắc không đổi.

Đáp án D

Khối lượng trung bình của uran là:

\(m = \frac{{99,27}}{{100}}.238,0508u + \frac{{0,72}}{{100}}.235,0439u + \frac{{0,01}}{{100}}.234,0409u = 238,0287u\).

Khối lượng trung bình của một nguyên tố là hỗn hợp của n đồng vị là:

\(m = {a_1}{m_1} + {a_2}{m_2} + ... + {a_n}{m_n}\)

Với \({a_i},{m_i}\) lần lượt là hàm lượng và khối lượng của đồng vị thứ i.

Đáp án B

Để giảm công suất hao phí trên đường dây truyền tải thì người ta sử dụng biện pháp tăng điện áp hiệu dụng ở nơi phát điện.

Lý thuyết trên có thể giải thích thông qua công thức công suất hao phí:

\({P_{hp}} = {I^2}R = {\left( {\frac{P}{{U\cos \varphi }}} \right)^2}R.\) 

Dựa theo công thức công suất hao phí thì \({P_{hp}}\)  tỉ lệ nghịch với \({U^2}\) nên để giảm \({P_{hp}}\) thì cần tăng điện áp U.

Đáp án A

 Ta có \(\left\{ \begin{array}{l} {Z_L} = \omega L = 25\left( \Omega \right)\\ {Z_C} = \frac{1}{{\omega C}} = 10\left( \Omega \right) \end{array} \right.\) 

Tổng trở của mạch: \(Z = \sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} = \sqrt {{{15}^2} + {{\left( {25 - 10} \right)}^2}} = 15\sqrt 2 \,\left( \Omega \right).\) 

Độ lệch pha giữa u và i: \(\tan \varphi = \frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R} = 1 \Rightarrow \varphi = \frac{\pi }{4} > 0:\)  u sớm pha hơn i là \(\frac{\pi }{4}\)

\( \Rightarrow u = {I_o}Z\cos \left( {100\pi t + \frac{\pi }{4} + \frac{\pi }{4}} \right) = 2\sqrt 2 .15\sqrt 2 \cos \left( {100\pi t + \frac{\pi }{2}} \right) = 60\cos \left( {100\pi t + \frac{\pi }{2}} \right)\,\,\left( V \right)\) 

Đáp án B

\(\left\{ \begin{array}{l} \Delta E = \left( {{m_P} + {m_{Be}} - {m_{Li}} - {m_X}} \right){c^2} = 2,66\,\left( {MeV} \right)\\ = + {{\rm{W}}_X} - \Rightarrow {{\rm{W}}_X} = {{\rm{W}}_P} + \Delta E - {{\rm{W}}_{Li}} = 5,06\,\,(MeV) \end{array} \right.\) 

Đáp án B

Tần số dao động riêng của con lắc lò xo: \({f_o} = \frac{1}{{2\pi }}\sqrt {\frac{k}{m}} = \frac{1}{{2\pi }}\sqrt {\frac{{40}}{{0,1}}} \approx 3,183\,\left( {Hz} \right)\) 

Ta nhận thấy rằng \({f_1}\) gần \({f_o}\) hơn \({f_2}\) nên hiện tượng cộng hưởng xảy ra rõ ràng hơn, do đó \({A_1} > {A_2}.\) 

Đáp án A                         

Giao điểm của \({U_L},{U_C}\) và \({U_R}\) là điểm đặc biệt:

Ta có: \({U_L} = {U_C} = {U_{R\max }} = U\)  thì \(\frac{1}{n} = 1 - \frac{{C{R^2}}}{{2L}} = 1 - \frac{{U_R^2}}{{2{U_L}{U_C}}} = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} \Rightarrow n = 2\) 

\({U_M} = U_C^{\max } = U_L^{\max } = \frac{U}{{\sqrt {1 - {n^2}} }} = \frac{{100\sqrt 2 }}{{\sqrt {1 - \frac{1}{4}} }} = 163,2993\,(V)\) 

Đáp án B

Ta có: Vị trí của vân sáng \({x_M} = k\frac{{D\lambda }}{a} \to \lambda = \frac{{a{x_M}}}{{kD}} = \frac{{0,{{4.10}^{ - 3}}{{.27.10}^{ - 3}}}}{{3k}} = \frac{{3,6}}{k}\mu m.\) 

Lập bảng, với khoảng giá trị của bước sóng, ta tìm được các bức xạ cho vân sáng là

\({\lambda _1} = 0,72\mu m,\,{\lambda _2} = 0,6\mu m,{\lambda _3} = 0,5142\mu m,{\lambda _4} = 0,45\mu m,\,{\lambda _5} = 0,4\mu m.\) 

Giá trị trung bình \(\overline \lambda = 0,53684\mu m.\) 

Đáp án D

Trên mặt nước có 21 dãy cực đại, như vậy nếu không tính trung trực của AB thì từ H đến A có 10 dãy cực đại.

Mặt khác, trên đường tròn tâm A bán kính 2,5 cm lại có 13 cực đại điều này chứng tỏ trong đường tròn chứa 6 cực đại (cắt đường tròn tại 12 điểm) và giao điểm giữa đường tròn và AB là một cực đại.

Trên đoạn OC có các cực đại cách đều nhau nửa bước sóng. 

\( \Rightarrow OC = \frac{{4\lambda }}{2} = 4 - 2,5 \Rightarrow \lambda = 0,75cm\)

Để N gần M nhất thì N thuộc cực tiểu thứ nhất. Từ hình vẽ, ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} AN - BN = 0,5\lambda = 0,375\\ A{N^2} = {5^2} + {x^2}\\ B{N^2} = {5^2} + {\left( {8 - x} \right)^2} \end{array} \right. \Rightarrow \sqrt {{5^2} + {x^2}} - \sqrt {{5^2} + {{\left( {8 - x} \right)}^2}} = 0,375 \Rightarrow x = 4,3cm\) .

Vậy \(MN = AH = x = 4,3 - 4 = 0,3cm\) .

Đáp án D

Ta có: \(\Delta {\varphi _{MN}} = 2\pi \frac{{\Delta x}}{\lambda } = \left( {2k + 1} \right)\pi \)  (M và N dao động ngược pha).

\(\lambda = \frac{v}{f} \to f = \left( {2k + 1} \right)\frac{v}{{2\Delta x}} = \left( {2k + 1} \right)\frac{{\left( {80} \right)}}{{2\left( {10} \right)}} = 4\left( {2k + 1} \right)\,Hz\) 

Với \(38Hz < f < 50Hz\)  \( \to f = 44Hz\) tương ứng với k = 5.

Đáp án A

Tần số góc của dao động \(\omega = \sqrt {\frac{k}{m}} = 10\left( {rad/s} \right)\) 

Độ biến dạng của lò xo tại vị trí cân bằng \(\Delta {l_o} = \frac{{mg}}{k} = 10cm\) .

Phương trình định luật II Niuton cho vật \(\overrightarrow {{F_{dh}}} + \overrightarrow N + \overrightarrow P = m\overrightarrow a \) 

Tại vị trí vật rời khỏi giá đỡ thì \(\overrightarrow N = 0\) 

\( \Rightarrow {F_{dh}} = P - ma \Leftrightarrow \Delta l = \frac{{m\left( {g - a} \right)}}{k} = 8cm\) 

Tốc độ của vật tại vị trí này: \({v_o} = \sqrt {2as} = \sqrt {0,32\,} \,\,m/s.\) 

Biên độ dao động \(A = \sqrt {{{\left( {\Delta {l_o} - \Delta l} \right)}^2} + {{\left( {\frac{v}{\omega }} \right)}^2}} = 6cm\) 

Tại \(t = 0,x = - \left| {\Delta {l_o} - \Delta l} \right| = - 2cm\) và \(v > 0 \Rightarrow {\varphi _o} = - 1,91\,rad.\) 

Vậy phương trình dao động của vật: \(x = 6\cos \left( {10t - 1,91} \right)\,cm.\) 

Đáp án A

Ta có: \({T_1} = \frac{{\Delta t}}{N} = \frac{{600}}{{299}} = 2\pi \sqrt {\frac{l}{g}} ;\,{T_2} = \frac{{\Delta t}}{N} = \frac{{600}}{{386}} = 2\pi \sqrt {\frac{{l - 0,4}}{g}} \) 

\( \Rightarrow T_1^2 - T_2^2 = {\left( {\frac{{600}}{{299}}} \right)^2} - {\left( {\frac{{600}}{{386}}} \right)^2} = \frac{{{{\left( {2\pi } \right)}^2}.0,4}}{g} \Rightarrow g = 9,8\left( {m/{s^2}} \right)\) 

Đáp án B

Tần số góc: \(\omega = \sqrt {\frac{k}{m}} = \sqrt {\frac{{100}}{{0,1}}} = 10\sqrt {10} \left( {rad/s} \right)\) 

Ta có:

\(\frac{{{v^2}}}{{{{\left( {\omega A} \right)}^2}}} + \frac{{{a^2}}}{{{{\left( {{\omega ^2}A} \right)}^2}}} = 1 \Rightarrow a = {\omega ^2}A\sqrt {1 - \frac{{{v^2}}}{{{{\left( {\omega A} \right)}^2}}}} = {\left( {10\sqrt {10} } \right)^2}.\sqrt 2 {.10^{ - 2}}\sqrt {1 - \frac{{{{\left( {10\sqrt {10} } \right)}^2}}}{{{{\left( {10\sqrt {10} .\sqrt 2 } \right)}^2}}}} = 10\,\left( {m/{s^2}} \right)\) 

Đáp án C

Ta có: \({U_{RC}} = I.{Z_{RC}} = \frac{{U\sqrt {{R^2} + Z_C^2} }}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = 125\sqrt 2 \,(V)\) 

Đáp án C

Phương trình sóng có dạng \(x = A\cos 2\pi \left( {\frac{t}{T} - \frac{x}{\lambda }} \right)\) 

\(\cos \varphi = \frac{R}{Z} \Rightarrow Z = \frac{R}{{\cos \varphi }} = \frac{{50}}{{0,8}} = 62,5\Omega .\) 

\(I = \frac{U}{Z} = \frac{{150}}{{62,5}} = 2,4A;\,P = UI\cos \varphi = 150.2,4.0,8 = 288W.\) 

Đáp án B

Chiều dài quỹ đạo: \(L = 2A = 2.8 = 16\left( {cm} \right).\) 

Đáp án B

Photon bức xạ ra khi electron chuyển từ mức n = 3 sang mức n = 2, có năng lượng thỏa mãn:

\(\begin{array}{l} \varepsilon = {E_3} - {E_2} \Leftrightarrow \frac{{hc}}{{{\lambda _{32}}}} = 13,6\left( {\frac{1}{4} - \frac{1}{9}} \right).1,{6.10^{ - 19}} = {3.0222.10^{ - 19}}\\ \Rightarrow {\lambda _{32}} = \frac{{hc}}{{{{3.0222.10}^{ - 19}}}} = \frac{{6,{{625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}{{{{3.0222.10}^{ - 19}}}} = 0,{6576.10^{ - 6}}m = 0,6576\mu m. \end{array}\) 

Ta có:

+ Cường độ dòng điện cực đại trong mạch: 

\( {I_0} = {U_0}\sqrt {\frac{C}{L}} = 3\sqrt 3 .\sqrt {\frac{{{{12.10}^{ - 9}}}}{{{{4.10}^{ - 3}}}}} = {9.10^{ - 3}}\)

+ Công suất cần cung cấp để duy trì dao động của mạch:

\(\begin{array}{l} P = \frac{Q}{t} = \frac{{{I^2}Rt}}{t} = {I^2}R = \frac{{I_0^2}}{2}R\\ \to R = \frac{{2P}}{{I_0^2}} = \frac{{{{2.1,8.10}^{ - 3}}}}{{{{({{9.10}^{ - 3}})}^2}}} = 44,4\Omega \end{array}\)

+ Nguồn điện xoay chiều có hiệu điện thế u = 100\(\sqrt 2 \)cosl00πt(V).

Để thiết bị hoạt động tốt nhất thì gía trị định mức của thiết bị bằng với gia trị hiệu dụng của dòng điện \(U = \frac{{{U_0}}}{{\sqrt 2 }} = 100V\)