Ta có:  

\(T = 2\pi \sqrt {\frac{m}{k}} \Rightarrow m = \frac{{{T^2}.k}}{{4{\pi ^2}}} = \frac{{1.10}}{{4.{\pi ^2}}} = 0,25kg = 250g\)

 Chọn A.

Ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}
\Phi = N.B.S.\cos \left( {\omega t + \varphi } \right) = N.{\Phi _0}.\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\\
e = - \frac{{d\Phi }}{{dt}} = {E_0}.\cos \left( {\omega t + \varphi - \frac{\pi }{2}} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow {\Phi _0} = \frac{{{E_0}}}{{N.\omega }}\)

Chọn A.

Ta có phương trình sóng cơ truyền tới M:

\(\begin{array}{l}
{u_M} = a.\cos \left[ {\omega .\left( {t - \frac{x}{v}} \right) + {\varphi _0}} \right]\\
\,\,\,\,\,\,\, = 2.cos\left( {20\pi t + \frac{\pi }{3} - \frac{{\omega x}}{v}} \right)
\end{array}\)

Để M lệch pha \(\frac{\pi }{6}\) so với nguồn thì:

\(\omega .\frac{x}{v} = \frac{\pi }{6} + k2\pi \Leftrightarrow 20\pi .\frac{x}{{100}} = \frac{\pi }{6} + k2\pi \Leftrightarrow x = \frac{5}{6} + 10k\)

Mà M cách O 42,5 cm nên ta có:

\(\begin{array}{l}
0 < x \le 42,5 \Rightarrow 0 < \frac{5}{6} + 10k \le 42,5\\
\Rightarrow \frac{{ - 5}}{{60}} < k \le 4,16 \Rightarrow k = 0;1;2;3;4
\end{array}\)

Vậy giữa M và O có 5 điểm lệch pha \(\frac{\pi }{6}\) so với nguồn.

Chọn D.

Nhiệt kế điện tử hoạt động dựa trên ứng dụng cảm biến hồng ngoại.

Chọn D.

Cường độ dòng điện cực đại: 

\({I_0} = \sqrt {\frac{C}{L}} .{U_0} = \sqrt {\frac{{{{10.10}^{ - 9}}}}{{{{10.10}^{ - 3}}}}} .12 = {12.10^{ - 3}}A\)

Tần số góc: \(\omega = \frac{1}{{\sqrt {LC} }} = \frac{1}{{\sqrt {{{10.10}^9}{{.10.10}^{ - 3}}} }} = {10^5}\left( {rad/s} \right)\)

Gốc thời gian là lúc tụ bắt đầu phóng điện, tức là khi đó hiệu điện thể cực đại và đang giảm, pha ban đầu của hiệu điện thế bằng 0.

Mà cường độ dòng điện sớm pha \(\frac{\pi }{2}\)  so với hiệu điện thế, nên pha ban đầu của dòng điện là \(\varphi = \frac{\pi }{2}\) .

Vậy \(i = {12.10^{ - 3}}.\cos \left( {{{10}^5}t + \frac{\pi }{2}} \right)\left( A \right)\)  

Chọn A.

Ta có: 

\(f = \frac{1}{{2\pi \sqrt {LC} }} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
f \sim \frac{1}{{\sqrt L }}\\
f \sim \frac{1}{{\sqrt C }}
\end{array} \right.\)

Muốn f tăng gấp đôi thì L giảm đi 4 lần hoặc C giảm đi 4 lần.

Chọn A.

Cảm kháng của cuộn dây:  

\({Z_L} = \omega .L = 100\pi .\frac{{0,2}}{\pi } = 20\Omega \)

Chọn A.

Hai điện tích trái dấu nên lực tương tác giữa chúng là lực hút.

Độ lớn lực tương tác:

\(F = k.\frac{{\left| {{q_1}.{q_2}} \right|}}{{\varepsilon .{r^2}}} = {9.10^9}.\frac{{\left| {{{3.10}^{ - 6}}.( - {{3.10}^{ - 6}})} \right|}}{{2.0,{{03}^2}}} = 45N\)

Chọn B.

Ta có:  

\({Z_C} = \frac{1}{{\omega C}} = \frac{1}{{2\pi fC}} \Rightarrow {Z_C} \sim \frac{1}{f}\)

Vậy nếu diện dung của tụ điện không đổi thì dung kháng của tụ nhỏ khi tần số dòng điện lớn.

Chọn C.

Đặc trưng cho sóng ánh sáng đơn sắc là tần số sóng.

Chọn D.

Độ dãn ban đầu của lò xo A là \(\Delta {l_{0A}} = \frac{{mg}}{k}\)

Độ dãn ban đầu của lò xo B là  \(\Delta {l_{0B}} = \frac{{mg}}{{2k}} = \frac{1}{2}\Delta {l_{0A}}\)

Áp dụng công thức cơ năng:

\(\left\{ \begin{array}{l}
{{\rm{W}}_A} = \frac{1}{2}.k.A_A^2\\
{{\rm{W}}_B} = \frac{1}{2}.2k.A_B^2
\end{array} \right. \Rightarrow \frac{{{\rm{W}}{}_B}}{{{{\rm{W}}_A}}} = \frac{{2A_B^2}}{{A_A^2}} = 8 \Rightarrow {A_B} = 2{A_A}\)

Từ hình vẽ ta thấy:

\(\begin{array}{l}
\Delta {l_B} + {A_B} = \Delta {l_A} + {A_A} \Leftrightarrow \Delta {l_B} + 2{A_A} = 2\Delta {l_B} + {A_A}\\
\Leftrightarrow {A_A} = \Delta {l_B} = \frac{1}{2}\Delta {l_A} \Rightarrow {A_B} = 2{A_A} = 2\Delta {l_B}
\end{array}\)

Chu kì dao động của con lắc lò xo A:  

\({T_A} = 2\pi \sqrt {\frac{m}{k}} \)

Chu kì dao động của con lắc lò xo B:  

\({T_B} = 2\pi \sqrt {\frac{m}{{2k}}} = \frac{{{T_A}}}{{\sqrt 2 }}\)

Ta thấy biên độ của A nhỏ hơn độ dãn ban đầu của lò xo, vì vậy lực đàn hồi của lò xo luôn lò là lực kéo và có giá trị nhỏ nhất tại biên âm. Ban đầu vật ở biên dương, nên   \({t_A} = \frac{{{T_A}}}{2}\)

Lò xo B có biên độ lớn hơn độ dãn ban đầu, nên lực đàn hồi nhỏ nhất = 0 tại vị trí lò xo không dãn. Ta có VTLG:

Thời gian:  

\({t_B} = \frac{{\frac{\pi }{2} + {\rm{ar}}\cos \frac{{\Delta {l_B}}}{{{A_B}}}}}{{2\pi }}.{T_B} = \frac{{{T_B}}}{3} = \frac{{{T_A}}}{{3\sqrt 2 }}\)

Ta có tỉ số:  

\(\frac{{{t_B}}}{{{t_A}}} = \frac{{\frac{{{T_A}}}{{3\sqrt 2 }}}}{{\frac{{{T_A}}}{2}}} = \frac{{\sqrt 2 }}{3}\)

Chọn A.

Ảnh ngược chiều với vật nên đây là ảnh thật d’ > 0

Theo bài ra ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}
k = - \frac{{d'}}{d} = - 4\\
d + d' = 100
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
d = 20cm\\
d' = 80cm
\end{array} \right.\)

Lại có:

\(\frac{1}{d} + \frac{1}{{d'}} = \frac{1}{f} \Rightarrow f = \frac{{d.d'}}{{d + d'}} = \frac{{20.80}}{{100}} = 16cm\)

Chọn D.

Công thoát của electron khỏi kẽm là:

\(A = \frac{{hc}}{{{\lambda _0}}} = \frac{{6,{{625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}{{0,{{35.10}^{ - 6}}}} = 5,{68.10^{ - 19}}J = 3,55eV\)

Chọn B.

Khi có sóng dừng trên dây, khoảng cách giữa hai nút liên tiếp là  \(\frac{\lambda }{2}\).

Chọn A.

Dung kháng của tụ:  

\({Z_C} = \frac{1}{{\omega C}} = \frac{1}{{100\pi .\frac{{{{10}^{ - 4}}}}{\pi }}} = 100\Omega \)

Điện áp cực đại trên tụ:  

\({U_{C0}} = {I_0}.{Z_C} = 2.100 = 200V\)

Điện áp hai đầu tụ trễ pha \(\frac{\pi }{2}\) so với cường độ dòng điện nên biểu thức điện áp giữa hai đầu tụ điện:

\({u_C} = 200.\cos \left( {100\pi t - \frac{\pi }{2}} \right)V\)

Chọn C.

Bước sóng:  

\(\lambda = v.T = v.\frac{{2\pi }}{\omega } = 50.\frac{{2\pi }}{{100\pi }} = 1cm\)

Trên đoạn nối hai nguồn có số cực đại là số giá trị k thỏa mãn:

\(\begin{array}{l}
- \frac{{{S_1}{S_2}}}{\lambda } < k < \frac{{{S_1}{S_2}}}{\lambda } \Rightarrow - \frac{{11}}{1} < k < \frac{{11}}{1} \Rightarrow - 11 < k < 11\\
\Rightarrow k = \pm 10; \pm 9;...0
\end{array}\)

Ta có hình vẽ:

Khi \({x_P} = 0\) , ta có :

\(\left\{ \begin{array}{l}
{S_1}P = 2\\
{S_2}P = \sqrt {{S_1}{S_2}^2 + O{P^2}} = \sqrt {{{11}^2} + {2^2}} = 5\sqrt 5 cm
\end{array} \right.\)

Vậy ta có:  

\({S_2}P - {S_1}P = 5\sqrt 5 - 2 = 9,18 = 9,18\lambda \)

Tức là P ban đầu nằm ngoài cực đại bậc 9.

P chuyển động với vận tốc v1, sau thời gian 2 giây thì quãng đường nó đi được là:

\(\begin{array}{l}
S = {v_1}.t = 5\sqrt 2 .2 = 10\sqrt 2 cm\\
\,\,\,\, = \sqrt {{{(x)}^2} + {{(y - 2)}^2}} = \sqrt {{x^2} + {{(x + 2 - 2)}^2}} \\
\Rightarrow x = 10 \Rightarrow y = 12
\end{array}\)

Tọa độ của điểm P lúc đó là (10; 12); tức là x = 10cm; y = 12cm.

Ta có :

\(\left\{ \begin{array}{l}
{S_1}{P_t} = \sqrt {{x^2} + {y^2}} = 2\sqrt {61} cm\\
{S_2}{P_t} = \sqrt {{{(11 - x)}^2} + {y^2}} = \sqrt {145} cm
\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow {S_2}{P_t} - {S_1}{P_t} = - 3,57 = - 3,57\lambda \)

Vậy lúc này P nằm ngoài cực đại bậc 3.

Tổng số vân cực đại mà P đã cắt là các vân có:  

\(k = 9;8;7; \ldots 0; - 1; - 2; - 3\)

Tổng cộng là 13 vân.

Chọn C.

Độ cao là một đặc trưng sinh lý phụ thuộc vào tần số âm.

Chọn D.

Lực tương tác giữa electron và hạt nhân:  \(F = k.\frac{{{e^2}}}{{r_n^2}}\)

Mà \({r_n} = {n^2}.{r_0} \Rightarrow {F_n} = \frac{{{e^2}}}{{{{({n^2}.{r_o})}^2}}}\)

Khi electron chuyển động trên quỹ đạo dừng K (n = 1): 

\(F = k.\frac{{{e^2}}}{{r_0^2}}\)

Khi electron chuyển động trên quỹ đạo dừng n: 

\({F_n} = k.\frac{{{e^2}}}{{{{({n^2}.{r_o})}^2}}}\)

Theo bài ra ta có: 

\({F_n} = \frac{F}{{81}} \Leftrightarrow k\frac{{{e^2}}}{{{{({n^2}.{r_o})}^2}}} = k.\frac{{{e^2}}}{{81.r_0^2}} \Rightarrow n = 3\)

Đây là quỹ đạo M.

Chọn C.

Thời gian để con lắc đi từ VTCB ra đến biên là 

\(\frac{T}{4} = \frac{4}{4} = 1s\)

Chọn B.

Mỗi phôtôn có một năng lượng xác định:\(\varepsilon = \frac{{hc}}{\lambda }\)

Vì vậy các phôtôn của các ánh sáng đơn sắc khác nhau thì có năng lượng khác nhau.

→ Phát biểu sai là: Năng lượng photon của các ánh sáng đơn sắc khác nhau đều bằng nhau.

Chọn B.

Ta có:  

\(\left\{ \begin{array}{l}
i = \frac{{\lambda D}}{a}\\
i' = \frac{{\lambda 'D}}{a} = \frac{{\lambda D}}{{na}}
\end{array} \right. \Rightarrow i' = \frac{i}{n}\)

Chọn A.

Một vật dao động điều hòa thì biên độ và tần số không đổi.

Chọn D.

Kí hiệu của electron là  \({}_{ - 1}^0e\)

Chọn D.

Chu kì dao động của con lắc lò xo: 

\(T = 2\pi \sqrt {\frac{m}{k}} \)

Chọn C.

Đặt vào hệ dao động một ngoại lực cưỡng bức tuần hoàn thì hệ dao động cưỡng bức với tần số của ngoại lực cưỡng bức. 

Chọn B.

Tần số góc của dao động điều hòa là ω.

Chọn C.

+ Ban đầu đặt tại A một nguồn âm có công suất P, mức cường độ âm tại B:

\({L_B} = 10\log \frac{{{I_B}}}{{{I_0}}} = 100 \Rightarrow {I_B} = {10^{10}}.{I_0}\)

+ Sau đó nguồn âm đặt tại B có công suất 2P thì cường độ âm tại A là:

\({I_A} = \frac{{2P}}{{4\pi AB{}^2}} = 2{I_B} = {2.10^{10}}{I_0}\)

Mà 

\(\frac{{{I_1}}}{{{I_2}}} = \frac{{r_2^2}}{{r_1^2}} \Rightarrow \frac{{{I_C}}}{{{I_A}}} = \frac{{A{B^2}}}{{B{C^2}}} \Leftrightarrow \frac{{{I_C}}}{{{{2.10}^{10}}.{I_0}}} = \frac{{{{100}^2}}}{{{{150}^2}}} \Rightarrow {I_C} = \frac{8}{9}{.10^{10}}.{I_0}\)

Mức cường độ âm tại A và C là: 

\(\left\{ \begin{array}{l}
{L_A} = 10\log \frac{{{I_A}}}{{{I_0}}} = 103dB\\
{L_C} = 10\log \frac{{{I_C}}}{{{I_0}}} = 99,5dB
\end{array} \right.\)

Chọn D.

Ta có giản đồ vecto:

\(\begin{array}{l}
\tan \left( {\varphi + \alpha } \right) = \frac{{{Z_L}}}{{{R_2}}} \Leftrightarrow \frac{{\tan \varphi + \tan \alpha }}{{1 - \tan \varphi \tan \alpha }} = \frac{{{Z_L}}}{{{R_2}}}\\
\Rightarrow {R_2}.\tan \varphi + {R_2}.\tan \alpha = {Z_L} - {Z_L}.\tan \varphi \tan \alpha \\
\Leftrightarrow \left( {\frac{{Z_L^2}}{{{R_1} + {R_2}}} + {R_2}} \right).\tan \alpha = {Z_L} - \frac{{{R_2}.{Z_L}}}{{{R_1} + {R_2}}}\\
\Leftrightarrow {R_2}.\frac{{{Z_L}}}{{{R_1} + {R_2}}} + {R_2}.\tan \alpha = {Z_L} - {Z_L}\frac{{{Z_L}}}{{{R_1} + {R_2}}}.\tan \alpha \\
\Leftrightarrow \left[ {Z_L^2 + ({R_1} + {R_2}).{R_2}} \right].\tan \alpha = {Z_L}.{R_1}\\
\Leftrightarrow \tan \alpha = \frac{{{Z_L}.{R_1}}}{{Z_L^2 + ({R_1} + {R_2}).{R_2}}} = \frac{{{R_1}}}{{{Z_L} + \frac{{({R_1} + {R_2}).{R_2}}}{{{Z_L}}}}}\\
\Rightarrow {\alpha _{\max }} \Leftrightarrow {Z_L} = \sqrt {({R_1} + {R_2}).{R_2}} = 75\Omega \Rightarrow L = \frac{3}{{4\pi }}H
\end{array}\)

Chọn C.

Công suất tiêu thụ của mạch là:

\(P = U.I.\cos \varphi = 200.1.\cos \left( { - \frac{\pi }{3}} \right) = 100W\)

Chọn C.

Gọi công suất nơi tiêu thụ là P.

Ban đầu điện áp phát là U1, độ giảm điện áp trên đường dây là xU1, điện áp nơi tiêu thụ là: (1 - x)U1.

Công suất hao phí: 

\({P_{hp1}} = x{U_1}.{I_1} = x.{U_1}.\frac{P}{{(1 - x).{U_1}}} = \frac{{xP}}{{1 - x}}\)

Vậy  \({P_{ph1}} = P + \frac{{xP}}{{1 - x}}\)

Khi điện áp nơi phát tăng lên là U2, công suất hao phí giảm đi n lần thì

\({P_{hp2}} = \frac{{xP}}{{n.(1 - x)}}\)

 Vậy  \({P_{ph2}} = P + \frac{{xP}}{{n.(1 - x)}}\)

Ta có :  

\(\frac{{{P_{hp1}}}}{{{P_{hp2}}}} = \frac{{P_{ph1}^2}}{{P_{ph2}^2}}.\frac{{U_2^2}}{{U_1^2}}\)

\( \Rightarrow \frac{{{U_2}}}{{{U_1}}} = \sqrt {\frac{{{P_{hp1}}}}{{{P_{hp2}}}}} .\frac{{{P_{phat2}}}}{{{P_{phat1}}}} = \sqrt n .\frac{{1 + \frac{x}{{n.(1 - x)}}}}{{1 + \frac{x}{{1 - x}}}} = \frac{{x + (1 - x)n}}{{\sqrt n }}\)

Chọn B

Trong mạch điện xoay chiều RLC mắc nối tiếp thì điện áp tức thời giữa hai đầu đoạn mạch bằng tổng điện áp tức thời giữa hai đầu các phần tử

Chọn A.

Trong hiện tượng sóng dừng trên dây, các điểm thuộc cùng một bó sóng thì luôn dao động cùng pha.

Chọn D

Suất điện động có giá trị cực đại là:  

\({E_0} = 100V\)

Chọn A.

Công suất của nguồn điện:  

\(P = E.I = E.\frac{E}{{r + R}} = \frac{{3{}^2}}{{1 + 2}} = 3W\)

Chọn A.

Ta có:   

\(\frac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \frac{{{N_1}}}{{{N_2}}} \Rightarrow {N_2} = {N_1}.\frac{{{U_2}}}{{{U_1}}} = 1000.\frac{{50}}{{200}} = 250\)

Chọn B.

Năng lượng liên kết là năng lượng dùng để liên kết các nuclon trong hạt nhân.

Chọn C.

Mỗi ánh sáng đơn sắc có một bước sóng xác định. → A đúng

Ánh sáng đơn sắc không bị tán sắc mà chỉ bị lệch khi truyền qua lăng kính. → B đúng

Chùm sáng có màu xác định là chùm sáng đơn sắc. → C đúng

Vận tốc truyền của ánh sáng đơn sắc trong môi trường trong suốt: \(v = \dfrac{c}{n} \to \) trong môi trường trong suốt khác nhau, vận tốc của ánh sáng đơn sắc là khác nhau → D sai

Chọn D.

Tần số góc của con lắc lò xo là: \(\omega  = \sqrt {\dfrac{k}{m}} \)

Chọn A.

Trong mỗi phản ứng hạt nhân, năng lượng có thể bị hấp thụ hoặc được tỏa ra. Tổng khối lượng nghỉ của các hạt sau phản ứng có thể tăng hoặc giảm tùy theo phản ứng.

Các hạt sinh ra có khối lượng nhỏ hơn tổng khối lượng của các hạt ban đầu: phản ứng tỏa năng lượng.

Các hạt sinh ra có khối lượng lớn hơn tổng khối lượng của các hạt ban đầu: phản ứng thu năng lượng.

Chọn C.

\(MeV/{c^2}\) là đơn vị đo khối lượng.

Chọn A.