Chọn C.

Thời gian để vật đi từ vị trí có gia tốc cực đại (\(x=-A\)) đến vị trí gia tốc bằng một nửa gia tốc cực đại (\(x=-\frac{A}{2}\)) là \(\frac{T}{6}\).

Chọn D.

Trong hiện tượng giao thoa sóng nước với hai nguồn kết hợp cùng pha, số dãy cực tiểu giao thoa trong khoảng \(AB\) luôn là một số chẵn.

Chọn A.

Ta có thể xem bộ kích điện acquy như một máy biến áp.

Chọn D.

Sóng dài được sử dụng trong thông tin liên lạc dưới nước.

Chọn B.

Các vật trên \({{2000}^{0}}\) vừa phát ra tia hồng ngoại vừa phát ra tia tử ngoại → B sai.

Chọn D.

Động năng ban đầu của e khi bức ra khỏi kim loại không phụ thuộc vào cường độ của chùm sáng kích thích.

Chọn A.

Năng lượng liên kết của hạt nhân được xác định bởi biểu thức: \(W=\left( Z.{{m}_{p}}+\left( A-Z \right){{m}_{n}}-{{m}_{X}} \right){{c}^{2}}\).

Chọn B.

Hồ quang điện được ứng dụng trong quá trình hàn điện.

Chọn D.

Từ thông cực đại qua mỗi vòng dây \({{\Phi }_{0}}=\frac{{{E}_{0}}}{N\omega }\).

Chọn D.

Vật thật qua thấu kính phân kì luôn cho ảnh ảo cùng chiều với vật.

Chọn B.

Ta có:

\(\omega =10\) rad/s; \(v=60\)cm/s.

\({{v}_{{{E}_{d}}={{E}_{t}}}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\omega A\)→ \(A=6\sqrt{2}\)cm.

Chọn D.

Cảm kháng của cuộn dây \(Z=L\left( 2\pi f \right)\)→ ta có thể tăng cảm kháng của cuộn dây bằng cách tăng độ tự cảm \(L\) của cuộn cảm.

Chọn C.

Thời gian ngắn nhất để điện tích trên một bản tụ giảm từ cực đại đến một nửa cực đại là \(\Delta t=\frac{T}{6}\)→ \(T=6\Delta t\).

Chọn D.

Ta có:

\({{d}_{1}}-{{d}_{2}}=\left( k+\frac{1}{2} \right)\lambda \).

 với \(M\) là vân tối thứ 3 → \(k=2\) →  \({{d}_{1}}-{{d}_{2}}=2,5\lambda \).

Chọn A.

Số vạch phát ra là tổ hợp \(C_{3}^{2}=3\).

Chọn D.

Phóng xạ và phân hạch đều là phản ứng hạt nhân tỏa năng lượng

Chọn A.

Quy ước kí hiệu hạt nhân \({}_{Z}^{A}X\)→ \(A=23\).

Chọn A.

\(A\) là điện tích dương và \(B\) là điện tích âm.

Chọn D.

Hiệu điện thế giữa hai cực của nguồn điện \({{U}_{N}}=rI\)→ đồ thị có dạng là một đường thẳng không đi qua gốc tọa độ.

Chọn C.

Dòng điện cảm ứng xuất hiện trong mạch kín khi từ thông qua mạch kín biến thiên.

Chọn C.

Lực kéo về có độ lớn cực đại tại biên \({{F}_{kv}}=mg{{\alpha }_{0}}\).

Chọn C.

Từ đồ thị, ta thấy:

hai dao động có cùng biên độ \(A\).

tại vị trí \({{x}_{2}}=0\) thì \({{x}_{1}}=\frac{A}{2}\) và đang tăng.

→ độ lệch pha giữa hai dao động là \(\Delta \varphi =\frac{\pi }{6}\) .

Chọn B.

Tần số cho được sóng dừng trên dây hai đầu cố định\({{f}_{n}}=n{{f}_{0}}\) (\(n\) là một số nguyên) → \(f=25\) Hz không thể gây được sóng dừng.

Chọn A.

Ta có:

 \(\left\{ \begin{align} & {{L}_{M}}=10\log \frac{P}{{{I}_{0}}4\pi S{{M}^{2}}} \\ & {{L}_{N}}=10\log \frac{100P}{{{I}_{0}}4\pi S{{N}^{2}}} \\ \end{align} \right.\)→ \({{L}_{N}}=L+10\log 100\frac{S{{M}^{2}}}{S{{N}^{2}}}=L+14\)dB.

Chọn B.

Ta có:

\({{N}_{1}}=100\) vòng, \({{N}_{2}}=200\) vòng, \({{U}_{2}}=200\)V

→ \({{U}_{1}}=U=\frac{{{U}_{2}}}{{{N}_{2}}}{{N}_{1}}=\frac{200}{200}.100=100\)V.

\({{{N}'}_{2}}={{N}_{2}}+n=200+50=250\)V → \({{{U}'}_{2}}=250\)V.

Chọn A.

Ta có:

Cường độ dòng điện trong mạch:

\(I=\frac{\omega \Phi }{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( L\omega -\frac{1}{C\omega } \right)}^{2}}}}\)→ \(\frac{1}{{{C}^{2}}}\frac{1}{{{\omega }^{4}}}-\left( \frac{2L}{C}-{{R}^{2}} \right)\frac{1}{{{\omega }^{2}}}+{{L}^{2}}-{{\left( \frac{\Phi }{I} \right)}^{2}}=0\).

→ Hai giá trị của tần số góc cho cùng dòng điện hiệu dụng trong mạch thõa mãn\(\frac{1}{\omega _{1}^{2}}+\frac{1}{\omega _{2}^{2}}=2LC-{{R}^{2}}{{C}^{2}}\), với \({{\omega }_{2}}=3{{\omega }_{1}}\)

→ \(\frac{10}{9\omega _{1}^{2}}=2LC-{{R}^{2}}{{C}^{2}}\)→ \({{\omega }_{1}}=\sqrt{\frac{10}{9\left( 2LC-{{R}^{2}}{{C}^{2}} \right)}}=\sqrt{\frac{10}{9\left( 2\frac{41}{6\pi }\frac{{{10}^{-4}}}{3\pi }-{{100}^{2}}{{\left( \frac{{{10}^{-4}}}{3\pi } \right)}^{2}} \right)}}=50\pi \)rad/s.

\(f=pn\)→ \(n=\frac{f}{p}=\frac{\omega }{2\pi p}=\frac{50\pi }{2\pi .5}=5\)vòng/s.

Đáp án C.

Ta có:

\({{e}_{1}}={{e}_{2}}=60\)V.

\({{e}_{1}}+{{e}_{2}}+{{e}_{3}}=0\)→ \({{e}_{3}}=-{{e}_{1}}-{{e}_{2}}=-60-60=-120\)V.

Biễu diễn vecto các điện áp. Ta có:

\({{u}_{d}}\) lệch pha \(u\) góc \({{60}^{0}}\) → \(\widehat{BAC}={{60}^{0}}\).

\({{U}_{d}}=U=220\)V → \(AB=AC\) → \(\Delta ABC\) đều.

→ \({{U}_{C}}=BC=AB=220\)V.

Chọn A.

Tia đơn sắc đỏ truyền khúc xạ ra ngoài không khí.

Chọn A.

Ta có:

\(i={{40}^{0}}\), \({{n}_{1}}=1\), \({{n}_{2}}=\frac{4}{3}\).

\({{n}_{1}}\sin i={{n}_{2}}\sin r\)→ \(r={{29}^{0}}\).

Chọn A.

Độ chênh lệch tần số \(\Delta f=\frac{{{\varepsilon }_{1}}-{{\varepsilon }_{2}}}{h}\).

Chọn B.

Năng lượng cần để ion hóa \(E=13,6\)eV.

Ta có:

\(\overrightarrow{{{p}_{p}}}=\overrightarrow{{{p}_{\alpha 1}}}+\overrightarrow{{{p}_{\alpha 2}}}\) → \({{m}_{p}}{{v}_{p}}=2{{m}_{\alpha }}{{v}_{\alpha }}\cos \left( \frac{\beta }{2} \right)\)

→ \(\cos \left( \frac{\beta }{2} \right)=\frac{1}{2}\left( \frac{{{m}_{p}}}{{{m}_{\alpha }}} \right)\left( \frac{{{v}_{p}}}{{{v}_{\alpha }}} \right)\) (1).

phản ứng là tỏa năng lượng

→ \(\Delta E=2{{K}_{\alpha }}-{{K}_{p}}>0\) → \(2\left( \frac{1}{2}{{m}_{\alpha }}v_{\alpha }^{2} \right)>\frac{1}{2}{{m}_{p}}v_{p}^{2}\)

→ \(\frac{{{v}_{p}}}{{{v}_{\alpha }}}<\sqrt{\frac{2{{m}_{\alpha }}}{{{m}_{p}}}}\)(2).

Từ (1) và (2) → \(\cos \left( \frac{\beta }{2} \right)<\frac{1}{2}\left( \frac{{{m}_{p}}}{{{m}_{\alpha }}} \right)\sqrt{\frac{2{{m}_{\alpha }}}{{{m}_{p}}}}=\frac{1}{2}\left( \frac{1}{4} \right)\sqrt{\frac{2.\left( 4 \right)}{1}}\approx 0,35\) → \(\beta >{{139}^{0}}\).

Giử sử \({{\lambda }_{2}}>{{\lambda }_{1}}\). Ta có:

\(\frac{{{k}_{1}}}{{{k}_{2}}}=\frac{{{\lambda }_{2}}}{{{\lambda }_{1}}}\) với \(\frac{{{k}_{1}}}{{{k}_{2}}}\) là phân số tối giản và \(1<\frac{{{k}_{1}}}{{{k}_{2}}}<\frac{{{\lambda }_{max}}}{{{\lambda }_{\min }}}=\frac{600}{400}=1,5\) hay \({{k}_{2}}<{{k}_{1}}<1,5{{k}_{2}}\) (1).

\(n={{k}_{1}}+{{k}_{2}}-2\)(2).

Từ (1) và (2) → \(\left\{ \begin{align} & {{k}_{2}}>\frac{n+2}{2,5} \\ & {{k}_{2}}<\frac{n+2}{2} \\ \end{align} \right.\)và \(\left\{ \begin{align} & {{k}_{1}}>\frac{n+2}{2,5} \\ & {{k}_{1}}<1,5\left( \frac{n+2}{2} \right) \\ \end{align} \right.\)

→ Thử các đáp án bài toán, ta nhận thấy rằng \(N=8\), không thõa mãn.

Chọn D.

Khoảng cách lớn nhất giữa hai dao động:

 \({{d}_{max}}=\sqrt{A_{2}^{2}+A_{2}^{2}-2{{A}_{1}}{{A}_{2}}\cos \Delta \varphi }=\sqrt{{{4}^{2}}+{{8}^{2}}-2.4.8\cos {{60}^{0}}}=4\sqrt{3}\)cm.

Ta có:

\(m=100\)g; \(k=100\)N/m → \(\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{100}{\left( {{100.10}^{-3}} \right)}}=10\pi \)rad/s.

dao động của con lắc cho đến khi đổi chiều chuyển động là một dao động điều hòa.

Tại vị trí cân bằng

\(qE\cos \alpha =k\Delta {{l}_{0}}+\mu \left( mg+qE\sin \alpha\right)\)→ \(\Delta {{l}_{0}}=\frac{qE\cos \alpha -\mu \left( mg+qE\sin \alpha\right)}{k}=0,44\)cm.

biên độ dao động \(A=\Delta l+\Delta {{l}_{0}}=5+0,44=5,44\)cm.

Vị trí lò xo không biến dạng, được biểu diễn bằng điểm \(M\) trên đường tròn. Từ hình vẽ, ta có

\(v=\omega A\sin \beta =\omega A\sqrt{1-{{\left( \frac{\Delta {{l}_{0}}}{A} \right)}^{2}}}=\left( 10\pi  \right).\left( 5,44 \right).\sqrt{1-{{\left( \frac{0,44}{5,44} \right)}^{2}}}\approx 170\)cm/s.

Để đơn giản, ta chọn \(\lambda =1\). Ta có:

điều kiện cực đại cùng pha \(\left\{ \begin{align} & {{d}_{1}}-{{d}_{2}}=k \\ & {{d}_{1}}+{{d}_{2}}=n \\ \end{align} \right.\), \(n\) và \(k\) cùng chẵn hoặc cùng lẻ.

→ \({{d}_{1}}=\frac{n+k}{2}\) và \({{d}_{2}}=\frac{n-k}{2}\).

từ hình vẽ \(d_{1}^{2}=d_{2}^{2}+{{d}^{2}}\)→ \(n=\frac{{{d}^{2}}}{k}\).

Lập bảng giá trị. Từ bảng ta nhận thấy rằng

\(M\) thuộc cực đại \(k=4\) và \(n=6\) → \({{d}_{2M}}=1\).

\(N\) thuộc cực đại \(k=1\) và \(n=64\) → \({{d}_{2N}}=31,5\)

→ \(MN={{d}_{2N}}-{{d}_{2M}}=30,5\).

Ta có:

\(\frac{T}{2}=0,01\)s → \(T=0,02\)s và \(\omega =100\pi \) rad/s.

\({{a}_{M}}={{a}_{N}}=\frac{{{a}_{bung}}}{2}\) → \({{v}_{Mmax}}={{v}_{Nmax}}=\omega {{a}_{M}}=\left( 100\pi  \right).\left( 6 \right)=600\pi \)mm/s.

\(M\) và \(N\) thuộc hai bó dao động ngược pha nhau.

→ \(\Delta {{v}_{max}}={{v}_{Mmax}}+{{v}_{Nmax}}=1200\pi \)mm/s.

Chọn B.

Nhận thấy rằng, trong trường hợp thứ hai của bài toán truyền tải, công suất nơi tiêu thụ tăng → do đó công suất truyền tải lúc sau cũng phải tăng theo.

Vì điện áp ở nơi truyền tải được giữ không đổi, nếu tăng \(nP\) thì dòng điện lúc sau là \(nI\). Ta lập bảng tỉ lệ

Ta có

\(100n=20{{n}^{2}}+120\) → \(n=3\) hoặc \(n=2\).

\(n=2\) thì \(\frac{\Delta P}{P}=\frac{20n}{100}=0,4\) → \(H=0,6\) (nhận).

\(n=3\) thì \(\frac{\Delta P}{P}=\frac{20n}{100}=0,6>0,5\) → \(H=0,4\) (loại).

Ta có:

Tỉ số giữa số hạt nhân Po và Pb trong mẫu tại thời điểm \({{t}_{1}}\) là

\(\frac{{{N}_{Po}}}{{{N}_{Pb}}}=\frac{{{N}_{0}}{{2}^{-\frac{{{t}_{1}}}{T}}}}{{{N}_{0}}\left( 1-{{2}^{-\frac{{{t}_{1}}}{T}}} \right)}\)↔ \(\frac{{{2}^{-\frac{{{t}_{1}}}{T}}}}{1-{{2}^{-\frac{{{t}_{1}}}{T}}}}=\frac{1}{7}\)→ \({{2}^{-\frac{{{t}_{1}}}{T}}}=0,125\).

Tỉ số giữa số hạt nhân Po và Pb trong mẫu tại thời điểm \({{t}_{2}}={{t}_{1}}+\Delta t\) là

\(\frac{{{{{N}'}}_{Po}}}{{{{{N}'}}_{Pb}}}=\frac{{{2}^{-\frac{{{t}_{1}}+\Delta t}{T}}}}{1-{{2}^{-\frac{{{t}_{1}}+\Delta t}{T}}}}\)↔ \(\frac{{{2}^{-\frac{{{t}_{1}}}{T}}}{{2}^{-\frac{\Delta t}{T}}}}{1-{{2}^{-\frac{{{t}_{1}}}{T}}}{{2}^{-\frac{\Delta t}{T}}}}=\frac{1}{31}\)→ \({{2}^{-\frac{\Delta t}{T}}}=0,25\).

→ Tỉ số giữa số hạt nhân Po và Pb trong mẫu tại thời điểm \({{t}_{3}}={{t}_{1}}-\Delta t\) sẽ là

\(\frac{{{{{m}''}}_{Po}}}{{{{{m}''}}_{Pb}}}=\frac{{{A}_{Po}}{{{{N}''}}_{Po}}}{{{A}_{Pb}}{{{{N}''}}_{Pb}}}=\frac{{{A}_{Po}}}{{{A}_{Pb}}}\frac{{{2}^{-\frac{{{t}_{1}}-\Delta t}{T}}}}{1-{{2}^{-\frac{{{t}_{1}}-\Delta t}{T}}}}\) ↔ \(\frac{210}{206}\frac{{{2}^{-\frac{{{t}_{1}}}{T}}}{{2}^{\frac{\Delta t}{T}}}}{1-{{2}^{-\frac{{{t}_{1}}}{T}}}{{2}^{\frac{\Delta t}{T}}}}=\frac{210}{206}\frac{0,125.4}{1-0,125.4}=\frac{105}{103}\).