Đáp án D

Dao động duy trì có biên độ không đổi, không phụ thuộc vào năng lượng cung cấp cho hệ trong mỗi chu kỳ.

Đáp án C

Khi chiếu xiên góc một chùm sáng hẹp gồm hai màu tới mặt nước thì tia sáng sẽ bị tàn sắc nên chùm tia khúc xạ sẽ gồm hai chùm tia sáng hẹp là chùm màu vàng và chùm màu chàm.

Vì chiết suất của nước đối với tia sáng màu vàng nhỏ hơn đối với tia sáng màu chàm nên góc khúc xạ của tia màu vàng sẽ lớn hơn góc khúc xạ của tia màu chàm.

Đáp án A

Độ cao của âm gắn liền với tần số âm hay nói cách khác là chu kì dao động của âm.

Đáp án C

Tần số của dao động phụ thuộc vào bản chất của hệ dao động mà không liên quan đến li độ.

Đáp án B

Khi nguyên tử chuyển từ trạng thái dừng có năng lượng \({{E}_{m}}\) sang trạng thái dừng có năng lượng thấp hơn \({{E}_{n}}\) thì nó phát ra phôtôn có năng lượng là: \(\varepsilon ={{E}_{m}}-{{E}_{n}}\).

Đáp án B

Mỗi nguyên tố hoá học có quang phổ vạch phát xạ đặc trưng riêng. Mỗi nguyên tố hóa học phát ra quang phổ vạch khác nhau về cường độ, màu sắc, vị trí các vạch, độ sáng tỉ đối của các vạch (vạch quang phổ không có bề rộng).

Đáp án B

Biên độ dao động tổng hợp có độ lớn cực đại khi hai dao động thành phần là cùng pha nhau \(\Rightarrow \Delta \varphi =2k\pi \) (một số chẵn của \(\pi \)).

Cùng khối lượng, thì phản ứng nhiệt hạch toả năng lượng nhiều hơn phản ứng phân hạch.

Đáp án C

Sóng điện từ được sắp xếp theo sự tăng dần của bước sóng như sau: tia gamma; tia X; tia tử ngoại; ánh sáng nhìn thấy; tia hồng ngoại và sóng vô tuyến.

Đáp án C

Công suất tiêu thụ của mạch có thể được xác định bằng biểu thức \(P=\frac{{{U}^{2}}}{R}{{\cos }^{2}}\varphi \)

Đáp án D

Ta có công thức tính chu kỳ dao động điện từ tự do trong mạch dao động LC: \(T=2\pi \sqrt{LC}\).

Đáp án C

Sóng siêu âm chỉ truyền được trong các môi trường chất rắn, lỏng, khí, không truyền được trong chân không.

Đáp án D

Phản ứng nhiệt hạch là phản ứng hạt nhân tỏa năng lượng.

Đáp án D

Khoảng thời gian giữa hai lần động năng bằng thế năng là \(\Delta t=\frac{T}{4}=0,2\Rightarrow T=0,8\,s\).

Đáp án A

Quả cầu mất êlectron sẽ tích điện dương, quả cầu nhận êlectron sẽ tích điện âm.

\(\left| q \right|={{4.10}^{12}}.1,{{6.10}^{-19}}=6,{{4.10}^{-7}}C\)

\(\to \) Lực tương tác giữa hai quả cầu: \(F=k\frac{{{q}^{2}}}{{{r}^{2}}}={{9.10}^{9}}\frac{{{\left( 6,{{4.10}^{-7}} \right)}^{2}}}{0,{{4}^{2}}}={{23.10}^{-3}}N\).

Đáp án D

Tổng trở của mạch: \(Z=\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( \omega L-\frac{1}{\omega C} \right)}^{2}}}=100\left( \Omega  \right)\)

Đáp án B

Cường độ dòng điện qua ống là: \(i=\frac{\left| q \right|}{t}=\frac{n\left| e \right|}{t}\Rightarrow n=\frac{i.t}{\left| e \right|}=\frac{{{10.10}^{-3}}.60}{1,{{6.10}^{-19}}}=37,{{5.10}^{17}}\).

Đáp án A

Điều kiện để có sự trùng nhau của hai hệ vân sáng là: 

\(\frac{{{k}_{2}}}{{{k}_{1}}}=\frac{{{\lambda }_{2}}}{{{\lambda }_{1}}}=\frac{0,6}{0,42}=\frac{10}{7}\Rightarrow \left\{ \begin{align} & {{k}_{1}}=7 \\ & {{k}_{2}}=10 \\ \end{align} \right.\)

Vậy vạch sáng gần nhất cùng màu với vân sáng trung tâm ứng với vân sáng bậc 7 của \({{\lambda }_{1}}\).

Đáp án B

Ta có số hạt Po còn lại là: \(N=0,25{{N}_{0}}\Rightarrow t=-\frac{T\ln \left( \frac{N}{{{N}_{0}}} \right)}{\ln 2}=276\) ngày

Đáp án C

Tần số góc: \(\omega =\sqrt{\frac{g}{\ell }}=\sqrt{\frac{10}{1}}=\pi \left( rad/s \right)\)

Áp dụng hệ thức độc lập với thời gian:

\(\frac{{{s}^{2}}}{S_{0}^{2}}+\frac{{{v}^{2}}}{v_{0}^{2}}=1\Leftrightarrow \frac{{{5}^{2}}}{{{10}^{2}}}+\frac{{{v}^{2}}}{{{\pi }^{2}}{{.10}^{2}}}=1\Rightarrow v=\frac{\sqrt{3}}{2}.\pi .10=5\sqrt{3}\pi \left( cm/s \right)=27\left( cm/s \right)\)

Đáp án C

Ban đầu: \(\frac{{{U}_{1}}}{{{U}_{2}}}=\frac{{{N}_{1}}}{{{N}_{2}}}\Rightarrow {{U}_{2}}={{U}_{1}}\frac{{{N}_{2}}}{{{N}_{1}}}\)

Khi \({{{N}'}_{2}}={{N}_{2}}+80\) thì \({{{U}'}_{2}}={{U}_{2}}+0,2{{U}_{2}}=1,2{{U}_{2}}={{U}_{1}}\frac{{{{{N}'}}_{2}}}{{{N}_{1}}}\)

Ta có: \(\frac{{{U}_{2}}}{{{{{U}'}}_{2}}}=\frac{1}{1,2}=\frac{{{N}_{2}}}{{{N}_{2}}+80}\Rightarrow {{N}_{2}}=400\) vòng

Đáp án C

Mức cường độ âm: \(L=\log \frac{I}{{{I}_{0}}}\Rightarrow I={{I}_{0}}{{.10}^{L}}={{10}^{-3}}\left( \text{W}/{{m}^{2}} \right)\).

Đáp án B

Đặt hiệu điện thế 1 chiều vào hai đầu cuộn dây thì trong mạch chỉ có điện trở ta có \(r=\frac{U}{I}=\frac{60}{2}=30\Omega \).

Khi đặt điện áp xoay chiều vào hai đầu cuộn dây thì trong mạch có cả điện trở và cảm kháng ta có:

\(I=\frac{U}{Z}\Rightarrow Z=\frac{U}{I}=\frac{60}{1,2}=50\Omega =\sqrt{{{r}^{2}}+Z_{L}^{2}}\)

\(\Rightarrow {{Z}_{L}}=\sqrt{{{Z}^{2}}-{{r}^{2}}}=\sqrt{{{50}^{2}}-{{30}^{2}}}=40\Omega \)

Độ tự cảm của cuộn dây có độ lớn là \({{Z}_{L}}=\omega L\Rightarrow L=\frac{{{Z}_{L}}}{\omega }=\frac{40}{2\pi f}=\frac{40}{2.\pi .50}=\frac{0,4}{\pi }\left( H \right)\)

Đáp án D

Cường độ dòng điện chạy trong mạch:

\(I=\frac{{{U}_{N}}}{{{R}_{N}}}=\frac{12}{4,8}=2,5\,A\Rightarrow {{U}_{N}}=\xi -Ir\Rightarrow 12=\xi -2,5.0,1\Rightarrow \xi =12,25\,V\)

Đáp án A

Hiệu điện thế giữa anốt và catốt của một ống Rơn-ghen là \(U=25\,kV\). Coi vận tốc ban đầu của chùm êlectrôn phát ra từ catốt bằng không.

Bước sóng nhỏ nhất \({{\lambda }_{\min }}\) của tia Rơn-ghen do ống này phát ra thỏa mãn:

\(\frac{hc}{{{\lambda }_{\min }}}=\left| e \right|U\Rightarrow {{\lambda }_{\min }}=\frac{hc}{\left| e \right|U}=4,{{96875.10}^{-11}}\left( m \right)\)

Đáp án B

Chu kì của con lắc là: \(T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}=2\pi \sqrt{\frac{0,1}{100}}=0,2s\)

Trong thời gian 2019 s, con lắc thực hiện được số chu kì là: \(n=\frac{2019}{T}=\frac{2019}{0,2}=10095\)

Vậy sau 2019 s vật trở lại vị trí ở thời điểm t=1s

Độ lớn lực phục hồi khi đó là: \({{F}_{ph}}={{F}_{dh}}=6\left( N \right)\)

Đáp án A

Áp dụng công thức \({{G}_{\infty }}=\frac{{{f}_{1}}}{{{f}_{2}}}=\frac{1,2}{0,1}=12\)

Đáp án C

Khi \(C=\frac{80}{\pi }\mu F\Rightarrow {{Z}_{C}}=125\Omega \) thì u vuông pha với \({{u}_{RL}}\to \) điện áp hiệu dụng trên tụ đạt giá trị cực đại.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác \({{R}^{2}}+Z_{L}^{2}={{Z}_{L}}{{Z}_{C\max }}\Rightarrow Z_{L}^{2}-125{{Z}_{L}}+2500=0\).

Phương trình trên ta có nghiệm \({{Z}_{L1}}=100\Omega \to L=\frac{1}{\pi }H\), hoặc \({{Z}_{L2}}=25\Omega \to L=\frac{1}{4\pi }H\)

Đáp án D

Ta có \({{\lambda }_{23}}=\frac{{{\lambda }_{13}}.{{\lambda }_{12}}}{{{\lambda }_{12}}-{{\lambda }_{13}}}=656,64\,nm\), \({{\lambda }_{24}}=\frac{{{\lambda }_{14}}.{{\lambda }_{12}}}{{{\lambda }_{12}}-{{\lambda }_{14}}}=486,9\,nm\)

Đáp án A

Độ lệch pha giữa hai điểm dao động ngược pha với nhau:

\(\Delta \varphi =\frac{2\pi .\Delta x}{\lambda }=\frac{2\pi .\Delta x.f}{v}=\left( 2k+1 \right)\pi \Rightarrow v=\frac{2\Delta x.f}{\left( 2k+1 \right)}=\frac{30}{\left( 2k+1 \right)}m/s\)

Theo đề bài có: \(2,8m/s\le v\le 3,4m/s\Rightarrow 2,8m/s\le \frac{30}{2k+1}\le 3,4m/s\Rightarrow 3,9\le k\le 4,8\)

Do k nguyên nên \(k=4\Rightarrow v=\frac{30}{2.4+1}=3,33m/s\)

Đáp án A

Vị trí có hai bức xạ cho vân sáng ứng với n=1

Quang phổ bậc k bắt đầu chồng lấn với quang phổ bậc \(\left( k-1 \right)\) khi: \)k\frac{{{\lambda }_{\min }}D}{a}\le \left( k-n \right)\frac{{{\lambda }_{\max }}D}{a}\)

\(\Rightarrow k\ge n\frac{{{\lambda }_{\min }}}{{{\lambda }_{\max }}-{{\lambda }_{\min }}}=1.\frac{0,76}{0,76-0,39}=2,054\to k=3,4,5,...\)

Vậy vị trí đầu tiên có vân trùng nhau là vị trí quang phổ bậc 3 phủ lên quang phổ bậc 2

Vị trí gần vân trung tâm nhất để tại đó có hai bức xạ cho vân sáng là:

\({{x}_{\min }}={{k}_{\min }}\frac{{{\lambda }_{\min }}D}{a}=3.\frac{0,39.2}{1}=2,34\,mm\).

Đáp án B

Khi đi từ A đến B, mức cường độ âm tăng từ 80 dB đến 100 dB rồi giảm về 80 dB, chứng tỏ mức cường độ âm tại A và B bằng nhau và bằng 80 dB (tam giác OAB cân tại O), mức cường độ âm lớn nhất bằng 100 dB.

Ta có: \(L=10\log \frac{I}{{{I}_{0}}}\Rightarrow \) mức cường độ âm lớn nhất khi I lớn nhất, vậy khoảng cách r từ điểm đó tới nguồn là nhỏ nhất. Vậy điểm có mức cường độ âm bằng 100 dB chính là chân đường cao hạ từ O xuống đường thẳng AB (điểm H).

Ta có: \({{L}_{H}}-{{L}_{A}}=20\log \frac{OA}{OH}\Rightarrow 100-80=20\log \frac{OA}{OH}\Rightarrow \frac{OA}{OH}=10\Rightarrow OH=\frac{OA}{10}=\frac{10}{10}=1m\).

Vậy khoảng cách AB: \(AB=2AH=2\sqrt{O{{A}^{2}}-O{{H}^{2}}}=2\sqrt{{{10}^{2}}-{{1}^{2}}}=6\sqrt{11}m\).

Đáp án D

\(Q=\left( {{m}_{P}}+{{m}_{Li}}-2{{m}_{\alpha }} \right){{c}^{2}}=\left( 1,0073+7,0144-2.4,0015 \right).931=17,41MeV\)

Ta có: 

\(\left\{ \begin{align} & {{K}_{P}}+Q=2{{K}_{\alpha }} \\ & {{K}_{\alpha }}=\frac{1}{2}{{m}_{\alpha }}v_{\alpha }^{2} \\ \end{align} \right.\Leftrightarrow \frac{1}{2}{{m}_{P}}v_{P}^{2}+Q=2.\frac{1}{2}{{m}_{\alpha }}v_{\alpha }^{2}\)

\(\Leftrightarrow 0,5.1,0073.931{{\left( \frac{{{v}_{P}}}{{{3.10}^{8}}} \right)}^{2}}+17,41=4,0015.931{{\left( \frac{21,{{37.10}^{6}}}{{{3.10}^{8}}} \right)}^{2}}\Rightarrow {{v}_{P}}=16,{{93.10}^{6}}m/s\)

Đáp án A

Ta có: \(i=\frac{e}{R}=\frac{\frac{\Delta \Phi }{\Delta t}}{R}=\frac{\Delta B.S.\cos \alpha }{R\Delta t}\)

Chọn vectơ pháp tuyến sao cho góc tạo bởi vectơ pháp tuyến với vectơ cảm ứng từ bằng 0.

Thay số ta được: \(i=\frac{2.\left( \pi .0,{{1}^{2}} \right)}{10.2}=\pi {{.10}^{-3}}A=\pi mA\)

Đáp án B

Ta có: \(R=50\Omega \); \({{Z}_{L}}=100\pi .\frac{1}{2\pi }=50\Omega \); \({{U}_{X}}=120V\); \(U=120V\)

Từ giản đồ vectơ ta có:

\({{U}_{RL}}=2.OI=2.120.\sin \frac{\pi }{12}=62V\Rightarrow I=\frac{{{U}_{RL}}}{{{Z}_{RL}}}=\frac{62}{50\sqrt{2}}=0,878A\)

\(\beta =\alpha +\frac{\pi }{4}\); \(\cos \beta =\frac{OI}{{{U}_{AB}}}=\frac{31}{120}\Rightarrow \beta =75{}^\circ \Rightarrow \alpha =30{}^\circ \)

\({{\varphi }_{uX}}=\frac{\pi }{6}+\alpha =60{}^\circ \Rightarrow {{P}_{X}}={{U}_{X}}I.\cos {{\varphi }_{uX}}=120.0,878.\cos 60\approx 53W\)

Đáp án A

Ta có: \(\omega =\frac{{{I}_{0}}}{{{Q}_{0}}}\to T=\frac{2\pi }{\omega }=2\pi \frac{{{Q}_{0}}}{{{I}_{0}}}=2\pi \left( \frac{{{10.10}^{-4}}}{10\pi } \right)={{2.10}^{-6}}\left( s \right)\)

Khoảng thời gian giữa hai lần liên tiếp điện tích trên tụ triệt tiêu là: \(\frac{T}{2}={{10}^{-6}}s\).

Đáp án B

Lúc đầu tụ được tích điện tới điện tích cực đại là \(q={{Q}_{0}}\)

Tụ phóng hết điện tích khi \(q=0\).

Thời gian để tụ phóng hết là: \(\Delta t={{t}_{{{Q}_{0}}\to 0}}=\frac{T}{4}=2\pi \mu s\Rightarrow T=8\pi \mu s\)

Cường độ dòng điện cực đại: \({{I}_{0}}=\omega {{Q}_{0}}=\frac{2\pi }{T}{{Q}_{0}}\)

Suy ra cường độ dòng hiệu dụng bằng: \(I=\frac{{{I}_{0}}}{\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}.\frac{2\pi }{T}.{{Q}_{0}}=\sqrt{2}.\frac{\pi }{8\pi {{.10}^{-6}}}{{.8.10}^{-9}}=\sqrt{2}{{.10}^{-3}}A\)

Đáp án C

 Chọn chiều dương hướng xuống.

Ban đầu, tại vị trí cân bằng \({{O}_{1}}\), lò xo dãn một đoạn:     

\(\Delta \ell =\frac{mg}{k}=5\,cm\).

Giá đỡ M chuyển động nhanh dần đều hướng xuống \(\Rightarrow \) lực quán tính F hướng lên \(\Rightarrow \) vị trí cân bằng khi có giá đỡ M là \({{O}_{2}}\), với \){{O}_{1}}{{O}_{2}}=\frac{F}{k}=\frac{ma}{k}=1\,cm\).

Giá đỡ đi xuống đến vị trí \({{O}_{2}}\), vật và giá đỡ sẽ cách nhau.

Suy ra vật và giá đỡ có tốc độ: \(v=\sqrt{2aS}=0,4\left( m/s \right)\).

Khi tách ra, vị trí cân bằng của vật là \({{O}_{1}}\) \(\Rightarrow \) vật có li độ: \(x=-1\,cm\).

\(A=\sqrt{{{x}^{2}}+\frac{{{v}^{2}}}{{{\omega }^{2}}}}=3\,cm\)

Thời gian vật đi từ \(x=-1\,cm\Rightarrow x=A=3\,cm\) (lò xo có chiều dài lớn nhất lần đầu tiên) là \(t=0,1351\text{ }s\).

Tính từ \({{O}_{2}}\), giá đỡ M đi được quãng đường: \(s=vt+\frac{1}{2}a{{t}^{2}}=0,0723\,m=7,23\,cm\).

Suy ra, khoảng cách 2 vật là: \(d=7,23-\left( 1+3 \right)=3,23\left( cm \right)\Rightarrow \)gần 3 cm nhất

Đáp án C

Khi chưa sử dụng máy biến áp, độ giảm hiệu điện thế tại nơi tiêu thụ là: \(\Delta U={{U}_{1}}-{{U}_{1}}^{\prime }={{I}_{1}}.R\)

Mà: \(\frac{{{U}_{1}}}{{{U}_{1}}^{\prime }}=\frac{11}{9}\Rightarrow {{U}_{1}}-\frac{9}{11}{{U}_{1}}={{I}_{1}}.R\Rightarrow {{I}_{1}}=\frac{2{{U}_{1}}}{11R}\)

Công suất hao phí trên đường dây là: \({{P}_{hp1}}=I_{1}^{2}.R=\frac{4U_{1}^{2}}{121R}\)

Sử dụng máy biến áp, công suất hao phí trên dây là: \({{P}_{hp2}}=\frac{{{P}_{hp1}}}{100}\Rightarrow I_{2}^{2}R=\frac{1}{100}I_{1}^{2}R\Rightarrow {{I}_{2}}=\frac{1}{10}{{I}_{1}}=\frac{2{{U}_{1}}}{110R}\)

Công suất tại nơi tiêu thụ không đổi nên:

\({{P}_{tt}}={{P}_{1}}-{{P}_{hp1}}={{P}_{2}}-{{P}_{hp2}}\)

\(\Rightarrow {{U}_{1}}{{I}_{1}}-I_{1}^{2}R={{U}_{2}}{{I}_{2}}-I_{2}^{2}R\)

\(\Rightarrow {{U}_{1}}.\frac{2{{U}_{1}}}{11R}-\frac{4U_{1}^{2}}{121R}={{U}_{2}}.\frac{2{{U}_{1}}}{110R}-\frac{4U_{1}^{2}}{{{110}^{2}}R}\)

\(\Rightarrow \frac{2{{U}_{1}}}{11}-\frac{4{{U}_{1}}}{121}+\frac{4{{U}_{1}}}{{{110}^{2}}}=\frac{2{{U}_{2}}}{110}\)

\(\Rightarrow \frac{41{{U}_{1}}}{275}=\frac{2{{U}_{2}}}{110}\Rightarrow \frac{{{U}_{2}}}{{{U}_{1}}}=8,2\Rightarrow \frac{{{N}_{2}}}{{{N}_{1}}}=\frac{{{U}_{2}}}{{{U}_{1}}}=8,2\)

Đáp án D

Từ đồ thị ta thấy nửa chu kì ứng với 6 ô \(\Rightarrow \) 1 chu kì ứng với 12 ô.

Khoảng cách mỗi ô là \(0,2s\Rightarrow T=12.0,2=2,4\left( s \right)\Rightarrow \omega =\frac{2\pi }{2,4}=\frac{\pi }{1,2}\left( rad/s \right)\)

Với mỗi ô, vectơ quay được góc tương ứng là: \(\Delta \varphi =\omega .\Delta t=\frac{2\pi }{T}.\frac{T}{12}=\frac{\pi }{6}\left( rad \right)\)

Ta có vòng tròn lượng giác:

Từ vòng tròn lượng giác, ta thấy quãng đường vật đi từ thời điểm \({{t}_{2}}\) đến thời điểm \({{t}_{3}}\) là:

\(S=\left| {{x}_{3}}-{{x}_{2}} \right|=\left| A\cos \frac{\pi }{3}-A\cos \frac{\pi }{6} \right|=\frac{A\sqrt{3}}{2}-\frac{A}{2}\)

Theo đề bài ta có: \(S=2\left( A-6 \right)\Rightarrow \frac{A\sqrt{3}}{2}-\frac{A}{2}=2.\left( A-6 \right)\Rightarrow A=7,344\left( cm \right)\)

Tốc độ cảu vật tại thời điểm \({{t}_{3}}\) là: \({{v}^{2}}={{\omega }^{2}}\left( {{A}^{2}}-{{x}^{2}} \right)={{\omega }^{2}}.\left( {{A}^{2}}-\frac{{{A}^{2}}}{4} \right)={{\omega }^{2}}.\frac{3}{4}{{A}^{2}}\)

\(\Rightarrow v=\frac{\sqrt{3}}{2}\omega A=\frac{\sqrt{3}}{2}.\frac{\pi }{1,2}.7,344=16,65\left( cm/s \right)\)