Họa âm thứ tư có tần số là \(4{{f}_{0}}\).

Đơn vị của hiệu điện thế là Vôn.

Vị trí cho vân tối trong giao thoa Young

\(x=\left( k+\frac{1}{2} \right)\frac{D\lambda }{a}\) với \(k=0,1,2,3...\)

Để điện áp hai đầu mạch sớm pha hơn cường độ dòng điện thì mạch phải có tính dung kháng

\({{Z}_{L}}<{{Z}_{C}}\)

Chọn C.

Đại lượng \(\frac{g}{l}\) có đơn vị là \({{(\tfrac{rad}{s})}^{2}}\).

Chọn C.

Hai dao động ngược pha thõa mãn

\({{\varphi }_{2}}-{{\varphi }_{1}}=\left( 2n+1 \right)\pi \) với \(n=0,\pm 1,\pm 2,...\)

Chọn B.

Trong y học, tia \(X\) được dùng để chiếu điện, chụp điện.

Bước sóng của sóng

\(\lambda =vT\)

Chọn C.

Số nuclon trong hạt nhân

\(A=6\)

Chọn D.

Trong điện xoay chiều, công suất không có giá trị hiệu dụng.

Chọn B.

Cầu vồng được giải thích chủ yếu dựa vào hiện tượng tán sắc ánh sáng.

Chọn A.

Máy biến áp có

\({{N}_{1}}>{{N}_{2}}\) → máy hạ áp

Khi hoạt động có tác dụng làm giảm điện áp xoay chiều.

Chọn D.

Tia lửa điện có bản chất là dòng điện trong chất khí.

Chu kì dao động của vật

\(T=\frac{2\pi }{\left( 20\pi  \right)}=0,1\)s

Mạch biến điệu có trong sơ đồ khối của máy phát thanh vô tuyến.

Gia tốc của vật dao động điều hòa

\(a=-{{\omega }^{2}}x=-\frac{k}{m}x\)

\(\frac{a}{x}=-\frac{k}{m}\)

Chọn A.

Với các ánh sáng đơn sắc khác nhau thì photon của chúng mang năng lượng khác nhau.

Đại lượng

\(\left( Z{{m}_{p}}+\left( A-Z \right){{m}_{n}}-{{m}_{X}} \right)\frac{{{c}^{2}}}{A}\)

được gọi là năng lượng liên kết riêng của hạt nhân.

Chọn D.

Điểm cực đại giao thoa thì có hiệu khoảng cách đến hai nguồn bằng một số nguyên lần bước sóng

\({{d}_{2}}-{{d}_{1}}=k\lambda \) với \(k=0,\pm 1,\pm 2,...\)

Chọn C.

Ánh sáng đơn sắc không bị tán sắc khi truyền qua lăng kính.

Chọn C.

Công thức tính độ lệch pha giữa điện áp hai đầu mạch so với cường độ dòng điện trong mạch

\(\tan \varphi =\frac{{{Z}_{L}}}{R}\)

Chọn C.

Theo chiều của đường sức thì điện thế luôn giảm.

Chọn B.

Áp dụng quy tắc bàn tay trái trong xác định chiều của lực từ tác dụng lên dòng điện ta thấy lực từ tác dụng lên \(MN\) cùng chiều với vecto \(\overrightarrow{NP}\).

Chọn B.

Động năng cực đại của con lắc bằng cơ năng

\(E=\frac{1}{2}k{{A}^{2}}\)

\(E=\frac{1}{2}\left( 50 \right){{\left( {{5.10}^{-2}} \right)}^{2}}=0,0625\)J

Chọn A.

Khoảng vân giao thoa

\(i=\frac{D\lambda }{a}\)

\(i=\left( 1200 \right).\left( {{500.10}^{-9}} \right)=0,60\)mm

Chọn C.

Năng lượng phản ứng tỏa ra

\(\Delta E=\left( {{m}_{truoc}}-{{m}_{sau}} \right){{c}^{2}}\)

\(\Delta E=\left( \left( 1,0073 \right)+\left( 3,0155 \right)-\left( 4,0015 \right) \right)\left( 931,5 \right)=19,8\)MeV

Chọn B.

Hệ số công suất của đoạn mạch

\(\cos \varphi =\frac{R}{\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}}\)

\(\cos \varphi =\frac{\left( 20 \right)}{\sqrt{{{\left( 20 \right)}^{2}}+{{\left( 30 \right)}^{2}}}}=0,55\)

Chọn A.

Ta có:

khi sóng điện từ truyền qua \(M\), tại đó các vecto \(\overrightarrow{{{E}_{{}}}}\), \(\overrightarrow{{{B}_{{}}}}\) và \(\overrightarrow{{{v}_{{}}}}\) theo thứ tự, tao thành một tam diện thuận.

Chọn A.

Tỉ số năng lượng photon tương ứng của tia \(X\) và hồng ngoại

\(\varepsilon =\frac{hc}{\lambda }\)

\(\frac{{{\varepsilon }_{X}}}{{{e}_{HN}}}=\frac{{{\lambda }_{HN}}}{{{\lambda }_{X}}}\)

\(\frac{{{\varepsilon }_{X}}}{{{e}_{HN}}}=\frac{\left( 300 \right)}{\left( 0,2 \right)}=1500\)

Chọn D.

Mức cường độ âm tại điểm đang xét

\(L=\log \frac{I}{{{I}_{0}}}\)

\(L=\log \frac{\left( {{10}^{-6}} \right)}{\left( {{10}^{-12}} \right)}=6\)B

Chọn B.

\(M\) và \(N\) là hai vân sáng

\(MN=ki=7,7\)mm (1)

Khoảng cách xa nhất giữa hai vân tối trên \(MN\) tương ứng với hai vân tối nằm ngay bên trong \(M\) và \(N\)

\(\left( k-1 \right)i=6,6\)mm (2)

Từ (1) và (2) lập tỉ số

\(\frac{k}{k-1}=\frac{\left( 7,7 \right)}{\left( 6,6 \right)}\)

\(\frac{k}{k-1}=\frac{7}{6}\) → \(k=7\)

Thay vào (1)

\(i=1,1\)mm

→ \({i}'=\frac{4}{5}i=\frac{4}{5}.\left( 1,1 \right)=0,88\)mm

Vị trí cho vân sáng bậc 5 của bức xạ \({\lambda }'\)

\({{x}_{5}}=\left( 5 \right).\left( 0,88 \right)=4,4\)mm

Chọn D.

Từ đồ thị ta thấy, chu kì của điện áp và dòng điện tương ứng

\(T=16\)ô

Hai thời điểm liên tiếp nhau mà cả điện áp và dòng điện đi qua vị trí 0 và đang tăng giảm cách nhau 1 ô. Vậy độ lệch pha giữa chúng là

\(\Delta \varphi =2\pi \frac{\Delta t}{T}\)

\(\Delta \varphi =2\pi \left( \frac{1}{16} \right)=\frac{\pi }{8}\)

Hệ số công suất của đoạn mạch

\(\cos \left( \frac{\pi }{8} \right)=0,92\)

Khi thay đổi \(C\) để điện áp hiệu dụng trên tụ cực đại thì \(u\bot {{u}_{RL}}\).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác, ta có

\(U_{R}^{2}={{U}_{L}}\left( {{U}_{C}}-{{U}_{L}} \right)\)(1)

\(U_{R}^{2}=-U_{L}^{2}+{{U}_{C}}{{U}_{L}}\)

Phương trình trên cho thấy

\({{U}_{R}}={{U}_{Rmax}}\) khi \({{U}_{L}}=-\frac{{{U}_{C}}}{2.\left( -1 \right)}=-\frac{\left( 200 \right)}{2.\left( -1 \right)}=100\)V (2)

Thay (2) vào (1)

\({{U}_{R}}=\sqrt{\left( 100 \right)\left( 200-100 \right)}=100\)V

Chọn D.

Điều kiện để có sóng dừng trên dây với hai đầu cố định

\(l=n\frac{v}{2f}\)→ \(f=\frac{nv}{2l}\)

Theo giả thuyết bài toán

\(\frac{f+12}{f}=\frac{6}{4}\)

→ \(f=24\)Hz

Tần số nhỏ nhất cho sóng dừng trên dây ứng với trên dây có 1 bó sóng

\({{f}_{\min }}=\frac{24}{4}=6\)Hz

Chọn D.

Tốc độ góc của vecto quay bằng tần số góc của vật dao động điều hòa

\(\omega =\frac{5\pi }{3}\) \(\tfrac{rad}{s}\)

Từ đồ thị, ta thấy

\({{\varphi }_{2}}-{{\varphi }_{1}}=\frac{\pi }{2}\)

\({{x}_{2}}=4\cos \left( \frac{5\pi }{3}t+\frac{2\pi }{3} \right)\)cm

→ \({{x}_{1}}=3\cos \left( \frac{5\pi }{3}t+\frac{\pi }{6} \right)\)cm

→ \(A=5\)cm

Tại \(t=0,5\)s

\({{x}_{1}}=0\)cm và \({{x}_{2}}=-4\)cm

→ \(x=-4\)cm

Động năng của vật

\({{E}_{d}}=\frac{1}{2}m{{\omega }^{2}}\left( {{A}^{2}}-{{x}^{2}} \right)\)

\({{E}_{d}}=\frac{1}{2}.\left( {{100.10}^{-3}} \right){{\left( \frac{5\pi }{3} \right)}^{2}}\left( {{\left( {{5.10}^{-2}} \right)}^{2}}-{{\left( -{{4.10}^{-2}} \right)}^{2}} \right)=1,25\)mJ

Chọn A.

Khi khóa \(K\) ở chốt \(a\), mạch gồm hai điện trở mắc nối tiếp (đoạn mạch chứa tụ không có dòng điện đi qua). Do đó hiệu điện thế mạch ngoài là

\(U=\xi -Ir=\left( 5 \right)-\left( 1 \right).\left( 1 \right)=4\)V

Mạch ngoài gồm hai nhánh mắc song song nhau nên hiệu điện thế trên mỗi nhánh là như nhau. Nhánh thứ hai gồm hai điện trở giống nhau mắc nối tiếp, do đó hiệu điện thế trên mỗi điện trở ở nhánh này là bằng nhau. Hiệu điện thế của tụ lúc này

\({{U}_{C}}=\frac{U}{2}=\frac{\left( 4 \right)}{2}=2\)V

Khi khóa \(K\) chốt sang \(b\) thì trong mạch có dao động điện từ, lúc này cường độ dòng điện cực đại trong mạch là

\({{I}_{0}}=\sqrt{\frac{C}{L}}{{U}_{0}}\)

→ \({{\Phi }_{0}}=L{{I}_{0}}=L\left( \sqrt{\frac{C}{L}}{{U}_{0}} \right)=\sqrt{LC}{{U}_{0}}\)(1)

Thời gian để từ thông riêng trên cuộn cảm giảm từ cực đại về 0 là

\(\tau =\frac{T}{4}=\frac{\pi }{2}\sqrt{LC}\) (2)

Từ (1) và (2)

\(\frac{\pi {{\Phi }_{0}}}{\tau }=\frac{\pi \left( \sqrt{LC}{{U}_{0}} \right)}{\left( \frac{\pi }{2}\sqrt{LC} \right)}=2{{U}_{0}}=2.\left( 2 \right)=4\)V

Chọn C.

Số mol \(Na\) được tiêm vào người

\(n=\left( {{10}^{-3}} \right).\left( {{10.10}^{-3}} \right)={{10}^{-5}}\)mol

Số mol \(Na\) tính trung bình trên 10 ml mau sau khi tiêm

\({{n}_{0}}=\frac{n}{V+{{10.10}^{-3}}}{{.10.10}^{-3}}\)

\({{n}_{0}}=\frac{\left( {{10}^{-5}} \right)}{V+{{10.10}^{-3}}}{{.10.10}^{-3}}\)

\({{n}_{0}}=\frac{{{10}^{-7}}}{V+{{10.10}^{-3}}}\) mol

Phương trình định luật phân rã phóng xạ

\({{n}_{t}}={{n}_{0}}{{2}^{-\frac{t}{T}}}\)

\(\left( 1,{{78.10}^{-8}} \right)=\left( \frac{{{10}^{-7}}}{V+{{10.10}^{-3}}} \right){{2}^{-\frac{\left( 6 \right)}{\left( 15 \right)}}}\)

→ \(V=4,25\)lít

Chọn B.

Gọi \(\overrightarrow{{{V}_{{}}}}\) là vận tốc của vật \(M\) và \(\overrightarrow{{{v}_{{}}}}\) là vận tốc của vật \(m\) so với vật \(M\).

Phương trình định luật bảo toàn cho hệ cô lập

\(MV+m\left( V+v \right)=0\)

→ \(V=-\frac{mv}{M+m}\) (1)

Khi \(m\) ở li độ \(x\)thì năng lượng của hệ là

\(E=\frac{1}{2}M{{V}^{2}}+\frac{1}{2}m{{\left( V+v \right)}^{2}}+\frac{1}{2}k{{x}^{2}}\)(2)

Thay (1) vào (2)

\(E=\frac{1}{2}\frac{Mm}{M+m}{{v}^{2}}+\frac{1}{2}k{{x}^{2}}\)

Đạo hàm hai vế phương trình trên theo thời gian

\(\frac{Mm}{M+m}{x}''+kx=0\) (*)

(*) cho thấy \(m\) dao động điều hòa với tần số góc

\(\omega =\sqrt{\frac{k}{\frac{Mm}{M+m}}}=\sqrt{\frac{\left( 50 \right)}{\frac{\left( {{100.10}^{-3}} \right).\left( {{100.10}^{-3}} \right)}{\left( {{100.10}^{-3}} \right)+\left( {{100.10}^{-3}} \right)}}}=10\pi \)rad/s

Chu kì dao động của vật

\(T=\frac{2\pi }{\omega }=\frac{2\pi }{\left( 10\pi  \right)}=0,2\)s

Trên \(AB\) có 12 cực đại

\(6\lambda <AB<7\lambda \) → \(6<AB<7\), chọn \(\lambda =1\)

Dễ thấy rằng, khi di chuyển \((C)\) mà trên \((C)\) có tối đa 12 cực đại tương ứng với tâm \(O\) trùng với trung điểm của \(AB\) đồng thời giao điểm của \((C)\) với \(AB\) là hai cực đại ứng với \(k=\pm 3\).

→ \(a=1,5\)

Trên \((C)\) có 4 cực đại ngược pha với nguồn thì các cực đại này chỉ có thể ứng với \(k=\pm 1,\pm 2\).

Ta xét cực đại \(k=1\)

\({{d}_{1}}-{{d}_{2}}=1\) (1)

Để cùng ngược với nguồn thì

\({{d}_{1}}+{{d}_{2}}=n\) với \(n=8,10,12,...\)(2)

Mặc khác

\({{d}_{1}}+{{d}_{2}}\le 2\sqrt{{{\left( \frac{AB}{2} \right)}^{2}}+{{a}^{2}}}\)

→ \({{d}_{1}}+{{d}_{2}}<2\sqrt{\left( \frac{AB}{2} \right)_{max}^{2}+{{a}^{2}}}=2\sqrt{\left( \frac{7}{2} \right)_{max}^{2}+{{\left( 1,5 \right)}^{2}}}<7,6\)(3)

(2) và (3) → cực đại ngược pha nguồn không nằm tồn tại trên \(k=1\).

Ta xét cực đại \(k=2\)

\({{d}_{1}}-{{d}_{2}}=2\)

Để cùng ngược với nguồn thì

\({{d}_{1}}+{{d}_{2}}=n\) với \(n=7,9,11,...\)

Kết hợp với điều kiện (3) → \({{d}_{1}}+{{d}_{2}}=7\)

→ \({{d}_{1}}=4,5\) và \({{d}_{1}}=2,5\)

Áp dụng công thức đường trung tuyến

\({{a}^{2}}=\frac{d_{1}^{2}+d_{2}^{2}}{2}-\frac{A{{B}^{2}}}{4}\)

→ \(AB=6,6\lambda =4,4a\)

Ta có:

nhận thấy \(U_{MB}^{2}=U_{AM}^{2}+U_{AB}^{2}\) → \({{U}_{C}}={{U}_{Cmax}}\), \(MB\) trùng với đường kính của hình tròn.

\(\cos \alpha =\frac{AM}{MB}=\frac{\left( 16 \right)}{\left( 20 \right)}=0,8\).

khi \(C={{C}_{2}}\), \(A{{B}^{2}}=A{{{M}'}^{2}}+B{{{M}'}^{2}}-2A{M}'.B{M}'\cos \alpha \)

→ \({{\left( 12 \right)}^{2}}={{\left( 10 \right)}^{2}}+B{{{M}'}^{2}}-2.\left( 10 \right).B{M}'.\left( 0,8 \right)\) → \({{{U}'}_{MB}}=18,4\)V.