+ Ánh sáng đơn sắc sẽ không bị tán sắc khi truyền qua lăng kính → Đáp án A

+ Khối lượng chất phóng xạ còn lại sau khoảng thời gian \(t\) được xác định bằng biểu thức

\({{m}_{t}}={{m}_{0}}{{2}^{-\frac{t}{T}}}\) → \(4={{64.2}^{-\frac{t}{5730}}}\) → \(t=22920\) năm → Đáp án C

+ Để đảm bảo hệ số nhân notron \(k=1\) người ta dùng các thanh điều khiển.  Những thanh điều khiển này có chứa Bo hoặc Cadimi → Đáp án C

+ Khoảng vân giao thoa trên màn \(i=\frac{D\lambda }{a}=\frac{3.0,{{6.10}^{-6}}}{{{2.10}^{-3}}}=0,9\) mm → Đáp án D

+ Khi \({{U}_{Lmax}}\) thì \(u\) vuông pha với \({{u}_{RC}}\), ta có hệ thức lượng

\({{U}^{2}}=\left( {{U}_{Lmax}}-{{U}_{C}} \right){{U}_{Lmax}}\) → \(U=\sqrt{\left( 90\sqrt{5}-40\sqrt{5} \right)90\sqrt{5}}=150\)V → Đáp án D

+ Ống sáo một đầu kín và một đầu hở thì các họa âm có tần số là một số lẻ lần âm cơ bản.

→ Tần số nhỏ nhất của họa âm  ứng với \(n=3\) → \(f=3{{f}_{0}}=3.460=1380\) Hz → Đáp án C

+ Ánh sáng lam có bước sóng cỡ 495 nm → Đáp án B

+ Đoạn mạch chỉ chứa tụ thì điện áp hai đầu đoạn mạch luôn vuông pha với cường độ dòng điện trong mạch → khi điện áp hai đầu đoạn mạch bằng 0 thì \(i={{I}_{0}}={{U}_{0}}C\omega \) → Đáp án C

+ Chu kì dao động riêng của mạch \(T=2\pi \sqrt{LC}=2\pi \sqrt{{{3183.10}^{-9}}.31,{{83.10}^{-9}}}=2\) µs → Đáp án A

+ Hạt nhân bền vững nhất là \({}_{26}^{56}Fe\)→ Đáp án C

+ Giá trị của một điện trở ở mạch ngoài

\(R=\frac{{{R}_{N}}}{2}=\frac{\xi }{2I}-\frac{r}{2}=\frac{9}{2.1}-\frac{1}{2}=4\) Ω.

→ Nếu mắc song song hai điện trở này thì cường độ dòng điện qua mạch lúc đó là

\({I}'=\frac{\xi }{{{R}_{ss}}+r}=\frac{9}{2+1}=3\)A → Đáp án C

+ Bán kính quỹ đạo \({{r}_{n}}\sim {{n}^{2}}\) → \(\frac{{{r}_{N}}}{{{r}_{L}}}=\frac{{{4}^{2}}}{{{2}^{2}}}=4\)→ Đáp án A

+ Hồ quang điện là nguồn phát tia tử ngoại, do đó sẽ bị hấp thụ nếu ta chắn tấm kẽm bằng một tấm thủy tinh dày → Đáp án D

+ Vật có màu nào thì bức xạ ánh sáng có màu đó và hấp thụ tất cả các ánh sáng còn lại → ánh sáng đỏ bị hấp thụ → Đáp án D

+ Chiều dài của con lắc \(l=\frac{g}{{{\omega }^{2}}}=\frac{10}{{{4}^{2}}}=62,5\)cm → Đáp án D

+ Năng lượng của photon \(\varepsilon =\frac{hc}{\lambda }=\frac{6,{{625.10}^{-34}}{{.3.10}^{8}}}{0,{{6.10}^{-6}}}=2,07\)eV → Đáp án B

+ Nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở tuân theo định luật Jun – Len – xơ

\(Q={{I}^{2}}Rt={{2}^{2}}.100.30=12\) kJ → Đáp án A

+ Sắp xếp đúng chiết suất của môi trường với các ánh sáng đơn sắc là \({{n}_{d}}<{{n}_{v}}<{{n}_{t}}\) → Đáp án D

+ Điều kiện để có sự trùng nhau của vân sáng và vân tối

\({{x}_{s}}={{x}_{t}}\) → \(\lambda =\frac{5.0,6}{k+0,5}=\frac{3}{k+0,5}\) µm.

→ Với khoảng giá trị của bước sóng, ta tìm được \({{\lambda }_{\min }}=0,4\) µm là bước sóng nhỏ nhất cho vân tối tại điểm \(M\) → Đáp án A

+ Độ bội giác của kính thiên văn khi ngắm chừng ở vô cực

\({{G}_{\infty }}=\frac{{{f}_{1}}}{{{f}_{2}}}=\frac{1}{0,05}=20\)→ Đáp án A

+ Quãng đường mà vật dao động đi được trong \(\Delta t=30T=60\)s luôn là \(S=30.4A=30.4.5=6\) m

→ Đáp án D

+ Khi \(C\) thay đổi \({{V}_{1}}={{U}_{Rmax}}\) thì mạch xảy ra cộng hưởng, ta có

\({{V}_{1}}=2{{V}_{2}}\) ↔ \(R=2{{Z}_{L}}=2{{Z}_{C}}\), để đơn giản ta chọn \({{Z}_{L}}=1\) →\(R=2\).

+ Khi \({{V}_{2}}={{U}_{Cmax}}\), ta có \({{Z}_{{{C}'}}}=\frac{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}{{{Z}_{L}}}=\frac{{{2}^{2}}+{{1}^{2}}}{1}=5\)

→ \(\frac{{{V}_{2}}}{{{V}_{1}}}=\frac{\frac{\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}}{R}}{\frac{R}{\sqrt{{{R}^{2}}+\left( {{Z}_{L}}-Z_{C}^{2} \right)}}}=\frac{\frac{\sqrt{{{2}^{2}}+{{1}^{2}}}}{2}}{\frac{2}{\sqrt{{{2}^{2}}+{{\left( 1-5 \right)}^{2}}}}}=2,5\)→ Đáp án A

+ Cuộn cảm chỉ gây ra cảm kháng đối với dòng điện xoay chiều, do đó với điện áp không đổi cuộn cảm đóng vai trò là một điện trở \(r=\frac{U}{I}=\frac{20}{3}\) Ω.

+ Tổng trở của cuộn dây \(Z=\frac{U}{I}=\frac{40}{3,6}=\frac{100}{9}\) Ω → \(\cos \varphi =\frac{R}{Z}=0,6\)→ Đáp án C

+ Năng lượng từ trường của cuộn dây \({{E}_{L}}=\frac{1}{2}L{{I}^{2}}\) → Đáp án D

+ \(C\) và \(D\) có cùng biên độ dao động do đó đối xứng nhau qua bụng sóng, hay nói cách khác \(D\) các bụng một khoảng \(\Delta x=\frac{\lambda }{12}=2\)cm → \({{a}_{C}}={{a}_{D}}=\frac{\sqrt{3}}{2}{{a}_{b}}=4\) cm → \({{a}_{b}}=\frac{8}{\sqrt{3}}=4,62\) cm → Đáp án A

+ Cường độ dòng điện cực đại \(I=2\)A → Đáp án B

+ Giới hạn quang điện của kim loại \({{\lambda }_{0}}=\frac{hc}{A}=\frac{6,{{625.10}^{-34}}{{.3.10}^{8}}}{4,14.1,{{6.10}^{-19}}}=0,3\) µm → Đáp án B

+ Điện dung của tụ điện chỉ phụ thuộc vào bản chất của tụ → B sai → Đáp án B

+ Với \({{F}_{dh\max }}=3P\) → \(A=2\Delta {{l}_{0}}\) với \(\Delta {{l}_{0}}\) là độ biến dạng của lò xo tại vị trí cân bằng.

→ Khi vật đi qua vị trí lò xo không biến dạng → vị trí này vật có \(\left| x \right|=\Delta {{l}_{0}}=\frac{A}{2}\) → \( \left\{ \begin{align} & {{E}_{t}}=\frac{E}{4} \\ & {{E}_{d}}=\frac{3}{4}E \\ \end{align} \right.\)

Việc giữ cố định điểm chính giữa của lò xo làm một nửa thế năng lúc đó mất di theo phần lò xo không tham gia vào dao động lúc sau.

→ Năng lượng dao động lúc sau \({E}'=\frac{1}{2}{k}'{{{A}'}^{2}}=\frac{E}{8}+\frac{3E}{4}=\frac{7}{8}E\)

Với \({k}'=2k\) → \(\frac{{{A}'}}{A}=\sqrt{\frac{7}{8}.\frac{1}{2}}\approx 0,66\)→ Đáp án B

+ Dòng điện dịch xuất hiện khi điện trường biến thiên → Đáp án A

+ Tại vị trí biên gia tốc tiếp tuyến với quỹ đạo → Đáp án D

+ Hiện tượng quang dẫn là hiện tượn điện trở suất của chất bán dẫn giảm mạnh khi được chiếu vào ánh sáng thích hợp → Đáp án A

+ Biểu diễn vecto các điện áp. Để đơn giản, ta chọn \({{U}_{R}}={{U}_{C}}=1\).

Từ hình vẽ ta có \(\left( 1+{{U}_{r}} \right)\sin \left( \frac{\pi }{6} \right)+{{U}_{r}}\tan \left( \frac{\pi }{3} \right)=1\) → \({{U}_{r}}=0,224\)

→ \(\frac{R}{r}=\frac{{{U}_{R}}}{{{U}_{r}}}=4,5\) → Đáp án A

+ Từ giả thuyết bài toán, có

\(\left\{ \begin{align} & \frac{1}{d}+\frac{1}{{{d}'}}=\frac{1}{f} \\ & \frac{1}{d-5}+\frac{1}{{d}'+10}=\frac{1}{f} \\ \end{align} \right.\) và  \(\frac{1}{d+40}+\frac{1}{{d}'-8}=\frac{1}{f}\)→ \(f=10\) cm → Đáp án A

+ Điện áp hai đầu đoạn mạch chứa tụ điện và cuộn dây được xác định bởi biểu thức

\({{U}_{rLC}}=\frac{U\sqrt{{{r}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}{\sqrt{{{\left( R+r \right)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=\frac{U}{\sqrt{1+\frac{{{R}^{2}}+2Rr}{{{r}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}}\) → \({{U}_{rLC\min }}\) khi mạch xảy ra cộng hưởng \({{Z}_{L}}={{Z}_{C}}\)

→ \({{U}_{rLC\min }}=\frac{U}{\sqrt{1+\frac{{{R}^{2}}+2Rr}{{{r}^{2}}}}}\)↔ \(20=\frac{100}{\sqrt{1+\frac{{{R}^{2}}+2R.10}{{{10}^{2}}}}}\)→ \(R=40\)Ω → Đáp án D

+ Ta có \(\frac{BC}{BA}={{10}^{\frac{{{L}_{A}}-{{L}_{C}}}{2}}}={{10}^{\frac{103-99,5}{20}}}\approx 1,5\) → \(AC=2,5AB=250\)m → Đáp án B

+ Pha dao động của các điểm trên \(AC\): \(\varphi =\pi \frac{{{d}_{1}}+\sqrt{d_{1}^{2}+{{16}^{2}}}}{\lambda }\) → để một điểm trên \(AC\) vuông pha với nguồn thì \(\varphi =\pi \frac{{{d}_{1}}+\sqrt{d_{1}^{2}+{{16}^{2}}}}{\lambda }=\left( 2k+1 \right)\frac{\pi }{4}\) → \({{d}_{1}}+\sqrt{d_{1}^{2}+{{16}^{2}}}=\left( 2k+1 \right)\frac{\lambda }{4}\)

Với \(0\le {{d}_{1}}\le 12\) cm → có 3 giá trị → Đáp án B

Z_L = Lω = 50 Ω; Z_C = $\frac{1}{C\omega }$ = 100 Ω

Để công suất tiêu thụ của đoạn mạch đạt cực đại thì R = Z_L – Z_C = 50 Ω

Tần số góc ω = \(\frac{1}{\sqrt{LC}}\) => L = 0,5 H

Biên độ sóng \(A=4mm\Rightarrow {{A}_{bu\ddot{i}ng}}=8mm\)

1 bó sóng có 2 điểm dao động biên độ là 5 mm

\(\Rightarrow k=11\,\,bo\grave{u}=11\,\,bu\ddot{i}ng\)

→ có 12 nút