Các chất rắn bị nung nóng thì phát ra quang phổ liên tục → A sai

Mỗi nguyên tố hóa học có một quang phổ vạch đặc trưng của nguyên tố ấy → B đúng

Các chất khí ở áp suất thấp bị nung nóng thì phát ra quang phổ vạch → C sai

Quang phổ liên tục không phụ thuộc bản chất của vật phát sáng mà chỉ phụ thuộc nhiệt độ của vật → D sai

Chọn B.

Số nuclon của hạt nhân \({}_{90}^{230}Th\) là \(230\), số nuclon của hạt nhân \({}_{84}^{210}Po\) là \(210\)

Số nuclon của hạt nhân \({}_{90}^{230}Th\) nhiều hơn số nuclon của hạt nhân \({}_{84}^{210}Po\) là:

\(230 - 210 = 20\,\,\left( {nuclon} \right)\)

Chọn C.

Lần 1: vận tốc tại VTCB: \(v = {v_{\max }} = \omega {A_1}\)

Lần 2: kéo vật lệch khói VTCB đoạn x₀ rồi thả nhẹ, ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}{v_0} = 0\\{x_0} = {A_2}\end{array} \right.\)

Lần 3: ta có công thức độc lập với thời gian:

\({\omega ^2}{x_0}^2 + {v_0}^2 = {\omega ^2}{A_3}^2 \Rightarrow {A_3} = \sqrt {{x_0}^2 + {{\left( {\dfrac{{{v_0}}}{\omega }} \right)}^2}}  = \sqrt {{A_2}^2 + {A_1}^2} \)

Chọn A.

Mạch chỉ chứa cuộn cảm thuần, hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch sớm pha hơn cường độ dòng điện góc \(\dfrac{\pi }{2}\), ta có:

\({\varphi _{u/i}} = \dfrac{\pi }{2}\left( {rad} \right) \Rightarrow {\left( {\dfrac{u}{{{U_0}}}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{i}{{{I_0}}}} \right)^2} = 1\)

Chú ý: hai đại lượng x, y vuông pha với nhau, luôn có hệ thức:

\({\left( {\dfrac{x}{{{x_{\max }}}}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{y}{{{y_{\max }}}}} \right)^2} = 1\)

Tại thời điểm t, điện áp giữa hai đầu cuộn dây: \(u = {U_0}\)

Ta có: \(\dfrac{i}{{{I_0}}} = 0 \Rightarrow i = 0\)

Chọn D.

Mối liên hệ giữa cường độ dòng điện cực đại và điện tích cực đại trong mạch:

\({I_0} = \omega {Q_0} \Rightarrow \omega  = \dfrac{{{I_0}}}{{{Q_0}}} \Rightarrow T = \dfrac{{2\pi }}{\omega } = \dfrac{{2\pi }}{{\dfrac{{{I_0}}}{{{Q_0}}}}} = \dfrac{{2\pi {Q_0}}}{{{I_0}}}\)

Chọn B.

Bộ phận không có trong sơ đồ khối của máy phát thanh là mạch tách sóng.

Chọn A.

Tia gamma có bản chất là sóng điện từ, không mang điện nên không bị lệch trong điện trường và từ trường.

Tia \(\alpha \) là dòng hạt nhân nguyên tử \({}_2^4He\) mang điện tích \( + 2e\), có xu hướng bị lệch về phía bản âm của tụ điện

Tia \({\beta ^ + }\) có bản chất là dòng hạt poziton mang điện tích \( + 1e\), có xu hướng bị lệch về phía bản âm của tụ điện

Tia \({\beta ^ - }\) có bản chất là dòng hạt electron mang điện tích \( - 1e\), có xu hướng lệch về phía bản dương của tụ điện

Chọn A.

Cơ thể người phát ra tia hồng ngoại. Máy sấy tay hoạt động dựa trên hiện tượng cảm ứng tia hồng ngoại phát ra từ bàn tay

Chọn C.

Những đại lượng có tần số bằng tần số của li độ là: vận tốc, gia tốc, lực kéo về

Chọn B.

Cường độ điện trường: \(E = \dfrac{U}{d} \Rightarrow U = E.d\)

Chọn C.

Mạch không tiêu thụ công suất khi mạch chỉ chứa cuộn cảm thuần, tụ điện hoặc chứa cả cuộn cảm thuần và tụ điện

Chọn C.

Khi một electron bay vào cùng từ trường theo quỹ đạo vuông góc với các đường sức từ thì electron chịu tác dụng của lực điện vuông góc với phương chuyển động → hướng chuyển động của electron bị thay đổi

Chọn B.

Chiều dài của hai con lắc: \({{\rm{l}}_1} + {{\rm{l}}_2} = {\rm{l}} = 1\,\,\left( m \right)\)

Giả sử con lắc có chiều dài \({{\rm{l}}_2}\) lên vị trí cao nhất thì con lắc có chiều dài \({{\rm{l}}_1}\) có li độ góc \(\dfrac{{{\alpha _m}}}{2}\)

Ta có vòng tròn lượng giác:

Chu kì của hai con lắc tương ứng là \({T_1}\) và \({T_2}\)

Ta có: \(\Delta t = \dfrac{{{T_1}}}{{12}};\Delta t = \dfrac{{{T_2}}}{4} \Rightarrow \dfrac{{{T_1}}}{{12}} = \dfrac{{{T_2}}}{4} \Rightarrow \dfrac{{{T_1}}}{{{T_2}}} = \dfrac{{12}}{4} = 3 = \sqrt {\dfrac{{{{\rm{l}}_1}}}{{{{\rm{l}}_2}}}} \)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{{l_1}}}{{{l_2}}} = 9 \Rightarrow {l_1} = 9{l_2} \Rightarrow 9{l_2} + {l_2} = 1\\ \Rightarrow {l_2} = 0,1\,\,\left( m \right) = 10\,\,\left( {cm} \right)\\ \Rightarrow {l_2} = 90\,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)

Chọn D.

Nhận xét: hai vân sáng trùng nhau của hai bức xạ được tính là 1 vân sáng

Số vân sáng quan sát được trên màn: \({N_s} = {N_1} + {N_2} - {N_ \equiv }\)

\( \Rightarrow {N_1} + {N_2} = {N_s} + {N_ \equiv } = 57 + 5 = 62\)

Mặt khác: \({N_1} = {N_2} + 4\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{N_1} = 33\\{N_2} = 29\end{array} \right.\)

Ta có: \(\left( {{N_1} - 1} \right)\dfrac{{{\lambda _1}D}}{a} = \left( {{N_2} - 1} \right)\dfrac{{{\lambda _2}D}}{a} = L\)

\( \Rightarrow \left( {{N_1} - 1} \right){\lambda _1} = \left( {{N_2} - 1} \right){\lambda _2} \Rightarrow {\lambda _2} = \dfrac{{\left( {{N_1} - 1} \right){\lambda _1}}}{{\left( {{N_2} - 1} \right)}} = \dfrac{{32.0,49}}{{28}} = 0,56\,\,\left( {\mu m} \right)\)

Chọn C.

Độ lệch pha: \(\Delta \varphi  = \dfrac{{2\pi d}}{\lambda } = \dfrac{{2\pi df}}{v} = \dfrac{\pi }{3}\)

\( \Rightarrow v = 6df = 6d\dfrac{\omega }{{2\pi }} = 6.0,5.\dfrac{{4\pi }}{{2\pi }} = 6\,\,\left( {m/s} \right)\)

Chọn D.

Nhận xét: \(\Delta t = {t_2} - {t_1} = 0,75T = \dfrac{{3T}}{4} = \left( {2k + 1} \right)\dfrac{T}{4} \to \) hai thời điểm cường độ điện trường vuông pha nhau

Ta có: \({E_1}^2 + {E_2}^2 = {E_0}^2 \Rightarrow {E_2} = \sqrt {{E_0}^2 - {E_1}^2}  = \sqrt {{E_0}^2 - {{\left( {0,96{E_0}} \right)}^2}}  = 0,28{E_0}\)

\( \Rightarrow \dfrac{{{E_2}}}{{{E_0}}} = 0,28\)

Cường độ điện trường và cảm ứng từ tại 1 điểm luôn dao động cùng pha với nhau

\( \Rightarrow \dfrac{{{E_2}}}{{{E_0}}} = \dfrac{{{B_2}}}{{{B_0}}} = 0,28 \Rightarrow {B_2} = 0,28{B_0}\)

Chọn A.

Ta có bước sóng:

\(\lambda  = \dfrac{{ai}}{D} \Rightarrow \overline \lambda   = \dfrac{{\overline a .\overline i }}{{\overline D }} \Rightarrow \overline \lambda   = \dfrac{{{{2.10}^{ - 3}}.0,{{5.10}^{ - 3}}}}{2} = 0,{50.10^{ - 6}} = 0,50\,\,\left( {\mu m} \right)\)

Ta lại có: \(\lambda  = \dfrac{{ai}}{D}\)

Lấy ln 2 vế, ta có:

\(\ln \left( \lambda  \right) = \ln \left( {\dfrac{{ai}}{D}} \right) = \ln \left( {ai} \right) - \ln \left( D \right) = \ln \left( a \right) + \ln \left( i \right) - \ln \left( D \right)\)

Vi phân 2 vế, ta có:

\(\begin{array}{l}\dfrac{{d\lambda }}{{\overline \lambda  }} = \dfrac{{da}}{{\overline a }} + \dfrac{{di}}{{\overline i }} - \dfrac{{dD}}{{\overline D }} \Rightarrow \dfrac{{\Delta \lambda }}{{\overline \lambda  }} = \dfrac{{\Delta a}}{{\overline a }} + \dfrac{{\Delta i}}{{\overline i }} + \dfrac{{\Delta D}}{{\overline D }}\\ \Rightarrow \Delta \lambda  = \overline \lambda  .\left( {\dfrac{{\Delta a}}{{\overline a }} + \dfrac{{\Delta i}}{{\overline i }} + \dfrac{{\Delta D}}{{\overline D }}} \right) = 0,50.\left( {\dfrac{{0,01}}{2} + \dfrac{{0,01}}{{0,5}} + \dfrac{1}{{200}}} \right) = 0,015 \approx 0,02\,\,\left( {\mu m} \right)\end{array}\)

Vậy \(\lambda  = 0,50 \pm 0,02\,\,\left( {\mu m} \right)\)

Chọn D.

Lực Cu – lông tương tác giữa electron và hạt nhân: \({F_C} = k\dfrac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{{r^2}}} = k\dfrac{{{e^2}}}{{{r^2}}}\)

Chú ý: bán kính quỹ đạo của electron: \({r_n} = {n^2}{r_0}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {F_C} = \dfrac{{k{e^2}}}{{{{\left( {{n^2}{r_0}} \right)}^2}}} = \dfrac{{k{e^2}}}{{{n^4}{r_0}}} \Rightarrow {F_C} \sim \dfrac{1}{{{n^4}}}\\ \Rightarrow \dfrac{{{F_{C\left( N \right)}}}}{{{F_{C\left( L \right)}}}} = {\left( {\dfrac{{{n_L}}}{{{n_N}}}} \right)^4} = {\left( {\dfrac{2}{4}} \right)^4} = \dfrac{1}{{16}} \Rightarrow {F_{C\left( N \right)}} = \dfrac{{{F_{C\left( L \right)}}}}{{16}} = \dfrac{F}{{16}}\end{array}\)

Chọn A.

Đáp án

A

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

Cường độ điện trường tại hai thời điểm vuông pha: \({E_1}^2 + {E_2}^2 = {E_0}^2\)

Cường độ điện trường và cảm ứng từ dao động cùng pha: \(\dfrac{E}{{{E_0}}} = \dfrac{B}{{{B_0}}}\)

Giải chi tiết:

Cấu tạo mạch: \(\left( {{R_2}//{R_3}} \right)nt{R_1}\)

Ta có: \({R_{23}} = \dfrac{{{R_2}{R_3}}}{{{R_2} + {R_3}}} = \dfrac{{12.6}}{{12 + 6}} = 4\,\,\left( \Omega  \right)\)

\( \Rightarrow {R_N} = {R_1} + {R_{23}} = 3 + 4 = 7\,\,\left( \Omega  \right)\)

Áp dụng định luật Ôm cho toàn mạch, ta có:

\(I = \dfrac{E}{{{R_N} + r}} = \dfrac{{12}}{{7 + 1}} = 1,5\,\,\left( A \right) = {I_1} = {I_{23}}\)

Ta có: \({U_{23}} = {I_{23}}.{R_{23}} = 1,5.4 = 6\,\,\left( V \right) = {U_2} = {U_3}\)

\( \Rightarrow {I_2} = \dfrac{{{U_2}}}{{{R_2}}} = \dfrac{6}{{12}} = 0,5\,\,\left( A \right)\)

Khối lượng bạc bám vào catot là:

\({m_{Ag}} = \dfrac{1}{F}.\dfrac{A}{n}.{I_2}t = \dfrac{1}{{96500}}.\dfrac{{108}}{1}.0,5.\left( {16.60 + 5} \right) = 0,54\,\,\left( g \right)\)

Chọn A.

Gọi độ dài của 1 ô theo phương ngang là \(1\,\,cm\)

Từ đồ thị, ta thấy đoạn \(OM = \lambda  = 6\,\,cm\)

Biên độ của sóng là: \(a = 2\,\,\left( {mm} \right)\)

Trong khoảng thời gian \(\dfrac{1}{{12}}\,\,s\), sóng dịch chuyển 2 ô \( \Leftrightarrow 2\,\,cm\)

→ Quãng đường sóng truyền là: \(S = 2\left( {cm} \right) \Rightarrow v = \dfrac{S}{t} = \dfrac{2}{{\dfrac{1}{{12}}}} = 24\,\,\left( {cm/s} \right)\)

Mặt khác, bước sóng: \(\lambda  = vT \Rightarrow T = \dfrac{\lambda }{v} = \dfrac{6}{{24}} = \dfrac{1}{4}\,\,\left( s \right)\)

Tần số góc của sóng là: \(\omega  = \dfrac{{2\pi }}{T} = \dfrac{{2\pi }}{{\dfrac{1}{4}}} = 8\pi \,\,\left( {rad/s} \right)\)

Phương trình sóng tổng quát:

\(u = a\cos \left( {\omega t - \dfrac{{2\pi x}}{\lambda }} \right) \Rightarrow u = 2\cos \left( {8\pi t - \dfrac{{2\pi x}}{6}} \right) = 2\cos \left( {8\pi t - \dfrac{{\pi x}}{3}} \right)\,\,\left( {mm} \right)\)

Chọn B.

Khối lượng hạt nhân con tạo thành sau thời gian t là:

\({m_{con}} = \dfrac{{{M_{con}}}}{{{M_{me}}}}.{m_{me}}.\left( {1 - {2^{ - \dfrac{t}{T}}}} \right)\)

Khối lượng của hạt nhân mẹ còn lại là:

\({m_{me\left( {con\,lai} \right)}} = {m_0}{.2^{ - \dfrac{t}{T}}}\)

\(\begin{array}{l}
\Rightarrow \frac{{{m_{con}}}}{{{m_{me}}}} = \frac{{{M_{con}}}}{{{M_{me}}}}.\frac{{1 - {2^{ - \frac{t}{T}}}}}{{{2^{ - \frac{t}{T}}}}}\\
\Rightarrow \frac{3}{5} = \frac{{1 - {2^{ - \frac{t}{{18}}}}}}{{{2^{ - \frac{t}{{18}}}}}} \Rightarrow t = 12,2\,\,\left( {ngay} \right)
\end{array}\)

Chọn D.

Suất điện động hiệu dụng của máy phát điện xoay chiều là:

\(E = \dfrac{{{E_0}}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{NBS\omega }}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{NBS.2\pi f}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{NBS.2\pi .np}}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow E \sim f \sim n\)

Ta có: \(\dfrac{{{n_1}}}{{{n_1} + 1}} = \dfrac{{60}}{{70}} \Rightarrow {n_1} = 6\)

\(\dfrac{{{n_1}}}{{{n_1} + 1}} = \dfrac{{{E_1}}}{{{E_1} + 40}} \Rightarrow {E_1} = 240\,\,\left( V \right)\)

Theo đề bài ta có:

\(\dfrac{{{n_1}}}{{{n_1} + 2}} = \dfrac{{{E_1}}}{{{E_3}}} \Rightarrow \dfrac{6}{8} = \dfrac{{240}}{{{E_3}}} \Rightarrow {E_3} = 320\,\,\left( V \right)\)

Chọn A.

Hiệu điện thế giữa hai đầu tụ điện là:

\(\begin{array}{l}{U_C} = I.{Z_C} = \dfrac{{U{Z_C}}}{Z} = \dfrac{{U{Z_C}}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = \dfrac{{U{Z_C}}}{{\sqrt {{{\left( {{R^2} + {Z_L}} \right)}^2} - 2{Z_L}{Z_C} + {Z_C}^2} }}\\ \Rightarrow {U_C} = \dfrac{U}{{\sqrt {\left( {{R^2} + {Z_L}^2} \right)\dfrac{1}{{{Z_C}^2}} - 2{Z_L}\dfrac{1}{{{Z_C}}} + 1} }}\,\,\left( 1 \right)\end{array}\)

Từ (1), ta có: \(\left( {{R^2} + {Z_L}^2} \right)\dfrac{1}{{{Z_C}^2}} - 2{Z_L}\dfrac{1}{{{Z_C}}} + 1 - {\left( {\dfrac{U}{{{U_C}}}} \right)^2} = 0\)

Với giá trị của dung kháng \(\left\{ \begin{array}{l}{Z_{{C_1}}} = \dfrac{{125}}{3}\,\,\Omega \\{Z_{{C_2}}} = 125\,\,\Omega \end{array} \right.\), cho cùng 1 giá trị hiệu điện thế: \({U_{{C_1}}} = {U_{{C_2}}} = 100\,\,\left( V \right)\)

Khi \({Z_C} \to \infty \) thì \({U_C} = U = 72,11\,\,V = 20\sqrt {13} \,\,V\)

\( \Rightarrow 1 - {\left( {\dfrac{U}{{{U_C}}}} \right)^2} = 1 - {\left( {\dfrac{{20\sqrt {13} }}{{100}}} \right)^2} = 0,48\)

Theo định lí Vi – et, ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \dfrac{{ - b}}{a}\\{x_1}{x_2} = \dfrac{c}{a}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{{{Z_{{C_1}}}}} + \dfrac{1}{{{Z_{{C_2}}}}} = \dfrac{{2{Z_L}}}{{{R^2} + {Z_L}^2}}\\\dfrac{1}{{{Z_{{C_1}}}}}.\dfrac{1}{{{Z_{{C_2}}}}} = \dfrac{{0,48}}{{{R^2} + {Z_L}^2}}\end{array} \right.\\ \Rightarrow {R^2} + {Z_L}^2 = \dfrac{{0,48}}{{\dfrac{1}{{{Z_{{C_1}}}}}.\dfrac{1}{{{Z_{{C_2}}}}}}} = \dfrac{{0,48}}{{\dfrac{1}{{\dfrac{{125}}{3}}}.\dfrac{1}{{125}}}} = 2500\\ \Rightarrow \dfrac{1}{{\dfrac{{125}}{3}}} + \dfrac{1}{{125}} = \dfrac{{2{Z_L}}}{{2500}} \Rightarrow {Z_L} = 40\,\,\left( \Omega  \right)\\ \Rightarrow R = \sqrt {2500 - {{40}^2}}  = 30\,\,\left( \Omega  \right)\end{array}\)

Chọn A.

Ta có: \(\alpha  = \left( {\overrightarrow n ;\overrightarrow B } \right) = {90^0} - {30^0} = {60^0}\)

Độ lớn suất điện động cảm ứng là:

\(\begin{array}{l}\left| {{e_c}} \right| = \left| {\dfrac{{\Delta \Phi }}{{\Delta t}}} \right| = \left| {\dfrac{{\Delta \left( {NBS\cos \alpha } \right)}}{{\Delta t}}} \right| = NS\cos \alpha \left| {\dfrac{{\Delta B}}{{\Delta t}}} \right|\\ \Rightarrow \left| {{e_c}} \right| = {10.20.10^{ - 4}}.cos{60^0}.\left| {\dfrac{{0 - {{2.10}^{ - 4}}}}{{0,01}}} \right| = {2.10^{ - 4}}\,\,\left( V \right)\end{array}\)

Chọn B.

Khi electron chuyển động tròn đều quanh hạt nhân, lực Cu – lông đóng vai trò là lực hướng tâm

Ta có: \({F_C} = {F_{ht}} \Rightarrow k\dfrac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{{r^2}}} = \dfrac{{m{v^2}}}{r} \Rightarrow k\dfrac{{{e^2}}}{{{r^2}}} = m{\omega ^2}r\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \omega  = \sqrt {\dfrac{{k{e^2}}}{{m{r^3}}}}  = \sqrt {\dfrac{{k{e^2}}}{{m{{\left( {{n^2}{r_0}} \right)}^3}}}}  = \sqrt {\dfrac{{k{e^2}}}{{m{{\left( {{2^2}{r_0}} \right)}^3}}}} \\ \Rightarrow \omega  = \sqrt {\dfrac{{{{9.10}^9}.{{\left( {1,{{6.10}^{ - 19}}} \right)}^2}}}{{9,{{1.10}^{ - 31}}.{{\left( {{2^2}.5,{{3.10}^{ - 11}}} \right)}^3}}}}  = 5,{15.10^{15}} = 0,{5.10^{16}}\,\,\left( {rad/s} \right)\end{array}\)

Chọn A.

Ta có phương trình phản ứng hạt nhân:

\({}_1^1p + {}_3^7Li \to 2{}_Z^AX\)

Áp dụng định luật bảo toàn số khối và bảo toàn điện tích, ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}1 + 7 = 2A\\1 + 3 = 2Z\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}A = 4\\Z = 2\end{array} \right. \Rightarrow {}_2^4He\,\,\left( \alpha  \right)\)

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng toàn phần, ta có:

\(\begin{array}{l}\Delta E + \sum {{K_{truoc}}}  = \sum {{K_{sau}}}  \Rightarrow \Delta E + {K_p} = 2{K_\alpha }\\ \Rightarrow {K_\alpha } = \dfrac{{\Delta E + {K_p}}}{2} = \dfrac{{17,4 + 1,6}}{2} = 9,5\,\,\left( {MeV} \right)\end{array}\)

Chọn D.

Ta có: \(\dfrac{{hc}}{{{\lambda _{\min }}}} = e{U_{AK}}\)

\( \Rightarrow {U_{AK}} = \dfrac{{hc}}{{e{\lambda _{\min }}}} = \dfrac{{6,{{625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}{{1,{{6.10}^{ - 19}}.6,{{21.10}^{ - 11}}}} = 20000\,\,\left( V \right) = 20\,\,\left( {kV} \right)\)

Chọn D.

Ảnh ngược chiều với vật, cao gấp 2 lần vật \( \to A'B' = 2AB\)

Hệ số phóng đại của ảnh: \(\left| k \right| = \dfrac{{A'B'}}{{AB}} = 2 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}k = 2\,\,\left( {loai} \right)\\k =  - 2\,\,\left( {t/m} \right)\end{array} \right.\)

Mặt khác: \(k =  - \dfrac{{d'}}{d} =  - 2 \Rightarrow d' = 2d\)

Áp dụng công thức thấu kính, ta có:

\(\dfrac{1}{f} = \dfrac{1}{d} + \dfrac{1}{{d'}} \Rightarrow \dfrac{1}{{20}} = \dfrac{1}{d} + \dfrac{1}{{2d}} \Rightarrow d = 30\,\,\left( {cm} \right)\)

Chọn A.

Mức cường độ âm không gây ra mệt mỏi: \({L_0} \le 90dB\)

Gọi \(L\) là mức cường độ âm của cơ sở gỗ lúc đầu gây ra mệt mỏi, khoảng cách tương ứng là \(r\)

Áp dụng hiệu hai mức cường độ âm, ta có:

\(\begin{array}{l}L - {L_0} = 10\log \dfrac{I}{{{I_0}}} = 10\log {\left( {\dfrac{{{r_0}}}{r}} \right)^2} = 20\log \left( {\dfrac{{{r_0}}}{r}} \right)\\ \Rightarrow 110 - 90 = 20\log \left( {\dfrac{{{r_0}}}{r}} \right) \Rightarrow \log \left( {\dfrac{{{r_0}}}{r}} \right) = 1 \Rightarrow \dfrac{{{r_0}}}{r} = {10^1} = 10\\ \Rightarrow {r_0} = 10r = 10.100 = 1000\,\,\left( m \right)\end{array}\)

Chọn D.

Với tần số \({f_1}\), số bức xạ phát ra là: \(\dfrac{{{n_1}\left( {{n_1} - 1} \right)}}{2} = 3 \Rightarrow {n_1} = 3\)

Với tần số \({f_2}\), số bức xạ phát ra là: \(\dfrac{{{n_2}\left( {{n_2} - 1} \right)}}{2} = 10 \Rightarrow {n_2} = 5\)

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}h{f_1} = {E_3} - {E_1}\\h{f_2} = {E_5} - {E_1}\end{array} \right. \Rightarrow \dfrac{{{f_1}}}{{{f_2}}} = \dfrac{{{E_3} - {E_1}}}{{{E_5} - {E_1}}} = \dfrac{{\dfrac{{ - {E_0}}}{9} - \left( {\dfrac{{ - {E_0}}}{1}} \right)}}{{\dfrac{{ - {E_0}}}{{25}} - \left( {\dfrac{{ - {E_0}}}{1}} \right)}} = \dfrac{{\dfrac{{ - 1}}{9} + 1}}{{\dfrac{{ - 1}}{{25}} + 1}} = \dfrac{{25}}{{27}}\)

Chọn D.

Cường độ dòng điện qua ống dây là:

\(I = \frac{\xi }{{R + r}} = \frac{3}{{3 + 3}} = 0,5{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( A \right)\)

Cảm ứng từ trong lòng ống dây là:

\(\begin{array}{l}B = 4\pi {.10^{ - 7}}\dfrac{N}{{\rm{l}}}.I \Rightarrow 6,{28.10^{ - 3}} = 4\pi {.10^{ - 7}}\dfrac{N}{{0,25}}.0,5\\ \Rightarrow N = 2498,73 \approx 2500\,\,\left( {vong} \right)\end{array}\)

Chọn B.

Nối \({D_1}\) với nguồn và \({D_2}\) với \(R\), ta có:

\(\dfrac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \dfrac{{{D_1}}}{{{D_2}}} \Rightarrow {U_2} = \dfrac{{{U_1}{D_2}}}{{{D_1}}} \Rightarrow {P_1} = \dfrac{{{U_2}^2}}{R} = {\left( {\dfrac{{{U_1}{D_2}}}{{{D_1}}}} \right)^2}.\dfrac{1}{R} = 100\,\,\left( W \right)\,\,\left( 1 \right)\)

Nối \({D_2}\) vói nguồn, \({D_1}\) với \(R\), ta có:

\(\dfrac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \dfrac{{{D_2}}}{{{D_1}}} \Rightarrow {U_2} = \dfrac{{{U_1}{D_1}}}{{{D_2}}} \Rightarrow {P_2} = \dfrac{{{U_2}^2}}{R} = {\left( {\dfrac{{{U_1}{D_1}}}{{{D_2}}}} \right)^2}.\dfrac{1}{R} = 400\,\,\left( W \right)\,\,\left( 2 \right)\)

Lấy \(\left( 1 \right) \times \left( 2 \right)\), ta có:

\(\dfrac{{{U_1}^4}}{{{R^2}}} = 40000 \Rightarrow \dfrac{{{U_1}^2}}{R} = 200\)

Nếu đặt nguồn vào \(R\), công suất tiêu thụ trên điện trở là:

\({P_3} = \dfrac{{{U_1}^2}}{R} = 200\,\,\left( W \right)\)

Chọn B.

Ta có trục đối xứng của đồ thị:

Vị trí O là vị trí lò xo không bị biến dạng

Từ đồ thị ta thấy: \({O_x}O = \Delta {\rm{l = }}\frac{A}{2}\)

Ta có vòng tròn lượng giác:

Từ vòng tròn lượng giác, ta thấy trong khoảng thời gian lò xo nén trong 1 chu kì, vecto quay được góc:

\(\Delta \varphi  = \dfrac{{2\pi }}{3}\,\,\left( {rad} \right) \Rightarrow \Delta {t_{nen}} = \dfrac{{\Delta \varphi }}{\omega } = \dfrac{{\dfrac{{2\pi }}{3}}}{{\dfrac{{2\pi }}{T}}} = \dfrac{T}{3} = \dfrac{1}{3}.2\pi \sqrt {\dfrac{m}{k}}  = \dfrac{{2\pi }}{3}\sqrt {\dfrac{m}{k}} \)

Chọn A.

Bán kính quỹ đạo dừng: \({r_n} = {n^2}{r_0}\)

Quỹ đạo M ứng với \(n = 3 \Rightarrow r = {3^2}{r_0} = 9{r_0}\)

Chọn D.

T gọi là chu kì của dòng điện

Chọn D.

Bước sóng là quãng đường âm truyền được trong 1 chu kì dao động: \(\lambda  = v.T = \dfrac{v}{f}\)

Chọn B.

Giá trị cực đại của suất điện động là: \({E_0} = 100\,\,\left( V \right)\)

Chọn A.

Tần số của mạch dao động điện từ: \(f = \dfrac{1}{{2\pi \sqrt {LC} }}\)

Chọn C.

Hiện tượng ánh sáng trắng đi qua mặt phân cách giữa hai môi trường bị phân tách thành dải màu từ đỏ đến tím, gọi là hiện tượng tán sắc ánh sáng.

Chọn D.

Tốc độ truyền âm có giá trị nhỏ nhất trong môi trường chất khí ôxi

Chọn B.