+ Thứ tự giảm dần của bước sóng: hồng ngoại, ánh sáng tím, tử ngoại và Rơn – ghen.

Đáp án B

+ Từ trường tạo bởi dòng điện tròn có chiều được xác định theo quy tắc nắm tay phải → trong vòng dây từ trường hướng thẳng đứng vào trong → (3) sai.

Đáp án C

+ Hạt nhân nguyên tử được cấu tạo từ các nucleon.

Đáp án B

+ Tại vị trí động năng bằng thế năng của vật thì:$\left\{\begin{array}{l}v=\frac{\sqrt{2}}{2}\omega A\\ a=\frac{\sqrt{2}}{2}{\omega }^{2}A\end{array}\right.$ → $\omega =\frac{a}{v}=\frac{100}{10}=10$ rad/s → T = 0,2π s.

+ Động năng sẽ biến thiên với chu kì bằng một nửa chu kì dao động của vật T_d = 0,1π s.

• Đáp án A

+ Trên dây có sóng dừng với hai nút sóng → có một bó sóng trên dây → λ = 2l = 2 m.

• Đáp án A

+ Công thức liên hệ giữa tần số, tốc độ quay của roto và số cặp cực trong máy phát điện xoay chiều một pha:

$f=\frac{pn}{60}=\frac{10.300}{60}=50$ Hz

• Đáp án A

+ Bảy vân sáng ứng với 6 khoảng vân 6i = 2,4 mm → i = 0,4 mm.

Bước sóng của ánh sáng $\lambda =\frac{ai}{D}=\frac{{2.10}^{-3}{.0,4.10}^{-3}}{1,2}=0,67$ μm.

• Đáp án A

+ Công của lực điện $A=FE\cos \alpha =qEMN\cos \alpha =3.{10}^{-6}$ J.

Đáp án C

+ Năng lượng của photon theo thuyết lượng tử ánh sáng

$\epsilon =\frac{hc}{\lambda }=\frac{{6,625.10}^{-34}{.3.10}^8}{{5.10}^{-11}}=3,975.{10}^{-15}$J.

• Đáp án A

+ Hai hạt nhân có cùng độ hụt khối → có cùng năng lượng liên kết.

Hạt nhân X có số khối lớn hơn hạt nhân Y → năng lượng liên kết của X nhỏ hơn Y → Hạt nhân Y bền vững hơn hạt nhân X.

Đáp án A

+ Tia γ và tia X không mang điện nên không bị lệch trong điện trường.

Đáp án C

+ Electron dịch chuyển ra xa hai điện tích q_A, q_B → tổng điện tích của q_A và q_B phải âm → B không thể xảy ra.

• Đáp án B

+ Khi cho nam châm chuyển động qua một mạch kín, trong mạch xuất hiện dòng điện cảm ứng. Điện năng của dòng điện được chuyển hóa từ cơ năng.

Đáp án B

+ Gia tốc của con lắc là tổng vecto gia tốc pháp tuyến và gia tốc pháp tuyến (gia tốc hướng tâm):

$\overrightarrow{a}=\overrightarrow{a_t}+\overrightarrow{a_n}$→ $a=\sqrt{a_t^2+a_n^2}$.

Trong đó: $\left\{\begin{array}{l}{a}_t=g\sin \alpha \\ a_n=\frac{v^2}{l}=2g\left(\cos \alpha -\cos {\alpha }_0\right)\end{array}\right.$

→ Tại vị trí cân bằng a = a_n = 2g(1 – cosα₀).

→ Tại vị trí biên a = a_t = gsinα₀.

$\delta =\frac{2\left(1-\cos {\alpha }_0\right)}{\sin {\alpha }_0}\approx \frac{2\left[1-\left(1-\frac{{\alpha }_0^2}{2}\right)\right]}{{\alpha }_0}={\alpha }_0=0,08$

• Đáp án A

+ Cường độ âm tại A: $I_A=\frac{P}{4\pi r^2}=\frac{0,6}{4\pi {.3}^2}=5,31.{10}^{-3}$W/m².

Đáp án A

+ Dựa vào hình vẽ ta có:$\sin \frac{\Delta \phi }{2}=\frac{20}{A}$ và $\cos \frac{\Delta \phi }{2}=\frac{8}{A}$.

+ Mặc khác ${\sin }^2\left(\frac{\Delta \phi }{2}\right)+{\cos }^2\left(\frac{\Delta \phi }{2}\right)=1$→ $A=\sqrt{{20}^2+8^2}=4\sqrt{29}$mm.

+ Tại thời điểm t₁ điểm D đang ở biên dương, thời điểm t₂ ứng với góc quét $\alpha =\omega t=\frac{2\pi }{5}$rad.

+ Vậy li độ của điểm D khi đó sẽ là: u_D = Asinα = 6,6 mm.

Tốc độ dao động của D: $v=\omega \sqrt{A^2-u_D^2}=64,41$mm/s.

• Đáp án A

+ Điện áp cực đại trên tụ điện $U_{Cmax}=\frac{U}{\sqrt{1-n^{-2}}}=\frac{5}{4}U$→ $n=\frac{5}{3}$→ $\left\{\begin{array}{l}{Z}_L=1\\ R=\sqrt{2n-2}=\frac{2}{\sqrt{3}}\end{array}\right.$.

→ Hệ số công suất của đoạn mạch AM: $\cos {\phi }_{AM}=\frac{R}{\sqrt{R^2+Z_L^2}}=\frac{\frac{2}{\sqrt{3}}}{\sqrt{{\left(\frac{2}{\sqrt{3}}\right)}^2+1}}=\frac{2}{\sqrt{7}}$

• Đáp án B

+ Khi xảy ra cực đại của điện áp hiệu dụng trên cuộn cảm thuần $Z_L=\frac{R^2+Z_C^2}{Z_C}$.

Ta chuẩn hóa $\left\{\begin{array}{l}R=1\\ Z_C=n\end{array}\right.$→$Z_L=\frac{1}{x}+x$

+ Hệ số công suất của mạch tương ứng $\cos \phi =\frac{R}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$↔ $0,8=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}}$→ .$n=\frac{4}{3}$

+ Kết hợp với $U_{Lmax}=U\sqrt{1+{\left(\frac{Z_C}{R}\right)}^2}$→$U=\frac{U_{Lmax}}{\sqrt{1+{\left(\frac{Z_C}{R}\right)}^2}}=\frac{U_{Lmax}}{\sqrt{1+{\left(\frac{4}{3}\right)}^2}}=120$ V → $U_0=120\sqrt{2}\approx 170$V.

• Đáp án B

+ Khi C = C₀ mạch xảy ra cộng hưởng và R = Z_L = Z_C, U = U_R = 40 V.

Mạch chỉ có C thay đổi, R = Z_L → với mọi giá trị của C thì U_R = U_L.

+ Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{U}_C+U_L=60\\ U_R^2+{\left(U_L-U_C\right)}^2={40}^2\end{array}\right.$↔$\left\{\begin{array}{l}{U}_C+U_R=60\\ U_R^2+{\left(U_R-U_C\right)}^2={40}^2\end{array}\right.$→ $5U_R^2-240U_R+2000=0$.

→ Phương trình trên cho ta hai nghiệm U_R = 37,3 V và U_R = 10,7 V.

• Đáp án C

• Ghi chú:

  + Điện áp hiệu dụng trên tụ điện $U_C=\frac{U{Z}_C}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}=\frac{U}{\sqrt{\left(R^2+Z_L^2\right)\frac{1}{Z_C^2}-2Z_L\frac{1}{Z_C}+1}}$
• → U_Cmax khi $Z_C=Z_{C0}=\frac{R^2+Z_L^2}{Z_L}=Z_L+\frac{R^2}{Z_L}$>Z_L (giá trị của dung kháng để mạch xảy ra cộng hưởng.
• + Đồ thị U_C theo Z_C có dạng như hình vẽ.

• + Từ đồ thị ta thấy rằng, khi mạch xảy ra cộng hưởng Z_C = Z_L thì tăng Z_C (giảm C) sẽ làm U_C tăng và ngược lại nếu ta giảm Z_C (tăng C) sẽ làm U_C giảm.

• 

+ Năng lượng của tia X có bước sóng ngắn nhất ứng với sự chuyển hóa hoàn toàn động năng của các electron đập vào anot thành bức xạ tia X: ${\epsilon }_{\min }=\frac{hc}{\lambda }=qU$

+ Năng lượng trung bình của tia X là: ε = 0,57qU.

+ Gọi n là số photon của chùm tia X phát ra trong 1 s, khi đó công suất của chùm tia X sẽ là: P_X = nε = 0,57nqU.

+ Gọi n_e là số electron đến anot trong 1 s, khi đó dòng điện trong ống được xác định bởi: I = n_ee → $n_e=\frac{I}{e}$.

+ Công suất của chùm tia electron: P_e = n_eqU = UI.

→ Theo giả thuyết của bài toán: $P_X=0,01P_e\iff 0,57nqU=0,01UI$→$n=\frac{0,01I}{0,57q}=4,48.{10}^{14}$ photon/s.

• Đáp án D

+ Áp dụng công thức Anhxtanh về hiện tương quang điện. Vì λ₁ < λ₂ → E_d1 = 2E_d2.

$\left\{\begin{array}{l}\frac{hc}{{\lambda }_1}=\frac{hc}{{\lambda }_0}+2E_{d2} \\ \frac{hc}{{\lambda }_2}=\frac{hc}{{\lambda }_0}+E_{d2}\end{array}\right.$$\to {\lambda }_o=\frac{3{\lambda }_1{\lambda }_2}{4{\lambda }_1-{\lambda }_2}=\frac{3.0,4.0,5}{4.0,4-0,5}=0,545$μm.

• Đáp án B

+ Khi chuyển động trên các quỹ đạo dừng thì lực tĩnh điện đóng vai trò là lực hướng tâm.

F = ma_ht ↔$k\frac{q^2}{r_n^2}=m{\omega }^2{r}_n$ → $\omega =\sqrt{\frac{k}{m{r}_n^3}}q$, quỹ đạo M ứng với n = 3

→$\omega =\sqrt{\frac{{9.10}^9}{{0,91.10}^{-31}.{\left(3^2{.5,3.10}^{-11}\right)}^3}}1,6.{10}^{-19}=1,53.{10}^{15}$ rad/s → $T_M=4,1.{10}^{-15}$s.

+ Chu vi của quỹ đạo M là $s=2\pi r_M=2\pi .3^2.5,3.{10}^{-11}=3.{10}^{-9}$m.

+ Ta để ý rằng khoảng thời gian $\Delta t={10}^{-8}$s gần bằng 2439024,39T → S = 2439024,39T.3.10^-9 = 7,3 mm.

• Đáp án D

+ Năng lượng mà tàu cần dùng trong một ngày: E = Pt = 3456.10¹³ J.

→ Với hiệu suất 0,25 thì năng lượng thực tế các phản ứng phân hạch đã cung cấp là $E_0=\frac{E}{25}100=1,3824.{10}^{14}$J.

+ Số hạt nhân Urani đã phân hạch

$n=\frac{E_0}{\Delta E}=\frac{{1,3824.10}^{14}}{{200.10}^6{.1,6.10}^{-19}}=4,32.{10}^{24}$

→ Khối lượng Urani cần dùng $m=\mu A=\frac{n}{N_A}A=1,69$kg.

• Đáp án C

+ Khi chưa dịch chuyển mà, ta có $x_M=5\frac{D\lambda }{a}$.

+ Khi dịch chuyển màn ra xa D tăng, dẫn đến i tăng, do vậy cùng một vị trí M trên màn nhưng số thứ tự của vân sẽ giảm. Kết hợp với giả thuyết M chuyển thành vân tối lần thứ hai, ta có $x_M=3,5\frac{\left(D+\Delta D\right)\lambda }{a}$.

→ Từ hai kết quả trên ta có: 3,5(D + 0,6) = 5D → D = 1,4 m.

→ Bước sóng của sóng ánh sáng $\lambda =\frac{x_{M}a}{5\mathrm{D}}=\frac{{4,2.10}^{-3}{.1.10}^{-3}}{5.1,4}=0,6$μm

• Đáp án A

Trong quá trình lan truyền sóng điện từ thì cường độ điện trường và cảm ứng từ luôn cùng pha nhau

+ Vậy tại thời điểm t₀ cảm ứng từ đang có giá trị $\frac{B_0}{2}$

+ Ta để ý rằng hai thời điểm này vuông pha nhau vậy, tại thời điểm t ta có $B=\frac{\sqrt{3}}{2}{B}_0$

• Đáp án D

+ Thanh nhôm chuyển động đều sang phải, khi đó lực ma sát sẽ cân bằng với lực điện tác dụng lên thanh hướng sang phải có dòng điện tổng hợp chạy từ M đến (dòng điện do nguồn và hiện tượng cảm ứng gây ra).

+ Ta có F = F_ms → IBℓ = μmg → $I=\frac{\mu mg}{B\ell }=\frac{0,4.0,2.10}{0,05.1,6}=10$A.

• Đáp án A

+ Ảnh cao hơn vật → thấu kính là hội tụ.

→ Trường hợp ảnh cùng chiều.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}d+d\text{'}=24\\ d\text{'}=2d\end{array}\right.$→ $\left\{\begin{array}{l}d=8\\ d\text{'}=16\end{array}\right.$cm.

+ Áp dụng công thức thấu kính $\frac{1}{d}+\frac{1}{d\text{'}}=\frac{1}{f}$ ↔$\frac{1}{8}+\frac{1}{16}=\frac{1}{f}$ → $f=\frac{16}{3}$ cm.

• Đáp án C

+ Biểu diễn các vị trí tương ứng trên đường tròn.

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\frac{T}{2\pi }ar\cos \left(\frac{x_0}{A_2}\right)+\frac{T}{2}=\frac{7}{4}\\ \frac{T}{2\pi }ar\cos \left(\frac{x_0}{A_1}\right)=\frac{1}{2}\end{array}\right.$→  $\frac{ar\cos \left(\frac{x_0}{A_2}\right)}{2ar\cos \left(\frac{x_0}{A_1}\right)}+\frac{\pi }{2ar\cos \left(\frac{x_0}{A_1}\right)}=\frac{7}{4}$→ x₀ = 3 cm.

→ T = 3 s

+ Phương trình dao động của hai chất điểm:

$\left\{\begin{array}{l}{x}_1=6\cos \left(\frac{2\pi }{3}t-\frac{\pi }{3}\right)\\ x_2=2\sqrt{3}\cos \left(\frac{2\pi }{3}t-\frac{\pi }{6}\right)\end{array}\right.$→$\frac{a_1}{a_2}=\frac{6\cos \left(\frac{2\pi }{3}t-\frac{\pi }{3}\right)}{2\sqrt{3}\cos \left(\frac{2\pi }{3}t-\frac{\pi }{6}\right)}=1,22$

• Đáp án D

+ Ta để ý rằng tại mỗi thời điểm v luôn vuông pha với x, từ phương trình

$\frac{x_1^2}{4}+\frac{v_2^2}{80}=3\iff \frac{x_1^2}{12}+\frac{v_2^2}{240}=1$ → v₂ vuông pha với x₁ → hai dao động hoặc cùng pha hoặc ngược pha nhau.

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{A}_1=\sqrt{12}\\ v_{2max}=\sqrt{240}=\sqrt{24}\pi \end{array}\right.$

+ Với hai dao động cùng pha thì thời gian để hai dao động gặp nhau là $\Delta t=\frac{T}{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}$→ $T=\sqrt{2}$s → $\omega =\sqrt{2}\pi$rad/s.

→$A_2=\frac{v_{2max}}{\omega }=\sqrt{12}=A_1$ → luôn cùng li độ → loại

+ Với hai dao động ngược pha thì thời gian để hai dao động gặp nhau là $\Delta t=\frac{T}{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}$ $T=\sqrt{2}$s→ $\omega =\sqrt{2}\pi$rad/s.

→ $A_2=\frac{v_{2max}}{\omega }=\sqrt{12}=A_1$→ $a_2=-a_1=-40$cm/s².

• Đáp án D

+ Phương trình truyền tải điện năng cho hai trường hợp $\left\{\begin{array}{l}{P}_1=\Delta P_1+P_0\\ P_2=\Delta P_2+P_0\end{array}\right.$→ $\left\{\begin{array}{l}{U}_1=\Delta U_1+U_{01}\\ U_2=\Delta U_2+U_{02}\end{array}\right.$.

+ Ta có ΔP ~ I² → Để ΔP₂ giảm 100 lần so với ΔP₁ → I₂ = 0,1I₁ → $\left\{\begin{array}{l}{U}_{02}=10U_{01}\\ \Delta U_2=0,1\Delta U_1\end{array}\right.$.

Kết hợp với giả thuyết ΔU₁ = 0,15U₀₁ → $\left\{\begin{array}{l}{U}_1=0,15U_{01}+U_{01}\\ U_2=0,1.0,15U_{01}+10U_{01}\end{array}\right.$→ $\frac{U_2}{U_1}\approx 8,7$.

Đáp án A

Ứng với L = L₀ → Z_L = Z_L0­ , ta chuẩn hóa Z_L0 = 1.

+ Hai giá trị của L cho cùng điện áp hiệu dụng trên tụ, thõa mãn:

$Z_{L1}+Z_{L2}=2Z_C\iff 1+3=2Z_C$→ Z_C = 2.

+ Hai giá trị của L cho cùng điện áp hiệu dụng trên cuộn cảm thõa mãn:

$\frac{1}{Z_{L3}}+\frac{1}{Z_{L4}}=\frac{2}{Z_{Lmax}}\iff \frac{1}{2}+\frac{1}{6}=\frac{2}{Z_{Lmax}}$→ Z_Lmax = 3, với Z_Lmax là cảm kháng để điện áp hiệu dụng trên cuộn cảm cực đại.

→ $Z_{Lmax}=\frac{R^2+Z_C^2}{Z_C}\iff 3=\frac{R^2+2^2}{2}$ → R² = 2.

+ Ta có tỉ số $\frac{U_L}{U_C}=\frac{\frac{Z_{L3}}{\sqrt{R^2+{\left(Z_{L3}-Z_C\right)}^2}}}{\frac{Z_C}{\sqrt{R^2+{\left(Z_{L1}-Z_C\right)}^2}}}=\frac{\frac{2}{\sqrt{2+{\left(2-2\right)}^2}}}{\frac{2}{\sqrt{2+{\left(1-2\right)}^2}}}=\sqrt{\frac{3}{2}}$.

• Đáp án B

+ Các vị trí mà hai bước sóng λ' = 735 nm và λ'' = 490 nm trùng nhau thõa mãn .

$\frac{k\text{'}}{k\text{'}\text{'}}=\frac{\lambda \text{'}\text{'}}{\lambda \text{'}}=\frac{490}{735}=\frac{2}{3}$

+ Điều kiện để bước sóng  λ bất kì cho vân sáng trùng với bước sóng λ':

$\frac{\lambda }{\lambda \text{'}}=\frac{k\text{'}}{k}$

 → $\lambda =\frac{k\text{'}\lambda \text{'}}{k}=\frac{735k\text{'}}{k}$ với k' = 2, 4, 6, 8…..

+ Với khoảng giá trị của λ là: 380 nm ≤ λ ≤ 760 nm, kết hợp với Mode → 7 trên Casio ta tìm được.

Với k' = 4 thì λ₁ = 588 nm và λ₂ = 420 nm → $\Delta \epsilon =hc\left(\frac{1}{{\lambda }_2}-\frac{1}{{\lambda }_2}\right)=0,85$MeV

• Đáp án C

+ Áp dụng định luật bảo toàn cho phản ứng hạt nhân

$\overrightarrow{p_n}=\overrightarrow{p_{\alpha }}+\overrightarrow{p_H}$→$\left\{\begin{array}{l}{p}_{\alpha }\sin {30}^0=p_H\sin {45}^0\\ p_n=p_{\alpha }\cos {30}^0+p_H\cos {45}^0\end{array}\right.$

→$\left\{\begin{array}{l}{p}_{\alpha }=\sqrt{2}{p}_H\left(1\right)\\ 2p_n=p_{\alpha }\sqrt{3}+p_H\sqrt{2}\left(2\right)\end{array}\right.$

+ Thay (1) vào (2), bình phương hai vế ta thu được

$4p_n^2={\left(1+\sqrt{3}\right)}^2{p}_{\alpha }^{2}4m_n{K}_n={\left(1+\sqrt{3}\right)}^2{m}_{\alpha }{K}_{\alpha }$

Từ trên ta tìm được $\left\{\begin{array}{l}{K}_{\alpha }=\frac{4m_n{K}_n}{{\left(1+\sqrt{3}\right)}^2{m}_{\alpha }}=0,32 MeV\\ K_H=\frac{m_{\alpha }{K}_{\alpha }}{2m_H}=0,21 MeV\end{array}\right.$

Vậy phản ứng này thu năng lượng $\Delta E=K_n-K_H-K_{\alpha }=1,87$MeV.

• Đáp án B