Phương pháp:

Bán kính quỹ đạo dừng thứ của electron: $r_n=n^2{r}_0.$ 

Cách giải:

Bán kính quỹ đạo dừng thứ của electron: $r_n=n^2{r}_0\Rightarrow r_n~n^2.$

Chọn đáp án C.

Phương pháp:

Sử dụng tính chất của tia hồng ngoại

Cách giải:

Tia hồng ngoại không thể nhận biết bằng mắt thường.

Tính chất nổi bật của tia hồng ngoại là tác dụng nhiệt $\to$ nhận biết tia hồng ngoại bằng pin nhiệt điện.

Chọn D. 

Phương pháp: Sử dụng lý thuyết về sơ đồ khối của máy thu thanh

Cách giải:

Sơ đồ khối của máy thu thanh bao gồm: Anten thu, mạch chọn sóng, mạch tách song, mạch khuếch đại

$\to$ trong sơ đồ khối của máy thu thanh không có mạch biến điệu

Chọn C.

Phương pháp: 

Sử dụng lý thuyết về biên độ của dao động cưỡng bức

Cách giải:

Biên độ của dao động cưỡng bức tỉ lệ thuận với biên độ của ngoại lực và phụ thuộc vào tần số góc của ngoại lực. Biên độ của dao động cưỡng bức đạt cực đại khi tần số góc của ngoại lực bằng tần số góc riêng của hệ. 

Chọn C.

Cách giải:

Người ta sử dụng tia X để kiểm tra hành lí của hành khách đi máy bay

Chọn D 

Phương pháp:

Định luật bảo toàn điện tích: $q_1\text{'}+q_2\text{'}=2q\text{'}=q_1+q_2$

Cách giải:

Điện tích của mỗi quả cầu sau khi tách ra là: 

Chọn C.

Phương pháp:

Điện áp hiệu dụng: $U=\frac{U_0}{\sqrt{2}}$ 

Cách giải: 

Điện áp hiệu dụng của dòng điện là: $U=\frac{U_0}{\sqrt{2}}=\frac{100}{\sqrt{2}}=50\sqrt{2}\left(V\right)$

Chọn A

Phương pháp:

Hạt nhân ${}_Z^{A}X$ có Z là số proton, A là số nuclon. (A – Z) là số notron

Cách giải:

Hai hạt nhân ${}_1^{3}T$ và ${}_2^{3}He$ có cùng số nuclon

Chọn C.

Cách giải:

Ứng dụng của hiện tượng giao thoa ánh sáng dùng để đo bước sóng ánh sáng.

Chọn A.

Cách giải:

Tần số của con lắc lò xo: $f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{k}{m}}$

Chọn B.

Phương pháp: 

Bước sóng của ánh sáng trong môi trường chiết suất n: $\lambda =\frac{c}{nf}$

Cách giải:

Bước sóng của ánh sáng này trong môi trường thủy tinh là: 

Chu kì của con lắc đơn: $T=2\pi \sqrt{\frac{\mathcal{l}}{g}}$

Cách giải: 

Chu kì của con lắc là: 

Chọn B.

Phương pháp:

Sử dụng lý thuyết về quang phổ liên tục

Cách giải:

Quang phổ liên tục không phụ thuộc vào bản chất của vật phát sáng mà chỉ phụ thuộc nhiệt độ của vật. 

 B đúng.

Chọn B.

Cách giải:

Để đo điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn dây người ta để đồng hồ đa năng ở chế độ ACV

Cách giải:

Đặc trưng sinh lí của âm bao gồm: độ cao, độ to, âm sắc

Chọn B.

Cách giải:

Điện áp giữa hai đầu tụ điện trễ pha $\frac{\pi }{2}$ so với cường độ dòng điện $\to$ dòng điện sớm pha $\frac{\pi }{2}$ so với điện áp giữa hai đầu tụ điện

Chọn B.

Cách giải:

Gia tốc trong dao động điều hòa luôn hướng về VTCB

Chọn D.

Phương pháp:

Bước sóng chiếu vào kim loại để xảy ra hiện tượng quang điện: $\lambda \le {\lambda }_0$

Cách giải:

Để xảy ra hiện tượng quang điện trong hợp kim, bước sóng của ánh sáng chiếu vào thỏa mãn: $\lambda \le {\lambda }_0$

$\Rightarrow {\lambda }_0=0,35\left(\mu m\right)$

Chọn B.

Cách giải:

Nguyên tắc hoạt động của quang điện trở dựa vào hiện tượng quang điện trong

Chọn B.

Phương pháp:

Khoảng cách giữa hai vân sáng: x = ki

Cách giải:

Khoảng cách giữa vân sáng bậc 5 và vân sáng bậc 10 là:

$x=5i\Rightarrow 2.5=5i\Rightarrow i=0,5\left(mm\right)$ 

Chọn A.

Phương pháp:

Định luật Ôm cho mạch điện: $I=\frac{E}{R+r}$ 

Cách giải: 

Cường độ dòng điện trong mạch là: $I=\frac{E}{R+r}=\frac{3}{5+1}=0,5\left(A\right)$

Chọn C.

Phương pháp: 

Động năng của con lắc lò xo: ${\text{W}}_d=\frac{1}{2}k{A}^2-\frac{1}{2}k{x}^2$

Cách giải:

Động năng của vật là: ${\text{W}}_d=\frac{1}{2}k{A}^2-\frac{1}{2}k{x}^2=\frac{1}{2}\mathrm{.20.0},{05}^2-\frac{1}{2}\mathrm{.20.0},{02}^2=0,021\left(J\right)$

Chọn A.

Phương pháp: 

Dung kháng của tụ điện: $Z_C=\frac{1}{\omega C}$

Cường độ dòng điện hiệu dụng: $I=\frac{U}{Z_C}$

Cách giải: 

Khi mắc nguồn $u=U\sqrt{2}cos\left(100\pi t+\pi \right)\left(V\right)$ và $u=U\cos \left(120\pi t+\frac{\pi }{2}\right)\left(V\right),$ cường độ sinh ra qua tụ điện là:

$\left\{\begin{array}{l}{I}_1=\frac{U_1}{Z_{C_1}}=U_1.{\omega }_{1}C=U.{\omega }_{1}C=2\left(A\right)\\ I_2=\frac{U_2}{Z_{C_2}}=U_2.{\omega }_{2}C=\frac{U}{\sqrt{2}}.{\omega }_{2}C\end{array}\right.$

$\Rightarrow \frac{I_2}{I_1}=\frac{U_2{\omega }_2}{U_1{\omega }_1}=\frac{{\omega }_2}{\sqrt{2}{\omega }_1}\Rightarrow \frac{I_2}{2}=\frac{120\pi }{\sqrt{2}.100\pi }\Rightarrow I_2=1,2\sqrt{2}\left(A\right)$ 

Chọn D.

Phương pháp: 

Hai phần tử môi trường dao động ngược pha nhau: $\frac{2\pi d}{\lambda }=\left(2k+1\right)\pi$

Tần số sóng: $f=\frac{v}{\lambda }$ 

Cách giải:

Hai phần tử môi trường tại A và B luôn dao động ngược pha nhau, ta có: 

$\frac{2\pi d}{\lambda }=\left(2k+1\right)\pi \Rightarrow \lambda =\frac{2d}{2k+1}=\frac{20}{2k+1}$

Tần số sóng là: $f=\frac{v}{\lambda }=\frac{80}{\frac{20}{2k+1}}=4\left(2k+1\right)$

Mà $25\le f\le 35\Rightarrow 25\le 4\left(2k+1\right)\le 35\Rightarrow 2,625\le k\le 3,875\Rightarrow k=3$

$\Rightarrow f=4\left(2k+1\right)=28\left(Hz\right)$

Chọn A.

Phương pháp:

Bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}=\frac{v.2\pi }{\omega }$

Phương trình dao động sáng tại điểm M do một nguồn truyền tới: $u_M=a\cos \left(\omega t-\frac{2\pi d}{\lambda }\right)$

Biên độ dao động tổng hợp: $A=\sqrt{A_1^2+A_2^2+2A_1{A}_2.cos\Delta \phi }$

Cách giải: 

Bước sóng là: $\lambda =\frac{v.2\pi }{\omega }=\frac{40.2\pi }{40\pi }=2\left(cm\right)$

Phương trình sống tại điểm M do 2 nguồn truyền tới là:

$u_M=u_{1M}+u_{2M}=6\cos \left(40\pi t-\frac{2\pi S_{1}M}{\lambda }\right)+8\cos \left(40\pi t-\frac{2\pi S_{2}M}{\lambda }\right)$

Biên độ sóng tại điểm M là: 

$A_M=\sqrt{6^2+8^2+\mathrm{2.6.8.}cos\frac{2\pi \left(S_{1}M-S_{2}M\right)}{\lambda }}=10$

$\Rightarrow cos\frac{2\pi \left(S_{1}M-S_{2}M\right)}{\lambda }=0\Rightarrow \frac{2\pi \left(S_{1}M-S_{2}M\right)}{\lambda }=\frac{\pi }{2}+k2\pi$

$\Rightarrow S_{1}M-S_{2}M=\left(\frac{1}{4}+k\right)\lambda$

Do M gần trung điểm của $S_1{S}_2\Rightarrow k_{\min }=0\Rightarrow S_{1}M-S_{2}M=\frac{\lambda }{4}=\frac{2}{4}=0,5\left(cm\right)$

Lại có: $S_{1}M+S_{2}M=8\left(cm\right)\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{S}_{1}M=4,25\left(cm\right)\\ S_{2}M=3,75\left(cm\right)\end{array}\right.$

$\Rightarrow MI=S_{1}M-\frac{S_1{S}_2}{2}=4,25-4=0,25\left(cm\right)$

Chọn D.

Phương pháp:

Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị

Điện áp giữa hai đầu đoạn mạch: $u=u_C+u_D$ 

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch: $U^2=U_C^2+U_D^2+2U_C{U}_D.cos\Delta {\phi }_{CD}$

Cách giải:

Từ đồ thị ta thấy khoảng thời gian từ a đến e là $\frac{T}{2}$

$\Rightarrow t_{ab}=t_{bc}=t_{cd}=t_{de}=\frac{t_{ae}}{4}=\frac{T}{8}$

$\Rightarrow {\phi }_{ab}={\phi }_{bc}={\phi }_{cd}={\phi }_{de}=\frac{\pi }{4}\left(rad\right)$

Tại thời điểm $d,u_C=-U_{0C}=-120\left(V\right)$

Ta có vòng tròn lượng giác: 

Từ vòng tròn lượng giác, ta thấy ở thời điểm $e,u_D=U_{0D}=160\left(V\right)$

$\to$ độ lệch pha giữa $u_D$ và $u_C$ là: ${\phi }_{CD}=\frac{3\pi }{4}rad$

Điện áp cực đại giữa hai đầu đoạn mạch là:

${U_0}^2=U_{0C}^2+U_{0D}^2+2U_{0C}{U}_{0D}.cos\Delta {\phi }_{CD}$

$\Rightarrow U_0^2={120}^2+{160}^2+\mathrm{2.120.160.}cos\frac{3\pi }{4}$

$\Rightarrow U_0\approx 113,3\left(V\right)\Rightarrow U=\frac{113,3}{\sqrt{2}}=80,1\left(V\right)$

Chọn B.

Phương pháp: 

Điện năng tiêu thụ: $A=UIt\cos \phi$

Cách giải:

Điện năng tiêu thụ của mạch điện là: 

$A=UIt\cos \phi \Rightarrow cos\phi =\frac{A}{UIt}=\frac{4,{4.10}^3}{\mathrm{220.3.8}}=0,8333$

Chọn A.

Phương pháp: 

Tần số góc của con lắc: $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}$

Cơ năng của con lắc: $\text{W}={\text{W}}_{d\max }={\text{W}}_{t\max }=\frac{1}{2}k{A}^2$

Khoảng cách giữa hai vật: $\mathcal{l}=O_1{O}_2+\left(x_2-x_1\right)$

Cách giải:

Tần số góc của hai con lắc là: 

$\left\{\begin{array}{l}{\omega }_1=\sqrt{\frac{k_1}{m}}\\ {\omega }_2=\sqrt{\frac{k_2}{m}}\end{array}\right.\Rightarrow \frac{{\omega }_2}{{\omega }_1}=\sqrt{\frac{k_2}{k_1}}=\sqrt{\frac{400}{100}}=2\Rightarrow {\omega }_2=2{\omega }_1=2\omega$

Cơ năng của hai con lắc là: 

$\left\{\begin{array}{l}{\text{W}}_1=\frac{1}{2}{k}_1{A}_1^2\Rightarrow 0,125=\frac{1}{2}\mathrm{.100.}{A}_1^2\Rightarrow A_1=0,05\left(m\right)=5\left(cm\right)\\ {\text{W}}_2=\frac{1}{2}{k}_2{A}_2^2\Rightarrow 0,125=\frac{1}{2}\mathrm{.400.}{A}_2^2\Rightarrow A_2=0,025\left(m\right)=2,5\left(cm\right)\end{array}\right.$

Tại thời điểm ban đầu, con lắc thứ nhất ở biên âm, con lắc thứ 2 ở biên dương 

$\to$ hai con lắc dao động ngược pha.

Gọi phương trình dao động của hai con lắc là: 

$\left\{\begin{array}{l}{x}_1=5\cos \left(\omega t+\pi \right)\\ x_2=2,5\cos \left(2\pi t\right)\end{array}\right.$

Khoảng cách giữa hai vật trong quá trình dao động là:

$\mathcal{l}=O_1{O}_2+\left(x_2-x_1\right)=10+2,5\cos \left(2\omega t\right)-5\cos \left(\omega t+\pi \right)$

$\Rightarrow \mathcal{l}=10+2,5.\left(2{\cos }^2\omega t-1\right)+5\cos \left(\omega t\right)$

$\Rightarrow \mathcal{l}=5{\cos }^2\omega t+5\cos \omega t+7,5$

Đặt $x=cos\omega t\Rightarrow f\left(x\right)=5x^2+5x+7,5$

Xét $f\text{'}\left(x\right)=10x+5=0\Rightarrow x=-\frac{1}{2}\Rightarrow f_{\left(x\right)\min }={\mathcal{l}}_{\min }=6,25\left(cm\right)$

Chọn A.

Điều kiện xảy ra sóng dừng trên dây với hai đầu cố định $\mathcal{l}=k\frac{\lambda }{2}$ 

Tốc độ truyền sóng: $v=\lambda f$ 

Cách giải:

Sóng dừng với hai đầu cố định với 5 nút sóng $\to$ có 4 bó sóng

Chiều dài dây là: $\mathcal{l}=4.\frac{\lambda }{2}\Rightarrow 1=4.\frac{\lambda }{2}\Rightarrow \lambda =0,5\left(m\right)$

Phương pháp: 

Công suất hao phí trên đường dây: $\Delta P=\frac{P^{2}R}{U^2}$

Công thức máy biến áp: $\frac{U_1}{U_2}=\frac{N_1}{N_2}$ 

Hiệu suất truyền tải: $H=\frac{P-\Delta P}{P}$

Cách giải: 

Ban đầu, công suất hao phí trên đường dây là: $\Delta P=\frac{P^{2}R}{U^2}$

Tăng hiệu điện thế lên 2U, công suất hao phí trên đường dây là: $\Delta P\text{'}=\frac{P^{2}R}{4U^2}=\frac{\Delta P}{4}$

Công suất ban đầu và sau khi thay đổi hiệu điện thế là: 

$\left\{\begin{array}{l}{P}_1=P-\Delta P=\frac{12}{13}{P}_0\\ P_1\text{'}=P-\frac{\Delta P}{4}=P_0\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\Delta P=\frac{4}{39}{P}_0\\ P=\frac{40}{39}{P}_0\end{array}\right.$

Tỉ số vòng dây của máy biến áp ban đầu là: $\frac{U_1}{U_2}=\frac{54}{1}\Rightarrow U_1=54U_2$

Gọi tỉ số vòng dây của máy biến áp là $k\Rightarrow \frac{U_1\text{'}}{U_2\text{'}}=k\Rightarrow U_1\text{'}=k{U}_2\text{'}$

Hiệu suất truyền tải trong 2 trường hợp là:

$\left\{\begin{array}{l}H=\frac{P_1}{P}=\frac{U_1}{U}\\ H=\frac{P_1\text{'}}{P}=\frac{U_1\text{'}}{2U}\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\frac{\frac{12}{13}{P}_0}{\frac{40}{39}{P}_0}=\frac{9}{10}=\frac{54U_2}{U}\\ \frac{P_0}{\frac{40}{39}{P}_0}=\frac{39}{40}=\frac{k{U}^2}{2U}\end{array}\right.\Rightarrow \frac{k}{54.2}=\frac{\frac{39}{40}}{\frac{9}{10}}=\frac{13}{12}\Rightarrow k=\frac{117}{1}$

Chọn A.

Phương pháp:

Biên độ dao động tổng hợp: $A=\sqrt{A_1^2+A_2^2+2A_1{A}_2\cos \Delta \phi }$

Cách giải:

Biên độ của dao động tổng hợp là:

$A=\sqrt{A_1^2+A_2^2+2A_1{A}_2\cos \Delta \phi }\Rightarrow 2A=\sqrt{A^2+{\left(A\sqrt{3}\right)}^2+2A.A.cos\Delta \phi }$

$\Rightarrow cos\Delta \phi =0\Rightarrow \Delta \phi =\frac{\pi }{2}\left(rad\right)$

Chọn D.

Phương pháp:

Lực Lorenzo: $f_L=qvB\sin \alpha$

Cách giải:

Lực Lorenxo tác dụng lên điện tích đó là:

$f_L=qvB\sin \alpha =3,{2.10}^{-19}{.10}^6.0,5.\sin {90}^0=1,{6.10}^{-13}\left(N\right)$ 

Chọn A.