Tác dụng của lăng kính trong máy phân tích quang phổ là làm tán sắc chùm sáng song song thành nhiều chùm tia đơn sắc song song

Chọn B

Sóng dọc là sóng có phương dao động trùng với phương truyền sóng

Chọn B

Công của lực điện không phụ thuộc vào hình dạng đường đi mà phụ thuộc vào vị trí của điểm đầu và điểm cuối.

Chọn C

Trong quá trình truyền tải điện năng, biện pháp giảm hao phí trên đường dây tải điện được sử dụng chủ yếu hiện nay là tăng điện áp trước khi truyền tải.

Chọn A

Vật tốc đạt giá trị cực đại khi vật qua vị trí cân bằng theo chiều dương và đạt giá trị cực tiểu khi vật qua VTCB theo chiều âm.

Chọn D

Năng lượng photon ɛ = hf => Phôtôn ứng với ánh sáng đơn sắc có năng lượng càng lớn nếu ánh sáng đó có tần số càng lớn.

Chọn A

Thế năng của dao động tắt dần giảm dần.

Chọn A

Hai điểm trên phương truyền sóng cách nhau một khoảng bằng số lẻ nửa bước sóng thì hai điểm đó sẽ dao động ngược pha.

Chọn B

Ánh sáng phát quang có tần số nhỏ hơn tần số của ánh  sáng kích thích.

Chọn A

HD: Mạch chỉ có tụ điện nên điện áp vuông pha với cường độ dòng điện.

Ta có $\frac{u^2}{U_0^2}+\frac{i^2}{I_0^2}$ = 1 => $\frac{u^2}{U^2}+\frac{i^2}{I^2}=2$

Chọn C

Hạt nhân ${}_{27}{}^{60}Co$ có điện tích là 27e

Chọn C

Ánh sáng đơn sắc khi truyền từ môi trường này sang môi trường khác thì không bị đổi màu và tần số.

Chọn C

Khi vật chuyển động nhanh dần theo chiều dương thì x < 0 và v > 0

Chọn B

HD: Bước sóng λ = $\frac{c}{f}$ = $\frac{3.{10}^8}{10.{10}^6}$ = 30 m

Chọn D

HD: Mạch chỉ chứa R nên U = I R = 110.2 = 220 V

Chọn B

HD: Quỹ đạo dừng N ứng với n = 4 => Bán kính quỹ đạo N là

r = n² r_0­ = 4².5,3.10^-11 = 84,8.10^-11 m

Chọn B

HD: Khoảng vân i = $\frac{\lambda D}{a}$ = 1,8 mm

Xét điểm M: Số vân sáng trên khoảng OM là các giá trị k thỏa mãn

0 < ki < 6,84 => 0 < k < 3,8 => Có 3 giá trị k thỏa mãn. Vậy trên khoảng OM có 3 vân sáng

Xét điểm N: Số vân sáng trên khoảng ON là các giá trị k thỏa mãn

0< ki < 4,64 => 0 < k < 2,5 => Có 2 giá trị k thỏa mãn. Vậy trên khoảng ON có 2 vân sáng

Vậy trên đoạn MN có 3 + 2 + 1 = 6 vân sáng

Chọn A

HD: Chu kì dao động của con lắc đơn T = 2π $\sqrt{\frac{l}{g}}$ = 2π $\sqrt{\frac{0.64}{{\pi }^2}}$ = 1,6 s   

Chọn C

HD: Năng lượng liên kết riêng E_lkr  = $\frac{E_{lk}}{A}=\frac{1784}{235}$ = 7,59 MwV/ nuclon

Chọn C

HD: Công thoát A = 4,14 eV = 4,14.1,6.10^-19 J = 6,624.10^-19 J

Giới hạn quang điện λ₀ = $\frac{h_c}{A}$ = 3.10^-7 m = 0,3 µm

Chọn B

HD: Khoảng cách giữa hai khe hẹp a = $\frac{\lambda D}{i}$ = 0,8 mm

Chọn D

HD: f = $\frac{np}{60}$ = $\frac{4.900}{60}$ = 60 Hz

Chọn A

HD: Từ đồ thị ta thấy Q₀ = 8 µC;  = 10^-4 s => T = 2.10^-4 s => ω = $\frac{2\pi }{T}$ = π.10^-4 s

Tại thời điểm ban đầu, q = 0 và theo chiều +  => Pha ban đầu φ = -$\frac{\pi }{2}$

Chọn B

HD: Dự định: $k=\frac{N_2}{N_1}=0,5$

Lúc đầu: $\frac{U}{U_2}=\frac{N_2}{N_1}=0,43\left(1\right)$

Lần 2: $\frac{U}{{U^{\text{'}}}_2}=\frac{N_2+26}{N_1}=0,45\text{ (2)}$

Từ (1) và (2): $\Rightarrow \frac{N_2}{N_2+26}=\frac{0,45}{0,43}\Rightarrow N_2=559$ vòng N1=1300 vòng

Theo dự định: $\frac{N_2}{N_1}=\frac{1}{2}\Rightarrow N_2=650$ vòng

Số vòng cần quấn thêm là 91 vòng

Chọn D

 Bước sóng λ = v/f = 2cm

 Xét điểm C trên BN

  S₁N = d₁; S₂N = d₂ (  0≤ d₂ ≤ 6 cm)

 Tam giác S₁S₂M là tam giác vuông tại S₂

Sóng truyền từ S₁; S₂ đến N:

u_1N = 2cos(10pt - $\frac{\pi }{4}$ - $\frac{2\pi d_1}{\lambda }$) (mm)

u_2N = 2cos(10pt + $\frac{\pi }{4}$ - $\frac{2\pi d_2}{\lambda }$) (mm)

u_N = 4 cos[$\frac{\pi (d_1-d_2)}{\lambda }$- $\frac{\pi }{4}$]  cos[10πt -$\frac{\pi (d_1+d_2)}{\lambda }$]

N là điểm có biên độ cực đại: cos[$\frac{\pi (d_1-d_2)}{\lambda }$- $\frac{\pi }{4}$] = ± 1 ------>[$\frac{\pi (d_1-d_2)}{\lambda }$- $\frac{\pi }{4}$]  = kπ

     $\frac{d_1-d_2}{2}$- $\frac{1}{4}$  = k       -------> d₁ – d₂ = $\frac{4k-1}{2}$     (1)

    d₁² – d₂² = S₁S₂² = 64   -----> d₁ + d₂ = $\frac{64}{d_1-d_2}=\frac{128}{4k-1}$  (2)

  (2) – (1)  Suy ra    d₂ =  $\frac{64}{4k-1}-\frac{4k-1}{4}$= $\frac{256-{(4k-1)}^2}{4(4k-1)}$      k nguyên dương

  à   0 ≤ d₂ ≤  6  -----à 0 ≤ d₂ = $\frac{256-{(4k-1)}^2}{4(4k-1)}$  ≤ 6 

đặt X = 4k-1  -------->

  0 ≤ $\frac{256-X^2}{4X}$ ≤  6------>    X ≥ 8   ------> 4k – 1 ≥ 8  ------> k ≥3

Điểm N có biên độ cực đại xa S₂ nhất ứng với giá trị nhỏ nhất của k:  k_min = 3

 Khi đó d₂ =$\frac{256-{(4k-1)}^2}{4(4k-1)}=\frac{256-{11}^2}{44}=3,068\approx 3,07$ (cm)

Chọn A

HD:

$\Delta l_1=\frac{m_{1}g}{k}=0,04m;k{A}^2=\left(m_1+m_2\right)v_1^2+k\Delta {l_1}^2\Rightarrow v_1=\sqrt{\frac{k\left(A^2-\Delta l_1^2\right)}{m_1+m_2}}$ 

$m_{1}v=\left(m_1+m_2\right)v_1\Rightarrow v=\frac{\left(m_1+m_2\right)v_1}{m_1}=\frac{m_1+m_2}{m_1}\sqrt{\frac{k\left(A^2-\Delta l_1^2\right)}{m_1+m_2}}=\frac{\sqrt{k\left(A^2-\Delta l_1^2\right)\left(m_1+m_2\right)}}{m_1}$ 

$h=\frac{v^2}{2g}=\frac{k\left(A^2-\Delta l_1^2\right)\left(m_1+m_2\right)}{2g{m}_1^2}$ 

h = 10,31cm

Chọn B