Phương pháp:

Nếu ta cung cấp thêm năng lượng cho vật dao động tắt dần để bù lại sự tiêu hao vì ma sát mà không làm thay đổi chu kì riêng của nó thì dao động kéo dài mãi mãi và được gọi là dao động tắt dần.

Cứ mỗi chu kì ta tác dụng vào vật dao động trong một thời gian ngắn một lực cùng chiều với chuyển động. Lực này sẽ truyền thêm năng lượng cho vật mà không làm thay đổi chu kì dao động của vật.

Cách giải:

Dao động duy trì là dao động tắt dần mà người ta đã tác dụng ngoại lực vào vật dao động cùng chiều với chiều chuyển động trong một phần của từng chu kỳ.

Chọn A.

Phương pháp:

+ Khoảng vân: $i=\frac{\lambda D}{a}\Rightarrow \lambda =\frac{a.i}{D}$ 

+ Khoảng cách giữa hai vẫn sáng hoặc hai vận tối liên tiếp là i; khoảng giữa 1 vân sáng và 1 vận tối liên tiếp là $\frac{i}{2}$ 

Cách giải:

Khoảng cách giữa 10 vận tối là 9i.

M và N đều là vẫn sáng nên khoảng cách giữa M và N là: $MN=9i+\frac{i}{2}+\frac{i}{2}=2cm\iff i=0,2cm=2mm$ 

$\Rightarrow \lambda =\frac{a.i}{D}=\frac{0,5.2}{2}=0,5\mu m$ 

Chọn A.

Phương pháp:

Biểu thức của cường độ dòng điện xoay chiều: $i=I_0.\cos \left(\omega t+\phi \right)$ 

Trong đó:

Cường độ dòng điện cực đại: $I_0=I\sqrt{2}$ 

Tần số góc: $\omega =\frac{2\pi }{T}=2\pi f$ 

Pha ban đầu: $\phi$ 

Cách giải

Ta có: $i=2\sqrt{2}\cos \left(100\pi t+\frac{\pi }{2}\right)\left(A\right)\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}I=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=2\left(A\right)\\ f=\frac{\omega }{2\pi }=\frac{100\pi }{2\pi }=50Hz\\ t=0,15s\Rightarrow i=2\sqrt{2}\cos \left(100\pi .0,15+\frac{\pi }{2}\right)=0\\ \phi =\frac{\pi }{2}\end{array}\right.$ 

Chọn C.

Phương pháp:

Công thức tính từ thông qua một mạch điện: $\varphi =BS.\cos \alpha ;\alpha =\left(\overrightarrow{n},\overrightarrow{B}\right)$ 

Cách giải:

Ta có: $\varphi =BS.\cos \alpha ;\alpha =\left(\overrightarrow{n},\overrightarrow{B}\right)$

Từ thông qua 1 mạch điện phụ thuộc vào hình dạng và kích thước của mạch điện.

Chọn D.

Phương pháp:

Công thức tính tần số:

+ $f=n.p$ với n (vòng/phút)

+ $f=\frac{np}{60}$ với n (vòng/phút)

Cách giải:

Máy phát điện xoay chiều một pha có phần cảm gồm 2 cặp cực (p cực nam và p cực bắc). Khi máy hoạt động, rôto quay đều với tốc độ n vòng/giây. Suất điện động do máy tạo ra có tần số là: $f=n.p$

Chọn D.

Tai con người có thể nghe được những âm có mức cường độ âm ở trong khoảng 0dB đến 130dB.

Phương pháp:

Bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}$ 

Điều kiện có cực đại giao thoa: $d_2-d_1=k\lambda ;k\in Z$ 

Điều kiện có cực tiểu giao thoa: $d_2-d_1=\left(k+\frac{1}{2}\right)\lambda ;k\in Z$

Vẽ hình, sử dụng các định lí toán học: hàm số cos, định lí Pitago,..

Cách giải:

Bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}=\frac{32}{20}=1,6cm$ 

Xét tỷ số: $\frac{d_2-d_1}{\lambda }=\frac{9-4,2}{1,6}=3$ 

Vậy ban đầu M nằm trên cực đại bậc 3.

Dịch chuyển B ra xa một đoạn $\Delta d$, để đoạn này là nhỏ nhất thì khi đó M phải nằm trên cực tiểu thứ 4 với:

 ${d_2}^{\text{'}}-d_1=\left(3+\frac{1}{2}\right)\lambda =3,5\lambda =3,5.1,6=5,6cm\Rightarrow {d_2}^{\text{'}}=9,8cm$

Áp dụng định lí hàm số cos cho tam giác MAB ta có: $M{B}^2=M{A}^2+A{B}^2-2AM.AB.cosA$ 

$\Rightarrow cosA=\frac{M{A}^2+A{B}^2-M{B}^2}{2AM.AB}=\frac{4,2^2+{12}^2-9^2}{2.4,2.12}=0,8$ $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}AH=AM.cosA=4,2.0,8=3,36cm\\ MH=AM.\sin A=4,2.0,6=2,52cm\end{array}\right.$ 

Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông MHB’ ta có: $H{B}^{\text{'}}=\sqrt{M{B^{\text{'}}}^2-M{H}^2}=\sqrt{9,8^2-2,{52}^2}=9,47cm$ 

Đoạn dịch chuyển: $B{B}^{\text{'}}=H{B}^{\text{'}}-HB=H{B}^{\text{'}}-\left(AB-AH\right)=9,47-\left(12-3,36\right)=0,83cm$ 

Chọn D.

Quang trở là một linh kiện bán dẫn hoạt động dựa trên hiện tượng quang điện trong.

Chọn A.

Cường độ dòng điện có biểu thức:  $I=\frac{q}{t}$

Chọn B.

Phương pháp:

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

Cơ năng: $\text{W}=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2$ 

Cách giải:

Cơ năng dao động của vật: $\text{W}=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2\iff \frac{1}{2}.0,{2.15}^2.A^2=0,05625\iff A=0,05m=5cm$

Hai dao động ngược pha nên biên độ của dao động tổng hợp là: $A=\left|A_1-A_2\right|\iff 5=\left|6-A_2\right|\Rightarrow A_2=1cm$ 

Chọn D.

Phương pháp:

Tia hồng ngoại:

+ Định nghĩa: Là những bức xạ không nhìn thấy được, có bước sóng lớn hơn bước sóng của ánh sáng đỏ $\left(\lambda >0,76\mu m\right)$ 

+ Bản chất: Là sóng điện từ.

+ Nguồn phát: Mọi vật có nhiệt độ cao hơn OK đều phát ra tia hồng ngoại.

+ Tính chất

- Tính chất nổi bật là tác dụng nhiệt rất mạnh.

- Có thể gây ra một số phản ứng hóa học.

- Có thể biến điệu được như sóng điện từ cao tần.

- Có thể gây ra hiện tượng quang điện trong ở một số chất bán dẫn.

Cách giải:

Phát biểu không đúng về tia hồng ngoại là: Tia hồng ngoại làm phát quang một số chất khí.

Chọn A.

Phương pháp: Đối với động cơ không đồng bộ, tốc độ góc của khung dây luôn nhỏ hơn tốc độ góc của từ trường

Cách giải: Quay nam châm hình chữ U với vận tốc góc $\omega$ thì khung dây quay cùng chiều với chiều quay của nam châm với ${\omega }_0<\omega$ 

Phương pháp: 

Tần số dao động của mạch LC: $f=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}$ 

Cách giải:

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}f=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}\\ f^{\text{'}}=\frac{1}{2\pi \sqrt{2L.\frac{C}{2}}}=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}\end{array}\right.\Rightarrow f^{\text{'}}=f$ 

Chọn A.

Phương pháp:

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

Công thức tính công suất: $P=UI$ 

Cách giải:

Gọi

+ P₀ là công suất của khu công nghiệp

+ U₁, U₂ lần lượt là điện áp ở cuộn sơ cấp trong 2 trường hợp điện áp truyền đi là U và 2U.

+ P₁, P₂ lần lượt là công suất ở cuộn sơ cấp trong 2 trường hợp điện áp truyền đi là U và 2U

Công suất ở cuộn dây sơ cấp trong 2 lần là: $\left\{\begin{array}{l}{P}_1=U_1{I}_1=\frac{12}{13}{P}_0\\ P_2=U_2{I}_2=P_0\end{array}\right.$ 

Do điện áp trước khi tải đi lần lượt là U và 2U nên: $I_1=2I_2$ 

(Công suất truyền đi P = UI không đổi; I₁ và I₂, lần lượt là cường độ dòng điện trên dây truyền tải trong trường hợp U_phát là U và 2U).

$\Rightarrow \frac{P_1}{P_2}=\frac{U_1{I}_1}{U_2{I}_2}\iff \frac{\frac{12}{13}{P}_0}{P_0}=2.\frac{U_1}{U_2}\iff 2.\frac{U_1}{U_2}=\frac{12}{13}\iff \frac{U_1}{U_2}=\frac{6}{13}$ 

Với U₀ là điện áp ở cuộn thứ cấp. Ta có tỉ số của máy hạ áp ở khu công nghiệp trong hai trường hợp:

$\left\{\begin{array}{l}{k}_1=\frac{U_1}{U_0}=\frac{54}{1}\\ k_2=\frac{U_2}{U_0}\end{array}\right.\Rightarrow \frac{k_1}{k_2}=\frac{U_1}{U_2}=\frac{6}{13}\Rightarrow k_2=\frac{117}{1}$ 

Chọn A.

Phương pháp:

Khoảng cách giữa hai bụng hoặc hai nút liên tiếp là $\frac{\lambda }{2}$ 

Khoảng cách giữa 1 nút và 1 bụng liên tiếp là $\frac{\lambda }{2}$ 

Cách giải:

Trong hệ sóng dừng trên một sợi dây, khoảng cách giữa hai nút liên tiếp bằng $\frac{\lambda }{2}$

Chọn C.

Phương pháp:

Năng lượng dao động: $\text{W}=\frac{1}{2}k{A}^2$ 

Chiều dài cực đại và cực tiểu của lò xo: $\left\{\begin{array}{l}{l}_{\min }=l_0+\Delta l_0-A\\ l_{max}=l_0+\Delta l_0+A\end{array}\right.$ 

Độ biến dạng tại VTCB: $\Delta l_0=\frac{mg}{k}$ 

Lực đàn hồi: $F_{dh}=k.\Delta l\Rightarrow k=\frac{F_{dh}}{\Delta l}$ 

Cách giải:

Vật có vận tốc bằng 0 tại biên nên khi lò xo có chiều dài 28cm vận tốc bằng không tức là khi đó vật đang ở biên âm: $l_{\min }=l_0+\Delta l_0-A\Rightarrow A-\Delta l_0=30=28=2cm$ 

Lực đàn hồi có độ lớn 2N nên: $k=\frac{F_{dh}}{\Delta l}=\frac{2}{0,02}=100N/m$ 

Độ biến dạng của lò xo tại VTCB: $\Delta l_0=\frac{mg}{k}=\frac{0,2.10}{100}=2cm\Rightarrow A=\Delta l_0+2=4cm$ 

Năng lượng dao động của vật: $\text{W}=\frac{1}{2}k{A}^2=\frac{1}{2}\mathrm{.100.0},{04}^2=0,08J$ 

Chọn B.

Phương pháp:

Tần số góc: $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{g}{\Delta l}}\Rightarrow \Delta l=\frac{g}{{\omega }^2}$ 

Sử dụng kỹ năng đọc đồ thị khai thác các dữ liệu của đồ thị.

Cách giải:

Từ đồ thị ta thấy: $\frac{T}{4}=0,1s\Rightarrow T=0,4s\Rightarrow \omega =5\pi \left(rad/s\right)$ 

Mà $\omega =\sqrt{\frac{g}{\Delta l}}\Rightarrow \Delta l=\frac{g}{{\omega }^2}=\frac{10}{250}=0,04m$ 

Từ đồ thị ta thấy giá trị: $\left\{\begin{array}{l}{F}_{dh\max }=3N\\ F_{dh\min }=-1N\end{array}\right.$ 

Lò xo treo thẳng đứng nên F_{dh max} khi vật ở vị trí thấp nhất của quỹ đạo, F_{dh min} khi vật ở vị trí cao nhất

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{F}_{dh\max }=k.\left(A+\Delta l\right)=3N\\ F_{dh\min }=k.\left(A-\Delta l\right)-1N\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}k.\Delta l=1\\ kA=2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}k=25N/m\\ A=0,08m\end{array}\right.$

Từ t = 0 đến t = 0,1s (trong khoảng $\frac{T}{4}$ ) lực đàn hồi tăng đến giá trị cực đại nên $\phi =-\frac{\pi }{2}$ 

Phương trình dao động của vật: $x=8\cos \left(5\pi t-\frac{\pi }{2}\right)\left(cm\right)$ 

Chọn C.

Phương pháp:

Hệ thức độc lập theo thời gian: $\left\{\begin{array}{l}a=-{\omega }^{2}x\\ A^2=\frac{v^2}{{\omega }^2}+\frac{a^2}{{\omega }^4}\end{array}\right.$ 

Cách giải:

Ta có: $a=-{\omega }^{2}x\Rightarrow \frac{a}{x}=-{\omega }^2$ 

Chọn D.

Khối lượng của electron rất nhỏ nên có thể xem khối lượng hạt nhân như khối lượng nguyên tử.

Chọn B.

Phương pháp:

Sử dụng VTLG và công thức: $\Delta t=\frac{\alpha }{\omega }=\alpha .\frac{T}{2\pi }$ 

Cách giải:

Từ VTLG ta có khi vật đi từ VTCB đến vị trí có li độ $x=A\frac{\sqrt{2}}{2}$ thì góc quét tương ứng là:

$\alpha =\frac{\pi }{4}\Rightarrow \Delta t=\alpha .\frac{T}{2\pi }=0,25s\iff \frac{\pi }{4}.\frac{T}{2\pi }=0,25s\Rightarrow T=2s$ 

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng lí thuyết của tia X

Cách giải:

Phát biểu đúng khi nói về tia X là: Tia X có tác dụng sinh lí hủy diệt tế bào.

Chọn D.

Phương pháp:

Điều kiện xảy ra hiện tượng quang điện: $\lambda \le {\lambda }_0$ 

Giới hạn quang điện: ${\lambda }_0=\frac{hc}{A}$ 

Cách giải:

Giới hạn quang điện của kim loại làm catot: ${\lambda }_0=\frac{hc}{A}=\frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{3,45.1,{6.10}^{-19}}=0,36\mu m$

Để xảy ra hiện tượng quang điện thì: $\lambda \le {\lambda }_0$

Vậy các bức xạ gây ra hiện tượng quang điện là ${\lambda }_1,{\lambda }_4$ 

Chọn B.

Phương pháp:

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

Cách giải:

Ta có $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}\Rightarrow T\notin m$

Vậy khi thêm vật nặng có m’ = 100g vào thì chu kì dao động mới vẫn là 2s.

Chọn B.

Phương pháp:

Công thức xác định bán kính quỹ đạo dừng n: $r_n=n^2.r_0$ 

Cách giải:

Ta có: $r_n=n^2.r_0\iff 2,{12.10}^{-10}=n^2.5,{3.10}^{-11}\Rightarrow n=2$

Quỹ đạo đó có tên gọi là quỹ đạo dừng L.

Chọn D.

Phương pháp:

Sóng ngang là sóng có các phần tử môi trường dao động theo phương vuông góc với phương truyền sóng.

Sóng dọc là sóng có các phần tử môi trường dao động theo phương truyền sóng.

Cách giải:

Để phân biệt sóng ngang hay sóng dọc người ta dựa vào phương dao động và phương truyền sóng.

Chọn C.

Phương pháp:

Năng lượng liên kết: ${\text{W}}_{lk}=\Delta m.c^2=\left[Z.m_p+\left(A-Z\right)m_n-m_{hn}\right]c^2$ 

Năng lượng liên kết riêng: $\epsilon =\frac{{\text{W}}_{lk}}{A}$ 

Khối lượng hạt nhân: $m_{hn}=m_{nguyentu}-Z.m_e$ 

Cách giải:

Khối lượng của hạt nhân ${}_{26}{}^{56}Fe$ là: $m_{hn}=m_{nguyentu}-Z.m_e=55,934939-26,{\mathrm{5.486.10}}^{-4}=55,9206754u$

Năng lượng liên kết của hạt nhân ${}_{26}{}^{56}Fe$là: ${\text{W}}_{lk}=\Delta m.c^2=\left[Z.m_p+\left(A-Z\right)m_n-m_{hn}\right]c^2$

$=\left[26.1,00728+\left(56-26\right).1,00866-55,9206754\right]u{c}^2$ 

$=0,5284046.931,5MeV=492,209MeV$ 

Năng lượng liên kết riêng của hạt nhân sắt: $\epsilon =\frac{{\text{W}}_{lk}}{A}=\frac{492,209}{56}=8,789\frac{MeV}{nuclon}$

Chọn C

Phương pháp:

Công suất tỏa nhiệt: $P=I^{2}R$ 

Cách giải:

Công suất tỏa nhiệt trên điện trở bằng: $P=I^{2}R=2^2.110=440W$

Phương pháp:

Tần số dao động riêng của vật: $f_0=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{g}{l}}$ 

Tần số góc của ngoại lực cưỡng bức càng gần với tần số góc riêng của biên độ dao động của hệ càng lớn.

Cách giải:

Tần số dao động riêng của vật: $f_0=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{g}{l}}=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{{\pi }^2}{1}}=0,5Hz$

Như vậy khi tần số ngoại lực tăng từ 1Hz đến 2Hz thì biên độ dao động của con lắc luôn giảm.

Chọn A.

Phương pháp:

Cường độ điện trường: $E=\frac{k\left|q\right|}{r^2}$ 

Cách giải:

Cường độ điện trường tại điểm B cách A một khoảng 10cm là: $E=\frac{k\left|q\right|}{r^2}=\frac{{9.10}^9{\mathrm{.5.10}}^{-9}}{0,1^2}=4500V/m$

Chọn B.

Phương pháp:

Sử dụng lí thuyết về mạch điện xoay chiều có C thay đổi.

Cảm kháng:  $Z_L=\omega L$

Số chỉ của vôn kế  $U_V=U_{rL}=\frac{U\sqrt{r^2+Z_L^2}}{\sqrt{r^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$

Cách giải:

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}r=15\Omega \\ Z_L=\omega L=100\pi .\frac{2}{25\pi }=8\Omega \end{array}\right.$ 

Số chỉ của vôn kế: $U_V=U_{rL}=\frac{U\sqrt{r^2+Z_L^2}}{\sqrt{r^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$

C thay đổi để U_{V max} khi mạch xảy ra cộng hưởng điện:  $Z_L=Z_C\Rightarrow C=\frac{1}{{\omega }^{2}L}=\frac{1}{{\left(100\pi \right)}^2.\frac{2}{25\pi }}=\frac{{10}^{-2}}{8\pi }F$

Số chỉ vôn kế lớn nhất: $U_V=U_{rL}=\frac{U\sqrt{r^2+Z_L^2}}{\sqrt{r^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}=\frac{120\sqrt{{15}^2+8^2}}{15}=136V$ 

Chọn A

Phương pháp:

Bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}=3cm.$

Độ lệch pha hai sóng kết hợp tại M:$\Delta \phi =\frac{2\pi }{\lambda }\left(d_1-d_2\right)=\frac{2\pi }{3}\left(d_1-d_2\right)$

Biên độ dao động tổng hợp tại M:

$\begin{array}{l}{A}^2=A_1^2+A_2^2+2A_1{A}_2\cos \Delta \phi \\ \Rightarrow 2a^2=a^2+a^2+2a^2\cos \Delta \phi \\ \Rightarrow \Delta \phi =\frac{\pi }{2}+n\pi \Rightarrow \frac{2\pi }{3}\left(d_1-d_2\right)=\frac{\pi }{2}+n\pi \Rightarrow \left(d_1-d_2\right)=0,75+1,5n\end{array}$

Điều kiện để M nằm trên CD là $DA-DB\le d_1-d_2=0,75+1,5n\le CA-CB$

$\Rightarrow 10-10\sqrt{2}\le d_1-d_2=0,75+1,5n\le 10\sqrt{2}-10\Rightarrow -3,26\le n\le 2,26$

$\Rightarrow n=-3;-2;\mathrm{...};2:$ có 6 giá trị

Chọn B.

Phương pháp:

Cảm kháng: $Z_L=\omega L$

Đối với đoạn mạch chỉ chứa cuộn cảm thuần $\frac{i^2}{I_0^2}+\frac{u^2}{U_0^2}=1\iff \frac{i^2}{I_0^2}+\frac{u^2}{I_0^2.Z_L^2}=1\Rightarrow I_0$ 

Cường độ dòng điện hiệu dụng: $I=\frac{I_0}{\sqrt{2}}$ 

Cách giải:

Cảm kháng $Z_L=\omega L$

Đối với đoạn mạch chỉ chứa cuộn cảm thuần (u vài vuông pha) ta có:

$\frac{i^2}{I_0^2}+\frac{u^2}{U_0^2}=1\iff \frac{i^2}{I_0^2}+\frac{u^2}{I_0^2.Z_L^2}=1\Rightarrow I_0=\sqrt{i^2+\frac{u^2}{Z_L^2}}$

Thay số ta được $I_0=\sqrt{i^2+\frac{u^2}{Z_L^2}}=\sqrt{4^2+\frac{{150}^2}{{50}^2}}=5A$

Cường độ dòng điện hiệu dụng: $I=\frac{I_0}{\sqrt{2}}=\frac{5}{\sqrt{2}}=2,5\sqrt{2}A$