Phương pháp:

+ Sóng điện từ là sóng ngang. Trong quá trình truyền sóng, vecto $\overrightarrow{E}$ luôn vuông góc với vecto $\overrightarrow{B}$ và cả hai vecto này luôn vuông góc với phương truyền sóng.

+ $\overrightarrow{E}$ và $\overrightarrow{B}$ đều biến thiên tuần hoàn theo không gian và thời gian và luôn đồng pha.

Cách giải:

Sóng điện từ lan truyền trong không gian, tại một điểm dao động của điện trường và từ trường luôn cùng pha.

Chọn C.

Phương pháp:

Thuyết lượng tử ánh sáng

+ Ánh sáng được tạo thành bởi các hạt gọi là photon

+ Với mỗi ánh sáng đơn sắc có tần số f, các photon đều giống nhau, mỗi photon mang năng lượng bằng hf

+ Trong chân không, photon bay với tốc độ c = 3.10⁸ m/s dọc theo các tia sáng.

+ Mỗi lần một nguyên tử hay phân tử phát xạ hoặc hấp thụ ánh sáng thì chúng phát ra hay hấp thụ một photon.

Cách giải: 

Năng lượng của mỗi photon ánh sáng: $\epsilon =hf=\frac{hc}{\lambda }$

Với mỗi ánh sáng đơn sắc khác nhau sẽ có tần số khác nhau, do đo có năng lượng khác nhau. 

$\to$ Phát biểu sai: Năng lượng của các phôtôn ánh sáng như nhau.

Chọn D.

Cơ năng của vật được tính bằng công thức: $W=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2.$

Chọn A.

Phương pháp:

Công thức liên hệ giữa công thoát và giới hạn quang điện: $A=\frac{hc}{{\lambda }_0}$

Cách giải: 

Giới hạn quang điện của kim loại là: ${\lambda }_0=\frac{hc}{A}$

Chọn A.

Phương pháp:

Vận tốc của vật bằng 0 khi vật qua vị trí biên.

Cách giải:

Tại t = 0 vật ở VTCB.

Vật có vận tốc bằng 0 khi vật qua vị trí biên.

Biểu diễn trên VTLG ta có: 

Từ VTLG ta thấy thời điểm đầu tiên vật có vận tốc bằng 0 là: $t=\frac{T}{4}$

Chọn C.

Công suất hao phí do tỏa nhiệt trên đường dây là: $P_{hp}=\frac{P^{2}r}{U^2}$

Chọn D.

Phương pháp:

Công dụng của tia X:

Tia X được sử dụng nhiều nhất để chiếu điện, chụp điện (vì nó bị xương và các chỗ tổn thương bên trong cơ thể cản mạnh hơn da thịt), để chẩn đoán bệnh hoặc tìm chỗ xương gãy, mảnh kim loại trong người,..., để chữa bệnh (chữa ung thư)

 Nó còn được dùng trong công nghiệp để kiểm tra chất lượng các vật đúc, tìm các vết nứt, các bọt khí bên trong các vật bằng kim loại; để kiểm tra hành lí hành khách đi máy bay, nghiên cứu cấu trúc vật rắn,..

Cách giải: 

Tia X dùng để nghiên cứu thành phần và cấu trúc của các vật rắn.

Chọn A.

Dòng điện là dòng chuyển dời có hướng của các điện tích.

Chọn C.

Trong máy phát điện xoay chiều một pha, phần cảm có 2 cặp cực, quay với tốc độ n vòng/phút. Dòng điện do 

máy phát ra có tần số là: $f=\frac{np}{60}$

Chọn A. 

Phương pháp:

+ Bước sóng là quãng đường mà sóng truyền đi được trong một chu kì dao động.

+ Bước sóng là khoảng cách giữa hai phần tử sống gần nhau nhất trên phương truyền sóng dao động cùng pha.

Cách giải:

Bước sóng là khoảng cách giữa hai phần tử sóng gần nhau nhất trên phương truyền sóng dao động cùng pha.

Phương pháp:

Khối lượng chất phóng xạ còn lại: $m=m_0{.2}^{-\frac{t}{T}}$

Khối lượng chất phóng xạ bị phân rã: $\Delta m=m_0-m=m_0.\left(1-2^{-\frac{t}{T}}\right)$

Cách giải: 

Khối lượng chất phóng xạ còn lại là: $m=m_0{.2}^{-\frac{t}{T}}={100.2}^{-\frac{28}{7}}=6,25g$

Chọn C.

Trong sóng cơ, tốc độ truyền sóng là tốc độ lan truyền dao động cơ trong môi trường.

Chọn D.

+ Biểu thức điện áp: $u=U\sqrt{2}\cos \omega t\left(U>0\right)$

Trong đó U là điện áp hiệu dụng đặt vào hai đầu đoạn mạch.

+ Biểu thức định luật Ôm: $I=\frac{U}{Z_C}$

Cách giải: 

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

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng lí thuyết về ứng dụng của dao động tắt dần.

Cách giải:

Dao động được ứng dụng trong thiết bị giảm xóc của ô tô là dao động tắt dần.

Chọn A.

Phương pháp:

Tiên đề về sự hấp thụ hay bức xạ của nguyên tử:

Khi nguyên tử chuyển từ trạng thái dừng có năng lượng E_n sang trạng thái dừng có năng lượng E_m thấp hơn thì nó phát ra một phôtôn có năng lượng đúng bằng hiệu E_n - E_m:

$\epsilon =h{f}_{nm}=E_n-E_m$

Ngược lại, nếu nguyên tử đang ở trạng thái dừng có năng lượng E_m mà hấp thụ được có năng lượng như trên thì nó sẽ chuyển lên trạng thái dừng có năng lượng E_n. 

Cách giải:

Ta có: $\epsilon =h{f}_{nm}=E_n-E_m\iff \frac{hc}{{\lambda }_{nm}}=E_n-E_m\Rightarrow {\lambda }_{nm}=\frac{hc}{E_n-E_m}$

Thay số ta được: ${\lambda }_{mn}=\frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{\left[-1,5-\left(-3,4\right)\right].1,{6.10}^{-19}}=0,{654.10}^{-6}m.$

Phương pháp:

Hệ số công suất: $\cos \phi =\frac{R}{Z}=\frac{R}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$

Cách giải: 

Hệ số công suất của mạch là: $\cos \phi =\frac{R_0}{\sqrt{{R_0}^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}=\frac{30}{\sqrt{{30}^2+{\left(20-60\right)}^2}}=\frac{3}{5}$

Phương pháp:

Định luật khúc xạ ánh sáng: $n_1.\sin i=n_2\sin r\Rightarrow \sin r$

Chiết suất: $n_d<n_v<n_t$ 

Cách giải:

Chùm sáng truyền từ không khí vào nước nên: $\sin i=n\sin r\Rightarrow \sin r=\frac{\sin i}{n}\left(1\right)$

Chiết suất của nước đối với các ánh sáng đơn sắc: $n_d<n_v<n_t$

Từ (1) và (2)$\Rightarrow r_t<r_v<r_d$

Chọn B.

Phương pháp:

Công thức thấu kính: $\frac{1}{f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{d\text{'}}$

Cách giải:

+ Khi đeo kính cách mắt 1cm, học sinh nhìn rõ các vật ở vô cực mà không phải điều tiết, nên ảnh của vật nằm 

điểm cực viễn của mắt, đồng thời ảnh nằm ở tiêu diện của kính, vậy tiêu cự của kính: $f=-\left(101-1\right)=-100cm$

+ Quan sát vật ở gần nhất khi đeo kính, ảnh của vật nằm ở cực cận của mắt, nên cách kính (11-1) cm, 

Ta có $d{\text{'}}_C=-10cm\Rightarrow d_C=\frac{d_C\text{'}.f}{d_C\text{'}-f}=\frac{-10.-100}{-10+100}=11,11cm$

Vậy vật gần nhất học sinh đó nhìn rõ cách mắt: $11,11+1=12,11cm$

Chọn D.

Phương pháp: 

Khi sóng âm truyền từ môi trường này sang môi trường khác:

+ Tần số và chu kì không thay đổi.

+ Tốc độ truyền sóng và bước sóng thay đổi.

Cách giải:

Khi một sóng âm truyền từ môi trường không khí vào môi trường nước thì tần số sóng không đổi. 

Chọn C.

Phương pháp: 

Công thức liên hệ giữa hiệu điện thế và cường độ điện trường: $U=E.d\Rightarrow E=\frac{U}{d}$

Cách giải: 

Cường độ điện trường có độ lớn: $E=\frac{U}{d}=\frac{80}{0,4}=200V/m$

Chọn C.

Phương pháp:

Năng lượng liên kết riêng đặc trưng cho độ bền vững của hạt nhân.

Hạt nhân có năng lượng liên kết riêng càng lớn thì càng bền vững. Các hạt nhân có số khối A trong khoảng từ 50 đến 80, năng lượng liên kết riêng của chúng có giá trị lớn nhất. 

Cách giải:

Đại lượng đặc trưng cho mức độ bền vững của hạt nhân là năng lượng liên kết riêng.

Chọn B.

Phương pháp:

Hạt nhân ${}_Z^{A}X$ có 2 proton và (A–Z) notron.

Cách giải:

Hạt nhân ${}_Z^{A}X$ có số proton là Z.

Chọn A.

Phương pháp:

Sử dụng sơ đồ cấu tạo máy quang phổ lăng kính.

Chiếu một chùm sáng đi qua một máy quang phổ lăng kính, chùm sáng lần lượt đi qua: ống chuẩn trực, hệ tán sắc, buồng tối. 

Chọn D.

Phương pháp:

* Sơ đồ khối của một máy phát thanh vô tuyến đơn giản:

1.Micro, thiết bị biến âm thanh thành dao động điện âm tần

2. Mạch phát sóng điện từ cao tần: tạo ra dao động cao tần (sóng mang)

3. Mạch biến điệu: trộn sóng âm tần với sóng mang

4. Mạch khuếch đại: tăng công suất (cường độ của cao tần

5. Anten: phát sóng ra không gian.

* Sơ đồ khối của một máy thu thanh vô tuyến đơn giản:

1. Anten thu: thu sóng để lấy tín hiệu

2. Mạch khuếch đại điện từ cao tần.

3. Mạch tách sóng: tách lấy sóng âm tần

4. Mạch khuếch đại dao động điện từ âm tần: tăng công suất (cường độ) của âm tần

5. Loa: biến dao động âm tần thành âm thanh

Cách giải:

Trong nguyên tắc của việc thông tin liên lạc bằng sóng vô tuyến, để trộn dao động âm tần với dao động cao tần ta dùng mạch biến điệu. 

Chọn B.

Phương pháp:

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

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

Cách giải: 

Biên độ của dao động tổng hợp: $A=\sqrt{5^2+{10}^2\mathrm{.2.5.10.}\cos \left(\pi +\frac{\pi }{3}\right)}=5\sqrt{3}cm$

Cơ năng của vật là: $\text{W}=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2=\frac{1}{2}.0,1^2{.10}^2.{\left(0,05\sqrt{3}\right)}^2=37,5mJ$

Chọn D.

Phương pháp: 

Công thức tính mức cường độ âm: $L=10\log \frac{I}{I_0}=10.\log \frac{P}{I_0.4\pi r^2}$

Cách giải: 

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{L}_A=10.\log \frac{P}{I_0.4\pi O{A}^2};L_B=10.\log \frac{P}{I_0.4\pi O{B}^2}\\ L_I=10.\log \frac{P}{I_0.4\pi O{I}^2};OI=\frac{OB-OA}{2}\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{L}_A-L_I=20\log \left(\frac{OI}{OA}\right)=20\log \left(\frac{OA+OB}{2OA}\right)=20\log \left(\frac{1}{2}+\frac{OB}{2OA}\right)\\ L_A-L_B=20\log \left(\frac{OB}{OA}\right)\Rightarrow \frac{OB}{OA}=100\end{array}\right.\Rightarrow L_I=25,934\left(dB\right)$

Chọn B.

Phương pháp:

vị trí cộng hưởng: ${\omega }_0=\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{100}{0,25}}=20\left(rad/s\right)$

Vì ${\omega }_1$ xa vị trí cộng hưởng hơn

${\omega }_2\left({\omega }_1<{\omega }_2<{\omega }_0\right)$ nên $A_1<A_2$ 

Chọn đáp án C

Phương pháp: 

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch: $P=U.I.cos\phi =\frac{U^{2}R}{Z^2}$

Cách giải: 

$u_C$ chậm pha hơn u một góc $\frac{\pi }{2}\Rightarrow i$cùng pha với u 

$\Rightarrow$ Mạch có cộng hưởng điện $\Rightarrow P=P_{max}=\frac{U^2}{R}=\frac{{200}^2}{100}=400W$

Phương pháp:

Định luật Ôm: $I=\frac{U}{Z}=\frac{U_R}{R}=\frac{U_L}{Z_L}=\frac{U_C}{Z_C}$

Độ lệch pha giữa u và i: $\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}=\frac{U_L-U_C}{U_R}$

L thay đổi để $U_{L\max }:U_L\left(U_L-U_C\right)=U^2$

Cách giải:

Thay đổi L để $U_L=U_{L\max }$ta có:

$U_L\left(U_L-U_C\right)=U^2\iff U_L\left(U_L-200\right)={\left(50\sqrt{5}\right)}^2\iff U_L^2-200U_L-12500=0\Rightarrow U_L=250V$

Lại có: $U^2=U_R^2+{\left(U_L-U_C\right)}^2\Rightarrow U_R=100V$

Cường độ dòng điện hiệu qua mạch: $I=\frac{U_R}{R}=\frac{100}{100}=1\left(A\right)\Rightarrow I_0=\sqrt{2}\left(A\right)$

Độ lệch pha giữa u và i:

 ${\phi }_u-{\phi }_i=0,4636\Rightarrow {\phi }_i={\phi }_u-0,4636=-0,4636rad$

Chọn C.

Phương pháp:

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

Vận tốc của vật tại VTCB: $v_{max}=\omega A$

Định luật bảo toàn động lượng: $\overrightarrow{p_{truoc}}=\overrightarrow{p_{sau}}$

Cách giải:

Áp dụng định luật bảo toàn cho hệ hai vật ngay trước và sau va chạm ta có: 

$mv=\left(M+m\right)v_{max}\Rightarrow v_{max}=\frac{mv}{M+m}=\frac{1.2}{3+1}=0,5m/s$

Tần số góc của hệ dao động: $\omega =\sqrt{\frac{k}{m+M}}=\sqrt{\frac{100}{1+3}}=5rad/s$

Lại có: $v_{max}=\omega A\iff 0,5=5.A\Rightarrow A=0,1m=10cm$

Chọn A.

Phương pháp: 

Chu kì dao động điều hòa của con lắc đơn: $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}\Rightarrow T^2=4{\pi }^2\frac{l}{g}$

Đồ thị hàm số: $y=ax+b$ với $a=\tan \alpha$

Cách giải:

Sử dụng công thức tính chu kì dao động điều hòa của con lắc đơn ta có: 

$T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}\Rightarrow T^2=4{\pi }^2.\frac{l}{g}=\left(\frac{4{\pi }^2}{g}\right)l$

Ta có: $\frac{4{\pi }^2}{g}=\tan \alpha \Rightarrow g=\frac{4{\pi }^2}{\tan \alpha }=\frac{4.3,{14}^2}{\tan 76}=9,83m/s^2$

Chọn B.

Phương pháp:

Khi $\omega$ thay đổi:

1) U_Lmax khi ${\omega }_L=\frac{1}{C{Z}_r}$chuẩn hoá$\left\{\begin{array}{l}{Z}_C=1\\ Z_L=n\\ R=\sqrt{2n-2}\end{array}\right.$$\Rightarrow U_{Lmax}=\frac{U}{\sqrt{1-n^{-2}}}$

2) U_Cmax khi ${\omega }_L=\frac{Z_r}{L}$chuẩn hoán $\left\{\begin{array}{l}{Z}_L=1\\ Z_C=n\\ R=\sqrt{2n-2}\end{array}\right.$$\Rightarrow U_{Cmax}=\frac{U}{\sqrt{1-n^{-2}}}$ chuẩn hoán

Với $n=\frac{{\omega }_L}{{\omega }_C}=\frac{1}{1-\frac{R^{2}C}{2L}}>1$

3) U_L = U khi ${\omega }_1=\frac{{\omega }_L}{\sqrt{2}}$

4) U_C = U khi ${\omega }_2={\omega }_C\sqrt{2}$

$\Rightarrow n=\frac{{\omega }_L}{{\omega }_C}=\frac{{\omega }_1\sqrt{2}}{{\omega }_2/\sqrt{2}}=1,4\Rightarrow U_{L\max }=\frac{U}{\sqrt{1-n^{-2}}}=\frac{100}{\sqrt{1-1,4^{-2}}}\approx 143\left(V\right)\Rightarrow$

Chọn A.