Năng lượng liên kết của hạt nhân  được xác định bởi biểu thức:

 $\text{W\hspace{0.17em}=}\left[{\text{Z.m}}_{\text{p}}+\left(\text{A}-\text{Z}\right){\text{m}}_{\text{n}}-{\text{m}}_{\text{X}}\right]{\text{c}}^2$

Chọn đáp án A

Vùng phủ nhau giữa quang phổ bậc 2 và bậc 3 là vùng quang phổ trải từ bậc 3 màu tím tới bậc 2 màu đỏ

 $\Rightarrow \Delta x=\frac{\left(2{\lambda }_d-3{\lambda }_t\right)D}{a}=\frac{\left(2.0,76-3.0,38\right).2}{2}=0,38mm.$

Chọn đáp án C

Ta có:  $1.\sin {60}^0=\sqrt{3}\sin r\Rightarrow \sin r=\frac{1}{2}\Rightarrow r={30}^0$

Chọn đáp án A

Ta có hệ thức: $\left\{\begin{array}{l}\frac{hc}{{\lambda }_1}=A+\frac{m{v}_1^2}{2}\\ h{f}_2=A+\frac{m{v}_2^2}{2}=A+4.\frac{m{v}_1^2}{2}\end{array}\right.$

$\Rightarrow \frac{4hc}{{\lambda }_1}-h{f}_2=3A\Rightarrow A\approx {3.10}^{-19}\left(J\right)\approx 1,88\left(eV\right)$

Chọn đáp án B

Khối lượng của các hạt nhân trước và sau phản ứng:

 $\left\{\begin{array}{l}{m}_{truoc}=22,9837+1,0073=23,991u\\ m_{sau}=4,0015+19,9869=23,9884u\end{array}\right.$

Năng lượng của phản ứng hạt nhân:

$\Rightarrow W=\left(m_{truoc}-m_{sau}\right)c^2=\left(23,991-23,9884\right)u{c}^2$

$=0,0026.931,5=2,4219MeV.$

Do $\Delta E>0$  nên phản ứng tỏa năng lượng.

Chọn đáp án C

Tại M là vân sáng bậc 4 ứng với k = 4.

Vị trí điểm M lúc đầu được xác định bởi: $x_M=ki=4.\frac{\lambda D}{a}$   (1).

Khi dịch màn ra xa vị trí điểm M được xác định bởi:  $x_M=k\text{'}i\text{'}=k\text{'}.\frac{\lambda \left(D+0,5\right)}{a}$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra:  $4.\frac{\lambda D}{a}=k\text{'}\frac{\lambda \left(D+0,5\right)}{a}$

$\iff 4.1,5=k\text{'}\left(1,5+0,5\right)\iff k\text{'}=3\Rightarrow$Tại M lúc này là vân sáng bậc 3.

Vì N đối xứng với M qua vân sáng trung tâm nên tại N lúc này cũng là vân sáng bậc 3.

Vậy trong khoảng MN số vân sáng giảm 2 vân.

Chọn đáp án C

Khi đi vào vùng không gian có điện trường, và đường sức vuông góc với hướng của các tia thì:

- Tia anpha (${}_{\text{2}}{}^{\text{4}}\text{He}$) mang điện tích +2e nên lệch về phía bản âm của tụ điện.

- Tia Bêta(${\beta }^{+}$ ) mang điện tích +e nên lệch về phía bản âm của tụ điện.

- Tia Bêta(${\beta }^{-}$) mang điện tích -e nên lệch về phía bản dương của tụ điện.

- Tia $\gamma$  là sóng điện từ, không mang điện tích nên không bị lệch trong điện trường lẫn từ trường.

Chọn đáp án A

Do tia sáng màu lục đi là là mặt nước.

Suy ra góc tới giới hạn của chùm tia sáng thỏa mãn:  $\sin {\text{i}}_{\text{gh}}=\frac{1}{{\text{n}}_{\text{luc}}}$

Ta có:    ${\text{n}}_{\text{do}}<{\text{n}}_{\text{vang}}<{\text{n}}_{\text{luc}}<{\text{n}}_{\text{lam}}<{\text{n}}_{\text{tim}}\Rightarrow$$i_{\text{ghdo }}>i_{\text{ghvang }}>i_{\text{ghluc }}>i_{\text{ghlam }}>i_{\text{ghtim }}.$

Để có tia ló ra ngoài không khí, ta có:  $i_{\text{ght}/\text{s}}\ge i_{\text{ghluc }}$

Vậy có tia sáng màu đỏ và màu vàng ló ra ngoài không khí

Chọn đáp án D

Hai hạt nhân X và Y có độ hụt khối bằng nhau thì năng lượng liên kết của chúng cũng bằng nhau.

Ta lại có: ${\text{W}}_{LKR}=\frac{{\text{W}}_{LK}}{A}\Rightarrow$ Khi $\left\{\begin{array}{l}{\text{W}}_{lkrX}={\text{W}}_{lkrY}\\ A_X>A_Y\end{array}\right.\Rightarrow {\text{W}}_{lkX}<{\text{W}}_{lkY}.$

 Hạt nhân Y bền vững hơn hạt nhân X.    

Chọn đáp án A

Hạt nhân ${}_6^{14}C$  có 6 prôtôn, 8 nơtron và 14 nuclôn. 

Chọn đáp án A

Ánh sáng huỳnh quang phát ra luôn có bước sóng dài hơn ánh sáng kích thích như vậy ánh sáng tím không thể là ánh sáng huỳnh quang phát ra.

Chọn đáp án B

Khi ló ra khỏi ống chuẩn trực, chùm ánh sáng phát ra từ nguồn S mà ta cần nghiên cứu sẽ trở thành một chùm song song. Chùm này qua lăng kính sẽ bị phân tách thành nhiều chùm đơn sắc song song, lệch theo các phương khác nhau.

Chọn đáp án D

Quang phổ vạch của nguyên tử hidro thuộc dãy Ban-me, gồm các vạch: đỏ, lam, chàm, tím

Chọn đáp án D

Ta có q và i vuông pha:

${\left(\frac{i}{I_0}\right)}^2+{\left(\frac{q}{Q_0}\right)}^2=1\iff {\left(\frac{0,5.I_0}{I_0}\right)}^2+{\left(\frac{q}{Q_0}\right)}^2=1\Rightarrow q=\pm \frac{Q_0\sqrt{3}}{2}$

Độ lớn điện tích khi đó là $\frac{Q_0\sqrt{3}}{2}$

Chọn đáp án D

Tại thời điểm $t_1$ , ta có: $N=20\%N_0\Rightarrow N_0{.2}^{\frac{-t_1}{T}}=\frac{1}{5}{N}_0\Rightarrow 2^{\frac{-t_1}{T}}=\frac{1}{5}$

Tại thời điểm $t_2$ , ta có:$N=N_0{.2}^{-\frac{t_1+100}{T}}=5\%N_0$

$\Rightarrow 2^{\frac{-t_1}{T}}{.2}^{\frac{-100}{T}}=\frac{1}{20}\Rightarrow \frac{1}{5}{.2}^{\frac{-100}{T}}=\frac{1}{20}\Rightarrow T=50s$

Chọn đáp án A

Khoảng vân là: $i=\frac{\text{λ}D}{a}=\frac{0,64.2,5}{5}=0,32mm.$

Vân sáng bậc 3 tương ứng với $k=\pm 3$ .

Vị trí vân sáng bậc 3 trên màn là: $x=ki=\pm 3.0,32=\pm 0,96$ mm.

Chọn đáp án C

Áp dụng công thức: $H=\frac{n}{N}=\frac{\frac{I_{bh}}{\left|e\right|}}{\frac{\text{P\hspace{0.17em}}\lambda }{hc}}=\frac{I_{bh}.hc}{\left|e\right|.\text{P\hspace{0.17em}}\lambda }=0,2\%$

Chọn đáp án A