Đề số 11

Đáp án A

Tai người có thể nghe được những âm có tần số từ 16Hz đến 20kHz, ngoài ra còn có những âm có tần số nhỏ hơn 16Hz hoặc lớn hơn 20kHz mặc dù tai người không nghe được những âm này.

Đáp án B

Đáp án C

Vì tần số thay đổi không làm ảnh hưởng đến giá trị R nên công suất tiêu thụ trên điện trở không đổi và bằng P.

Đáp án B

Li độ của vật tại t = 10s là $x=6\cos \left(4\pi .10\right)=6$(cm).

Đáp án A

Biên độ của sóng này là: U₀ = 2(mm)

Đáp án A

Đáp án C

${\lambda }_{Zn}=0,35\mu m;{\lambda }_{Cu}=0,3\mu m$

Chiếu bức xạ  $\lambda$= 0,32 $\mu$m thì tấm kẽm xảy ra hiện tượng quang điện còn tấm đồng thì không.

Do đó tấm kẽm sẽ mất thêm electron (điện tích dương tăng thêm) còn điện tích của tấm đồng không đổi.

Đáp án A

 $Q=\frac{U^2}{R}t\Rightarrow Q~\frac{1}{R};R$ tăng 2 lần thì Q giảm 2 lần.

Đáp án C

Khoảng thời gian giữa hai lần liên tiếp i=0 là $\frac{T}{2}=\frac{1}{2f}=\frac{1}{100}\left(s\right)$

Đáp án D

Vì $\left|{\phi }_{\raisebox{1ex}{$u$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$i$}\right.}\right|<\frac{\pi }{2}$ nên đoạn mạch X có điện trở và cuộn cảm thuần hoặc điện trở và tụ điện.

Mà u sớm pha hơn i nên đoạn mạch X có điện trở và cuộn cảm thuần.

Đáp án A

Để một chất phát quang thì ${\lambda }_{pq}>{\lambda }_{kt}\Rightarrow {\lambda }_{pq}>600$(nm) .

Do đó bước sóng của ánh sáng phát quang không thể là 540 nm.

Đáp án C

$T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}\Rightarrow T~\sqrt{m}\Rightarrow \frac{T^{\text{'}}}{T}=\sqrt{\frac{m^{\text{'}}}{m}}=\sqrt{\frac{m+\Delta m}{m}}=\frac{4}{2}=2$

$\Rightarrow \frac{m+\Delta m}{m}=4\Rightarrow \Delta m=3m=300\left(g\right)$

Đáp án D

${\phi }_{\raisebox{1ex}{$x_1$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$x_2$}\right.}=\pi \left(rad\right)\Rightarrow A=\left|A_1-A_2\right|=\left|4-3\right|=1\left(cm\right)\Rightarrow \left|v_{\max }\right|=A\omega =1.10=10(cm/s)$

Đáp án B

Ta có $\lambda =\frac{hc}{A_0}=\frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{0,66.1,{6.10}^{-19}}=1,{88.10}^{-6}m=1,88\left(\mu m\right)$

Đáp án A

Nước trong xô dao động mạnh nhất thì chu kì ngoại lực cưỡng bức (người xách xô nước) bằng chu kì dao động riêng của nước.

$\Rightarrow T=1\left(s\right)\Rightarrow v=\frac{s}{T}=\frac{50}{1}=50(cm/s)$

Đáp án B

Vì máy biến thế trên là máy hạ thế nên số vòng dây cuộn sơ cấp nhiều hơn số vòng dây của cuộn thứ cấp

$\Rightarrow \frac{U_1}{U_2}=\frac{N_1}{N_2}=\frac{500}{100}=5\Rightarrow U_2=\frac{U_1}{5}=\frac{100}{5}=20\left(V\right)$

Đáp án D

$I_0=Q_0\omega =C{U}_0.\frac{1}{\sqrt{LC}}=U_0.\sqrt{\frac{C}{L}}=3.\sqrt{\frac{0,{125.10}^{-6}}{{50.10}^{-6}}}=0,15\left(A\right)$

Đáp án C

Vân sáng bậc 12 của ${\lambda }_1$ trùng với vân sáng bậc 10 của ${\lambda }_2$

$\Rightarrow 12{\lambda }_1=10{\lambda }_2\Rightarrow \frac{{\lambda }_1}{{\lambda }_2}=\frac{10}{12}=\frac{5}{6}$

Đáp án C

Tại M có 2 véctơ cường độ điện trường do 2 điện tích  và  gây ra là ${\overrightarrow{E}}_1,{\overrightarrow{E}}_2$

Để ${\overrightarrow{E}}_M=\overrightarrow{0}$ thì $\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{E}}_1\uparrow \downarrow {\overrightarrow{E}}_2\left(1\right)\\ E_1=E_2\left(2\right)\end{array}\right.$

Từ (1) và M nằm trên đoạn thẳng nối A, B $\Rightarrow q_1,q_2$ cùng dấu.

Từ (2) $\Rightarrow k\frac{\left|q_1\right|}{R_1^2}=k\frac{\left|q_2\right|}{R_2^2}\Rightarrow \frac{\left|q_1\right|}{R_1^2}=\frac{\left|q_2\right|}{R_2^2}\Rightarrow \frac{\left|q_1\right|}{\left|q_2\right|}=\frac{R_1^2}{R_2^2}$ mà $R_1<R_2\Rightarrow \left|q_1\right|<\left|q_2\right|$

Đáp án C

Tại $t=0,q=Q_0$

Thời điểm gần nhất

$q=\frac{Q_0}{2}\Rightarrow \alpha =\frac{\pi }{3}=\omega t=\frac{t}{\sqrt{LC}}\Rightarrow t=\alpha \sqrt{LC}=\frac{\pi }{3}\sqrt{{10.10}^{-6}.1}=\frac{\pi }{3}.\frac{1}{100\sqrt{10}}=\frac{1}{300}\left(s\right)$

Đáp án B

Hạt nhân ${}_{14}{}^{29}Si$có 14 proton và 29 – 14 = 15 notron.

Hạt nhân ${}_{20}{}^{40}Ca$ có 20 proton và 40 – 20 = 20 noton.

Vậy so với hạt nhân ${}_{14}{}^{29}Si$, hạt nhân ${}_{20}{}^{40}Ca$ có nhiều hơn 6 proton và 5 notron.

Đáp án D

Từ đồ thị: khi ${\text{W}}_{đ}=0(v=0)$ thì $x^2=16\left(c{m}^2\right)\Rightarrow {\text{W}}_t=\text{W}={\text{W}}_{\text{®}\max }=0,08\left(J\right)$

$\Rightarrow A^2=16\left(c{m}^2\right)\Rightarrow A=4\left(cm\right)$

Mặt khác:$\text{W}=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2\iff 0,08=\frac{1}{2}.0,1.{\omega }^2.0,{04}^2\Rightarrow \omega =10\sqrt{10}=10\pi (rad/s)$

Tốc độ trung bình của vật trong một chu kì là:$v_{tb}=\frac{4.A}{T}=\frac{4.A\omega }{2\pi }=\frac{\mathrm{4.4.10}\pi }{2\pi }=80(cm/s)$

Đáp án C

Ta có $H=\frac{P_{tt}}{P_{cc}}=1-\frac{P_{hp}}{P_{cc}}$

$H_1=80\%\Rightarrow \frac{P_{hp1}}{P_{cc}}=20\%;H_2=95\%\Rightarrow \frac{P_{hp2}}{P_{cc}}=5\%;P_{hp}=I^2.R=\frac{P^2.R}{U^2{\cos }^2\phi }$

$\Rightarrow \frac{P_{hp1}}{P_{ho2}}=\frac{U_2^2}{U_1^2}=4\Rightarrow U_2=2U_1=4kV$

Đáp án A

Ban đầu M là vân sáng bậc 5 $\Rightarrow x_M=5.\frac{\lambda D}{a}=4,2\left(mm\right)\Rightarrow \frac{\lambda D}{a}=0,84\left(mm\right)$

Dịch màn ra xa theo phương vuông góc với mặt phẳng chứa 2 khe 0,6m thì M thành vân tối lần thứ hai (tức M là vân tối bậc 4)

$\Rightarrow x_M=3,5\frac{\lambda \left(D+0,6\right)}{a}\Rightarrow 5\frac{\lambda D}{a}=3,5\frac{\lambda \left(D+0,6\right)}{a}$

$\Rightarrow 1,5\frac{\lambda D}{a}-3,5\frac{\lambda .0,6}{a}=0\Rightarrow 1,5.0,84-3,5.\frac{\lambda .0,6}{1}=0\Rightarrow \lambda =0,6\left(\mu m\right)$

Đáp án C

$\lambda =\frac{v}{f}=\frac{3,6}{20}=0,18\left(m\right)=18\left(cm\right)$

Biên độ sóng tại M:

$U_{0M}=2U_0\left|\cos \frac{\pi \left(d_2-d_1\right)}{\lambda }\right|=6\left(mm\right)\Rightarrow 2U_0\left|\cos \frac{\pi \left(23-20\right)}{18}\right|=6\Rightarrow U_0=2\sqrt{3}\left(mm\right)$

N trên đoạn AB cách trung điểm O của AB là 6cm

$\Rightarrow d_2=\frac{AB}{2}+6\left(cm\right);d_1=\frac{AB}{2}-6\left(cm\right)\Rightarrow d_2-d_1=12\left(cm\right)$

Biên độ sóng tại N:$U_{0N}=2U_0\left|\cos \frac{\pi \left(d_2-d_1\right)}{\lambda }\right|=2.2\sqrt{3}.\left|\cos \frac{\pi .12}{18}\right|=2\sqrt{3}\left(mm\right)$

Đáp án D

Sợi dây đàn hồi có hai đầu cố định $\Rightarrow \mathcal{l}=n\frac{\lambda }{2}=n\frac{v}{2f}\Rightarrow f=n\frac{v}{2\mathcal{l}}$

$f=42\left(Hz\right)$, trên dây có 4 điểm bụng $\Rightarrow n=4\Rightarrow f=42=4\frac{v}{2\mathcal{l}}\Rightarrow \frac{v}{2\mathcal{l}}=10,5$

Trên dây có 6 điểm bụng $\Rightarrow n=6\Rightarrow f=6\frac{v}{2\mathcal{l}}=6.10,5=63\left(Hz\right)$

Đáp án C

${\lambda }_{\max }={\lambda }_{32};{\lambda }_{\min }={\lambda }_{\infty 2}$

$E_3-E_2=\frac{hc}{{\lambda }_{32}}\Rightarrow {\lambda }_{32}=\frac{hc}{E_3-E_2}=\frac{6,625{.10}^{-34}.3{.10}^8}{13,6.\left(\frac{1}{2^2}-\frac{1}{3^2}\right).1,6{.10}^{-19}}=657\left(nm\right)$

$E_{\infty }-E_2=\frac{hc}{{\lambda }_{\infty 2}}\Rightarrow {\lambda }_{\infty 2}=\frac{hc}{E_{\infty }-E_2}=\frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{13,6.\frac{1}{2^2}.1,{6.10}^{-19}}=365\left(nm\right)$

$\Rightarrow \Delta \lambda ={\lambda }_{\max }-{\lambda }_{\min }=657-365=292\left(nm\right)$

Đáp án D

Gọi khối lượng Po ban đầu trong mẫu là M.

$\left\{\begin{array}{l}{m}_0=M{.2}^{-\frac{t_0}{T}}\left(1\right)\\ 24=M{.2}^{-\frac{t_0+2\Delta t}{T}}\left(2\right)\\ 3=M{.2}^{-\frac{t_0+3\Delta t}{T}}\left(3\right)\end{array}\right.$

Lấy (2) chia (3)$\Rightarrow \frac{M{.2}^{-\frac{t_0+2\Delta t}{T}}}{M{.2}^{-\frac{t_0+3\Delta t}{T}}}=8\Rightarrow 2^{\frac{t_0+2\Delta t}{T}+\frac{t_0+3\Delta t}{T}}=8\Rightarrow 2^{\frac{\Delta t}{T}}=8\Rightarrow \frac{\Delta t}{T}=3\Rightarrow \Delta t=3T$

Thay vào (2):$24=M{.2}^{-\frac{t_0+6T}{T}}=2^{-6}.M{.2}^{-\frac{t_0}{T}}=\frac{1}{64}.m_0\Rightarrow m_0=24.64=1536\left(g\right)$

Khi nối tắt tụ điện công suất của đèn (chính là công suất mạch) bằng 50W nên ta có

Đáp án C

${}_2{}^{4}He+{}_7{}^{14}N\to {}_8{}^{17}X+{}_1{}^{1}H$

${\text{W}}_{PT}=K_H+K_X-K_{He}=-1,21\left(MeV\right)\Rightarrow K_H+K_X=K_{He}-1,21=3,79\left(MeV\right)$

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng:

$m_H{K}_H=m_{He}{K}_{He}+m_X{K}_X-2\sqrt{m_{He}{K}_{He}{m}_X{K}_X}\cos \beta$

$\Rightarrow \cos \beta =\frac{m_{He}{K}_{He}+m_X{K}_X-m_H{K}_H}{2\sqrt{m_{He}{K}_{He}{m}_X{K}_X}}=\frac{4.5+17(3,79-K_H)-K_H}{2\sqrt{\mathrm{4.5.17.}(3,79-K_H)}}=\frac{18(3,79-K_H)+16,21}{4\sqrt{85}.\sqrt{3,79}-K_H}$

$\Rightarrow \cos \beta =\frac{18}{4\sqrt{85}}\sqrt{3,79-K_H}+\frac{16,21}{4\sqrt{85}.\sqrt{3,79-K_H}}$

 $\beta$ lớn nhất khi $\cos \beta$ nhỏ nhất.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy:

$\frac{18}{4\sqrt{85}}\sqrt{3,79-K_H}+\frac{16,21}{4\sqrt{85}.\sqrt{3,79-K_H}}\ge 2\sqrt{\frac{18}{4\sqrt{85}}.\frac{16,21}{4\sqrt{85}}}\approx 0,926$

Đáp án C

Thấu kính hội tụ có f = 15cm

Khi P dao động vuông góc với trục chính, ảnh của P (cũng là M) qua thấu kính là ảnh ảo nên $d^{\text{'}}<0$ ảnh cao gấp 2 lần vật

$\Rightarrow k=2=\frac{-d^{\text{'}}}{d}=\frac{f}{f-d}$

$\Rightarrow d=OM=7,5\left(cm\right)$

Khi M dao động dọc theo trục chính của thấu kính với biên độ 2,5 cm ta có

$d_1=5cm\Rightarrow {d^{\text{'}}}_1=\frac{d_{1}f}{d_1-f}=\frac{5.15}{5-15}=-7,5\left(cm\right)$

$d_2=10cm\Rightarrow {d^{\text{'}}}_2=\frac{d_{2}f}{d_2-f}=\frac{10.15}{10-15}=-30\left(cm\right)$

Quỹ đạo của ảnh P’ là $L=\left|{d^{\text{'}}}_1-{d^{\text{'}}}_2\right|=22,5\left(cm\right)$

$f=5Hz\Rightarrow T=0,2s$

Tốc độ trung bình của ảnh P’ trong 0,2s là

$v_{tb}=\frac{2L}{T}=\frac{2.22,5}{0,2}=225(cm/s)=2,25(m/s)$

Đáp án A

M là cực đại, N là cực tiểu; giữa M và N có 3 cực đại khác nên ta có $MA-MB=k\lambda$

$NA-NB=\left(k+3+\frac{1}{2}\right)\lambda$

Thực hiện trừ hai vế của hai phương trình ta được

$MA-NA-MB+NB=-3,5\lambda$

$\Rightarrow 1,2-MN=-3,5.5$

$\Rightarrow MN=18,7cm$

Khi hai nguồn đặt tại M, N xét trên đoạn thẳng AB ta có

$MA-NA\le d_2-d_1\le MB-NB$

$\Rightarrow 1,2\le k\lambda \le 18,7$

$\Rightarrow 0,24\le k\le 3,74$

Đáp án A

Vì $U_d$ và $\cos {\phi }_{u_d/i}$ không thay đổi nên ta có

$\frac{U}{\sin \alpha }=\frac{U_d}{\sin \gamma }=\frac{U_C}{\sin \beta }=const$

$\Rightarrow \frac{U}{\sin \alpha }=\frac{U_d+U_C}{\sin \gamma +sin\beta }=\frac{U_d+U_C}{2\sin \frac{\gamma +\beta }{2}\cos \frac{\gamma -\beta }{2}}=\frac{U_d+U_C}{2\sin \frac{\pi -\alpha }{2}\cos \frac{\gamma -\beta }{2}}=const$

 Để $U_d+U_C$ lớn nhất thì $\cos \frac{\gamma -\beta }{2}$ phải lớn nhất $\Rightarrow \cos \frac{\gamma -\beta }{2}=1\Rightarrow \gamma =\beta =\frac{\pi -\alpha }{2}$

$\cos {\phi }_{u_d/i}=0,8\Rightarrow {\phi }_{u_d/i}=36,87°\Rightarrow \tan {\phi }_{u_d/i}=\frac{3}{4}\Rightarrow \frac{Z_L}{R}=\frac{3}{4}$

$\alpha =90°-{\phi }_{u_d/i}=53,13°\Rightarrow \gamma =\frac{\pi -\alpha }{2}=63,435°$

$\cot \gamma =\cot 63,435°=\frac{Z_C-Z_L}{R}\Rightarrow \frac{Z_C-Z_L}{R}=\frac{1}{2}$

$\frac{Z_C-Z_L}{Z_L}=\frac{2}{3}\Rightarrow \frac{Z_C}{Z_L}=\frac{5}{3}\Rightarrow \frac{Z_L}{Z_C}=\frac{3}{5}=0,6$