Phương pháp: Sử dụng biểu thức xác định hiệu quang trình

Cách giải:

Hiệu quang trình $\delta =\frac{ax}{D}$

Chọn B.

Phương pháp: Vận dụng biểu thức liên hệ giữa tốc độ, bước sóng và tần số

Cách giải:

Ta có: $\lambda =vT=\frac{v}{f}$

Chọn D.

Phương pháp: Vận dụng lí thuyết về máy phát điện xoay chiều

Cách giải:

Máy phát điện xoay chiều một pha hoạt động dựa trên hiện tượng cảm ứng điện từ.

Chọn D.

Phương pháp: Vận dụng lí thuyết về năng lượng liên kết riêng hạt nhân

Cách giải:

Các hạt nhân bền vững có $\frac{{\text{W}}_{lk}}{A}$ lớn nhất vào cỡ 8,8 MeV/nuclon; đó là những hạt nhân nằm khoảng giữa của bảng tuần hoàn ứng với 50 < A < 80

→ Năng lượng liên kết riêng của hạt nhân có giá trị lớn nhất đối với các hạt nhân trung bình

Chọn C.

Phương pháp: Sử dụng mối liên hệ giữa đặc trưng vật lí và đặc trưng sinh lí của âm  

Cách giải:

Đại lượng đặc trưng cho độ cao của âm là tần số của âm.

Chọn C.

Phương pháp:

Ta có: $n=\frac{c}{v}\Rightarrow v=\frac{c}{n}=\frac{{3.10}^8}{1,5}={2.10}^{8}m/s$

Khi truyền từ môi trường này sang môi trường khác thì tần số của ánh sáng là không đổi. Bước sóng của ánh sáng khi truyền trong chân không: ${\lambda }_0=\frac{c}{f}$

Bước sóng của ánh sáng khi truyền trong môi trường có chiết suất n:

$\lambda =\frac{v}{f}=\frac{c}{nf}=\frac{{\lambda }_0}{n}\Rightarrow \lambda =\frac{0,6}{1,5}=0,4\mu m$ .

Chọn A.

Phương pháp: Vận dụng tính chất của đồng vị

Cách giải:

Trong các đồng vị của cacbon, hạt nhân có số proton bằng số nơtron là ${}^{12}C$

Vì Z = 6

Chọn C.

Phương pháp: Vận dụng lí thuyết về giao thoa sóng

Cách giải:

Điều kiện để tại một điểm bất kì dao động với biên độ cực tiểu là hai sóng ngược pha tại điểm đó.

Chọn A.

Phương pháp: Vận dụng lí thuyết đại cương về dao động điều hòa

Cách giải:

Ta có, sau những khoảng thời gian bằng nhau và bằng số nguyên chu kì thì vật trở lại trạng thái cũ

Lại có T = 2s

→ Sau 6s thì trạng thái dao động lặp lại như cũ

Chọn A.

Phương pháp:

+ Đọc phương trình dao động

+ Sử dụng biểu thức: $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}$

Cách giải:

Từ phương trình dao động, ta có $\omega =2\pi \left(rad/s\right)$

Lại có: $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}\Rightarrow m=\frac{k}{{\omega }^2}=\frac{10}{{\left(2\pi \right)}^2}=0,25kg=250g$

Chọn D.

Phương pháp:

Vận dụng biểu thức về máy biến áp: $\frac{U_1}{U_2}=\frac{N_1}{N_2}=\frac{I_2}{I_1}=\frac{S_2}{S_1}$

Cách giải:

Ta có: $\frac{U_1}{U_2}=\frac{N_1}{N_2}=\frac{I_2}{I_1}=\frac{S_2}{S_1}$

Máy hàn điện cần dòng điện $I_2>I_1\Rightarrow N_2<N_1$

→ Ở máy biến áp dùng để hàn điện là máy biến áp hạ áp với tiết diện dây của cuộn thứ cấp lớn hơn cuộn sơ cấp.

Chọn A.

Phương pháp:

Vận dụng lí thuyết về các loại mạch điện

Cách giải:

Mạch có R, C mắc nối tiếp

Khi đó, điện áp hai đầu mạch điện luôn trễ pha so với cường độ dòng điện trong mạch.

Chọn D.

Phương pháp:

Sử dụng biểu thức xác định số điểm dao động với biên độ cực đại: $-\frac{1}{\lambda }<k<\frac{1}{\lambda }$

Cách giải:

Ta có: $MO=\frac{\lambda }{2}=1,5cm\Rightarrow \lambda =3cm$

Số điểm dao động với biên độ cực đại là: $-\frac{1}{\lambda }<k<\frac{1}{\lambda }$

$\iff -\frac{15}{3}<k<\frac{15}{3}\iff -5<k<5\Rightarrow$ Có 9 điểm dao động với biên độ cực đại trong khoảng AB

Chọn B.

Phương pháp:

Lí thuyết dòng điện trong chất bán dẫn

Cách giải:

Khi tăng nhiệt độ làm xuất hiện các hạt tải điện trong chất bán dẫn nên điện trở của chất bán dẫ giảm xuống.

Chọn A.

Phương pháp:

Vận dụng biểu thức tính lực tương tác tĩnh điện: $F=k\frac{\left|q_1{q}_2\right|}{r^2}$

Cách giải:

Lực tương tác tĩnh điện giữa electron và hạt nhân nguyên tử hidro:

$F=k\frac{\left|q_1{q}_2\right|}{r^2}={9.10}^0\frac{\left|\left(-1,{6.10}^{-19}\right).1,{6.10}^{-19}\right|}{{\left({5.10}^{-11}\right)}^2}=9,{216.10}^{-8}N$

Chọn B.

Phương pháp:

Sử dụng công thức động năng.

Cách giải:

Hướng dẫn: Chọn đáp án C

Động năng tính theo công thức: $W_d=\frac{m{v}^2}{2}=\frac{m{\left(-\omega A\sin \omega t\right)}^2}{2}=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2{\sin }^2\omega t$

Chọn C.

Phương pháp:

Vận dụng biểu thức tính điện năng tiêu thụ: Q=UIt

Cách giải:

Ta có hai đèn sáng bình thường

Điện năng hai bóng đèn tiêu thụ trong 30 phút:

$Q=\left(U_1{I}_1+U_2{I}_2\right)t=\left(12.0,6+12.0,3\right)\mathrm{.30.60}=19440J$

Chọn B.

Phương pháp:

+ Đọc phương trình điện áp

+ Sử dụng biểu thức tính dung kháng: $Z_C=\frac{1}{\omega C}$

Cách giải:

Từ phương trình điện áp, ta có: $\omega =100\pi \left(rad/s\right)$

Dung kháng: $Z_C=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{100\pi .\frac{{2.10}^{-4}}{\pi }}=50\Omega$

Chọn A.

Phương pháp:

 + Cường độ điện trường và cảm ứng từ của sóng điện từ cùng pha với nhau

+ Vận dụng trục thời gian suy ra từ vòng tròn

Cách giải:

Ta có, E và B cùng pha với nhau, nên

Tại $t=t_0,E=\frac{1}{2}{E}_0\Rightarrow B=\frac{1}{2}B$

Tại $t=t_0+\frac{T}{4}\Rightarrow \left|B\right|=\frac{\sqrt{3}}{2}{B}_0$

Chọn A.

Phương pháp:

+ Sử dụng biểu thức: $r_n=n^2{r}_0$

+ Sử dụng biểu thức xác định số bức xạ phát ra: $\frac{n\left(n-1\right)}{2}$

Cách giải:

Ta có: $r_n=n^2{r}_0=49r_0\Rightarrow n=7$

Số bức xạ có tần số khác nhau tối đa mà khối khí hidro có thể phát ra là: $\frac{n\left(n-1\right)}{2}=\frac{7.6}{2}=21$

Chọn C.

Phương pháp:

 + Áp dụng công thức tính quãng đường lớn nhất: $S_{max}=2A\sin \frac{\omega \Delta t}{2}$

+ Áp dụng công thức tính quãng đường ngắn nhất: $S_{\min }=2A\left(1-\cos \frac{\Delta \phi }{2}\right)$

Cách giải:

Trong $\frac{5}{3}s$ vật có: $S_{max}=35cm=6A+A\Rightarrow t=\frac{3T}{2}+t*$

Quãng đường lớn nhất vật đi được trong khoảng thời gian $\frac{5}{3}s$ là:

$S_{max}=6A+2A\sin \frac{\omega t*}{2}=35cm\Rightarrow 2A\sin \frac{\omega t*}{2}=5\to \sin \frac{\omega t*}{2}=\frac{1}{2}\Rightarrow t*=\frac{T}{6}$

Ta có: $t=\frac{3T}{2}+\frac{T}{6}=\frac{5}{3}s\Rightarrow T=1s\Rightarrow \omega =2\pi \left(rad/s\right)$

Tại điểm kết thúc quãng đường 35cm, li độ của vật là: $x=\text{As}in\frac{\omega t*}{2}=\frac{A}{2}=2,5cm$

Áp dụng công thức độc lập, ta có: $A^2=x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}\Rightarrow v=\omega \sqrt{A^2-x^2}=2\pi \sqrt{5^2-2,5^2}=5\sqrt{3}\pi \left(cm/s\right)$

Chọn A.

Phương pháp:

Sử dụng điều kiện giao thoa 3 bức xạ: $k_1{\lambda }_1=k_2{\lambda }_2=k_3{\lambda }_3$

Cách giải:

Ta có: $k_1{\lambda }_1=k_2{\lambda }_2=k_3{\lambda }_3\iff k_1.0,4=k_2.0,48=k_3.0,64\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{k}_1=24\\ k_2=20\\ k_3=15\end{array}\right.$

Trong khoảng giữa hai vân sáng liên tiếp trùng màu vân trung tâm (không kể 2 vân ngoài cùng màu vân trung tâm) có:

+ 3 vân sáng của bức xạ ${\lambda }_1$ và ${\lambda }_2$ trùng nhau

+ 4 vân sáng của bức xạ ${\lambda }_2$ và ${\lambda }_3$ trùng nhau

+ 2 vân sáng của bức xạ ${\lambda }_1$ và ${\lambda }_3$ trùng nhau

 Trong khoảng giữa hai vân sáng có màu liên tiếp cùng màu vân trung tâm quan sát thấy số vân sáng không phải đơn sắc là 3 + 4 + 2 = 9 vân

Chọn C.

Phương pháp:

Công thức máy biến áp

Cách giải:

Số vòng dây nếu quấn đúng của máy biến áp sẽ là $\left\{\begin{array}{l}{N}_1=220\\ N_2=20\end{array}\right.$.

Khi bị quấn ngược thì dòng điện chạy qua các vòng dây này ngược chiều so với các dòng còn lại cũng do đó, nếu ta quấn ngược n vòng thì suất điện động trong n vòng này sẽ triệt tiêu n vòng quấn đúng $\frac{U_2}{U_1}=\frac{N_1}{N_2-n}\iff \frac{220}{11}=\frac{N_1}{N_2-n}\iff n=9$.

Chọn A

Phương pháp:

+ Sử dụng biểu thức tính tần số góc

Cách giải:

Hướng dẫn: Chọn đáp án B

Tần số góc tính theo công thức: $\omega =\sqrt{\frac{g}{\mathcal{l}}}$

Phương pháp:

+ Sử dụng biểu thức sóng dừng trên dây 2 đầu cố định: $l=k\frac{\lambda }{2}$

+ Sử dụng biểu thức khoảng cách giữa hai điểm trong sóng dừng

Cách giải:

Khoảng thời gian liên tiếp tốc độ dao động của điểm A cực đại là $\frac{T}{2}\Rightarrow \frac{T}{2}=0,005\Rightarrow T=0,01s$

Điều kiện sóng dừng với O cố định, A tự do là $OA=l=\left(2k-1\right)\frac{\lambda }{4}$, với sb = sn = k

Suy ra độ dài đoạn thẳng $OA=\left(2k-1\right)\frac{\lambda }{4}=\left(2k-1\right)\frac{v.T}{4}=\left(2.8-1\right)\frac{4.0,01}{4}=0,15m$.

Chọn B

Phương pháp:

 Định luật culong

Cách giải:

Từ $F=k\frac{\left|q_1{q}_2\right|}{\epsilon r^2}\stackrel{r\text{'}=3\text{r}}{\to }F\text{'}=\frac{F}{9}\Rightarrow$Chọn A.

Phương pháp:

+ Sử dụng biểu thức tính độ dãn của lò xo tại VTCB: $\Delta l=\frac{mg}{k}$

+ Biểu thức tính lực đàn hồi

+ Sử dụng biểu thức xác định chu kì: $T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}$

Cách giải:

Khi vật $m_1$ ở vị trí biên dưới, ta đặt lên một vật $m_2$ thì dao động chấm dứt

$\Rightarrow$Vị trí cân bằng lưới của hệ trùng với vị trí biên dưới

$\Rightarrow$ Độ biến dạng của lò xo tại vị trí này là: $\Delta l=\frac{m_{1}g}{k}+A=\frac{0,4.10}{k}+0,04$

Tại đó, lực đàn hồi cân bằng với trọng lực: $F_{dh}=P$

$\iff k\Delta l=\left(m_1+m_2\right)g\Rightarrow k\left(\frac{0,4.10}{k}+0,04\right)=\left(0,4+0,1\right).10\Rightarrow k=25N/m$

$\Rightarrow$Chu kì dao động của con lắc khi chưa đặt thêm vật nhỏ $m_2$ là $T=2\pi \sqrt{\frac{m_1}{k}}=2\pi \sqrt{\frac{0,4}{25}}=0,8s$

Chọn C.

Phương pháp:

+ Sử dụng công thức $\tan \left({\alpha }_1-{\alpha }_2\right)=\frac{\tan {\alpha }_1-\tan {\alpha }_2}{1+\tan {\alpha }_1.\tan {\alpha }_2}$ và BĐT côsi

+ Sử dụng công thức: Hiệu mức cường độ âm: $L_A-L_M=10\log \frac{I_A}{I_M}$

+ Sử dụng công thức tính cường độ âm: $I=\frac{2P}{4\pi R^2}$

Cách giải:

$OA=x\left(m\right);AB=6\left(m\right);AM=4,5\left(m\right)$

$\tan MOB=\tan \left({\alpha }_1-{\alpha }_2\right)=\frac{\tan {\alpha }_1-\tan {\alpha }_2}{1+\tan {\alpha }_1\tan {\alpha }_2}=\frac{\frac{6}{x}-\frac{4,5}{x}}{1+\frac{6}{x}.\frac{4,5}{x}}=\frac{1,5}{d+\frac{27}{x}}$

Theo BĐY Cosi, ta có: $x+\frac{27}{x}\ge 2\sqrt{27}=2.3\sqrt{3}\Rightarrow x=3\sqrt{3}m$

Do đó: $OM=\sqrt{{\left(3\sqrt{3}\right)}^2+4,5^2}=\frac{3\sqrt{21}}{2}m$

Ta có: $L_A-L_M=10\log \frac{I_A}{I_N}\leftrightarrow 40-50=-10=10\log \frac{I_A}{I_M}\to \frac{I_A}{I_M}=0,1$

Mặt khác: $\left\{\begin{array}{l}{I}_A=\frac{2P}{4\pi R_A^2}\\ I_M=\frac{\left(n+2\right)P}{4\pi R_M^2}\end{array}\right.\Rightarrow \frac{I_A}{I_M}=\frac{2}{n+2}\frac{R_M^2}{R_A^2}=\frac{2}{n+2}\frac{{\left(\frac{3\sqrt{21}}{2}\right)}^2}{{\left(3\sqrt{3}\right)}^2}=0,1\Rightarrow n=33$

Chọn D.