Đáp án B

Hiện tượng quang điện ngoài khác hiện tượng quang điện trong ở chỗ có electron bắn ra khỏi mặt khối chất khi chiếu ánh sáng thích hợp vào khối chất đó.

Đáp án B

Trong mạch dao động LC, ta có: $\omega =\frac{1}{\sqrt{LC}}$

Trong mạch dao động điều hòa của con lắc đơn, ta có: $\omega =\sqrt{\frac{g}{\ell }}$

Vậy, biểu thức $\frac{1}{\sqrt{LC}}$ có cùng đơn vị với biểu thức $\sqrt{\frac{g}{\ell }}$

Đáp án C

$\frac{\Delta m_1{c}^2}{A_1}>\frac{\Delta m_2{c}^2}{A_2}\Rightarrow \Delta m_1{A}_2>\Delta m_2{A}_1$

Đáp án D

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích và định luật bảo toàn số khối ta có:

$\left\{\begin{array}{l}19+1=16+A_X\\ 9+1=8+Z_X\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{A}_X=4\\ Z_X=2\end{array}\right.\Rightarrow$ Hạt X là hạt $\alpha \left({}_2{}^{4}He\right).$

Đáp án C

Phản ứng đã cho là tổng hợp của hai hạt nhân nhẹ $\left({}_1{}^{2}H\right)$ thành một hạt nhân nặng hơn $\left({}_2{}^{4}He\right)$ nên đây là phản ứng nhiệt hạch

Đáp án B

Mạch dao động điện từ phải có cuộn dây và tụ điện do đó trong mạch điện sẽ xuất hiện dao động điện từ nếu dùng dây dẫn nối O với chốt 2.

Đáp án C

Khoảng vân i được xác định theo công thức $i=\frac{\lambda D}{a}\Rightarrow i~\lambda$

Mặt khác: ${\lambda }_1>{\lambda }_2>{\lambda }_3\Rightarrow i_1>i_2>i_3$

Đáp án C

Tần số dao động của con lắc lò xo là: $f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{k}{m}}$

Không làm thay đổi kết quả bài toán, đặt $f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{k_3}=1$

$\begin{array}{l}{f}_1=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{k_1}{m_1}}=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{2k_3}{75}}=\sqrt{\frac{2}{75}}\approx 0,16\\ f_2=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{k_2}{m_2}}=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{2k_3}{87}}=\sqrt{\frac{2}{87}}\approx 0,15\\ f_3=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{k_3}{m_3}}=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{k_3}{78}}=\sqrt{\frac{1}{78}}\approx 0,11\end{array}$

Thứ tự giảm dần về độ lớn tần số dao động của 3 con lắc trên là: f₁; f₂ và f₃

Đáp án D

Lorenxơ tác dụng lên proton bằng trọng lượng của nó nên ta có:

$F=P\to \left|q\right|vB=mg\to v=\frac{mg}{\left|q\right|B}$

Thay số ta được $v=\frac{1,{67.10}^{-27}.10}{1,{6.10}^{-19}{.3.10}^{-5}}=3,5.{10}^{-3}(m/s)$

Đáp án D

Với hai đại lượng ngược pha, ta luôn có $\frac{x_1}{x_2}=\frac{v_1}{v_2}=-\frac{A_1}{A_2}=-\frac{1}{2}$

Đáp án A

Từ phương trình sóng ta có $\left\{\begin{array}{l}\omega =\frac{2\pi }{0,5}\\ \frac{2\pi }{\lambda }=\frac{2\pi }{5}\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\omega =4\pi (rad/s)\\ \lambda =5\left(m\right)\end{array}\right.\Rightarrow v=\frac{\lambda }{T}=\frac{\lambda \omega }{2\pi }=\frac{5.4\pi }{2\pi }=10(m/s)$

Đáp án B

Ta có: $U=Z_X.1=Z_Y.2\Rightarrow \frac{U}{Z_X}=1;\frac{U}{Z_Y}=2$

Khi mắc nối tiếp X và Y ta có: $\left\{\begin{array}{l}{U}_Y=I.Z_Y\\ U_X=I.Z_X=2.I.Z_Y=2U_Y\end{array}\right.$

$\begin{array}{l}\overrightarrow{U}={\overrightarrow{U}}_X+{\overrightarrow{U}}_Y\Rightarrow U^2=U_X^2+U_Y^2+2U_X.U_Y.\cos \alpha \\ \iff U^2=4U_Y^2+U_Y^2+2.2U_Y.U_Y.\cos \alpha \\ \iff U^2=5U_Y^2+4U_Y^2\cos \alpha \\ \Rightarrow U_Y^2=\frac{U^2}{5+4\cos \alpha }\end{array}$

Do $-1\le \cos \alpha \le 1\Rightarrow \frac{U}{3}\le U_Y\le U\iff \frac{U}{3Z_Y}\le I\le \frac{U}{Z_Y}\iff \frac{2}{3}\le I\le 2$

$\to$ Cường độ dòng điện hiệu dụng trong mạch không thể nhận giá trị $\frac{1}{3}A.$

Đáp án B

Hiệu suất truyền tải điện năng: $H=1-\frac{\Delta P}{P}=1-\frac{P}{U^2{\cos }^2\phi }.R$

Thay số ta có $H=1-\frac{{100.10}^3}{{4000}^2{.1}^2}.2=0,9875\Rightarrow H=98,75\%.$

Đáp án B

$q=6\sqrt{2}\cos {10}^6\pi t \left(\mu C\right)$

Ở thời điểm $t=2,5.{10}^{-7}s: q=6\sqrt{2}\cos \left({10}^6\pi .2,{5.10}^{-7}\right)=6\left(\mu C\right).$

Đáp án A

Bán kính quỹ đạo dừng theo mẫu Bo là: $r_n=n^2{r}_o$

+ Trên quỹ đạo O:  $n=5\Rightarrow r_O=5^2{r}_o=25r_o.$

+ Trên quỹ đạo M:  $n=3\Rightarrow r_M=3^2{r}_o=9r_o$

 Khi êlectron chuyển từ quỹ đạo O về quỹ đạo M thì bán kính quỹ đạo giảm bớt $\Delta r=r_O-r_M=25r_o-9r_o=16r_o$

Đáp án A

Ta có phản ứng hạt nhân:  ${}_1{}^{1}p{+}_3^{7}Li{\to }_2^{4}He{+}_2^{4}He$

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta có $K_p+\Delta E=2K_{\alpha }\Rightarrow K_p=2K_{\alpha }-\Delta E=2.9,343-17,2235=1,4625\left(MeV\right).$

Đáp án A

Về dạng các đường sức từ:

+ Bên trong ống dây, các đường sức từ song song với trục ống dây và cách đều nhau.

+ Bên ngoài ống dây, dạng các đường sức giống như ở một nam châm thẳng nên hình (IV) không thỏa mãn

Vận dụng quy tắc nắm tay phải, ta thấy hình (II) và hình (III) sai, chỉ hình (I) đúng.

Đáp án D

- Khi dùng thấu kính hội tụ có tiêu cự f, ta có d’ = 80cm $\Rightarrow \frac{1}{f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{80}\left(1\right)$

- Khi dùng thấu kính phân kì có tiêu cự - f, ảnh thu được là ảnh ảo nên ta có:  $d\text{'}=- 20cm$

$\Rightarrow \frac{1}{-f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{-20}\left(2\right)$

Từ (1) và (2) ta có: $\left.\begin{array}{l}\frac{1}{d}+\frac{1}{80}=\frac{1}{f}\\ \frac{1}{d}+\frac{1}{-20}=\frac{-1}{f}\end{array}\right\}\to \frac{2}{f}=\frac{1}{16}\to f=32cm$

Đáp án B

Biên độ dao động: $A=\frac{L}{2}=5cm$

+ Pha của dao động là $\Phi =\omega t+\phi .$ Từ đồ thị, ta có:

$\left\{\begin{array}{l}\frac{\pi }{6}=\omega .0+\phi \\ \frac{\pi }{3}=\omega .\frac{1}{12}+\phi \end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\phi =\frac{\pi }{6}\left(rad\right)\\ \omega =2\pi (rad/s)\end{array}\right.$

+ Phương trình dao động là $x=5\cos \left(2\pi t+\frac{\pi }{6}\right)\left(cm\right).$

Đáp án B

Áp dụng định luật Ôm cho toàn mạch $I=\frac{E}{R_N+r}$ thay số ta được $I=\frac{1,5}{5,5+0,5}=0,25 A$

Đáp án B

Chu kì dao động của con lắc khi chưa có điện trường là: $T=2\pi \sqrt{\frac{\ell }{g}}\Rightarrow T~\frac{1}{\sqrt{g}}$

Khi đưa con lắc vào trong điện trường, gia tốc hiệu dụng của con lắc là $g_{hd}=g\pm \frac{\left|q\right|E}{m}$

+ Nếu q>0 và $\overrightarrow{E}$ có phương thẳng đứng xuống dưới thì $g_{hd}=g+\frac{\left|q\right|E}{m}>g\Rightarrow$ chu kì giảm.

+ Nếu q>0 và $\overrightarrow{E}$ có phương thẳng đứng lên trên thì $g_{hd}=g-\frac{\left|q\right|E}{m}<g\Rightarrow$ chu kì tăng.

+ Khi $\overrightarrow{E}\perp \overrightarrow{P}$ thì $g_{hd}=\sqrt{g^2-{\left(\frac{qE}{m}\right)}^2}>g\Rightarrow$ chu kì giảm

Đáp án B

Hai điểm cực đại gần nhau trên đường thẳng nối hai nguồn có vị trí cân bằng cách nhau một khoảng $\frac{\lambda }{2}=5\to \lambda =10\left(mm\right)$ 

Các điểm dao động cực đại trên đoạn KH thỏa mãn $\frac{KA-KB}{\lambda }\le k\le \frac{HA-GB}{\lambda }\iff \frac{14-54}{10}\le k\le \frac{54-24}{10}\iff -4\le k\le 4$

$\Rightarrow k=\left\{\pm 4;\pm 3;\pm 2;\pm 1;0\right\}\to$Có 9 giá trị k thỏa mãn.

Mỗi đường cực đại cắt đường tròn tại 2 điểm (trừ 2 đường cực đại k = 4 và k= - 4 chỉ cắt đường tròn tại 1 điểm) nên số điểm dao động với biên độ cực đại trên đường tròn là: 7.2+2=16 điểm.

Đáp án D

Từ hình vẽ, ta thấy rằng, chu kì của dòng điện là $T = 2.40 = 80\left(ms\right)$

Trong 1 chu kì dòng điện đổi chiều 2 lần

Trong 1 phút (60s) dòng điện đổi chiều số lần là: $N=2.\frac{60}{{80.10}^{-3}}=1500$ lần

Đáp án C

Ta có:

$$\begin{gathered} I=\frac{U}{Z_C}=U.2\pi fC\Rightarrow I~f \\ {I}_1=0,5A; f_1=60Hz \\ {I}_2=8A\Rightarrow f_2=\frac{I_2}{I_1}{f}_1=\frac{8}{0,5}.60=960\left(Hz\right) \end{gathered}$$

Đáp án C

Từ định luật khúc xạ ánh sáng ta có:

$\sin i=n_d\sin r_d=n_t\sin r_t\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{r}_d={\sin }^{-1}\frac{\sin i}{n_d}\\ r_t={\sin }^{-1}\frac{\sin i}{n_t}\end{array}\right.$

Từ hình vẽ ta có:

  $$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}HT=OH\tan r_t\\ HD=OH\tan r_d\end{array}\right.\Rightarrow TD = HD - HT = OH\left(\tan r_d-\tan r_t\right) \\ \Rightarrow T\mathrm{D}=OH\left[\tan \left({\sin }^{-1}\frac{\sin i}{n_d}\right)-\tan \left({\sin }^{-1}\frac{\sin i}{n_t}\right)\right] \end{gathered}$$

Thay số $TD=0,9.\left[\tan \left({\sin }^{-1}\frac{\sin {60}^o}{1,34}\right)-\tan \left({\sin }^{-1}\frac{\sin {60}^o}{1,38}\right)\right]=0,0368\left(m\right)=3,68\left(cm\right)$

Đáp án C

Công suất phát xạ của nguồn là: $P=n.\epsilon =n.hf\Rightarrow n=\frac{P}{hf}$

Số phôtôn mà nguồn phát ra trong ba giây là: $N_{3s}=3n=\frac{3P}{hf}$

Thay số ta có: $N_{3s}=\frac{3.10}{6,{625.10}^{-34}.7,{5.10}^{14}}=6,04.{10}^{19}$ (phôtôn)

Đáp án D

Công thoát của các chất sắp xếp theo thứ tự tăng dần là: 2,26eV; 2,89eV; 4,14eV và 4,78eV.

Để gây ra hiệu ứng quang điện đối với kim loại, năng lượng photon  của bức xạ chiếu vào phải thỏa mãn: $\epsilon \ge A$

Để đồng thời gây ra hiệu ứng quang điện với hai kim loại mà chỉ sử dụng một chùm bức xạ đơn sắc thì: $2,89eV\le \epsilon \le 4,14eV$ (chỉ gây ra hiệu ứng quang điện đối với kali và canxi).

$$\begin{gathered} 2,89eV\le \epsilon \le 4,14eV\stackrel{\epsilon =\frac{hc}{\lambda }}{\to }2,89.1,6.{10}^{-19}\le \frac{6,{625.10}^{-34}{.3.10}^8}{\lambda }<4,14.1,6.{10}^{-19} \\ \iff 0,30\left(\mu m\right)<\lambda \le 0,43\left(\mu m\right) \end{gathered}$$

Đáp án A

Gọi N_o là số hạt nhân ${}^{238}U$ và ${}^{235}U$ ở thời điểm tạo thành trái đất.

Ở thời điểm hiện nay (thời điểm t) số hạt nhân ${}^{238}U$ và ${}^{235}U$ có tỉ lệ là 160 : 1.

$\Rightarrow \frac{N_{U238}}{N_{U235}}=\frac{N_o{.2}^{\frac{1}{T_{U238}}}}{N_o{.2}^{\frac{t}{T_{U235}}}}=2^{t\left(\frac{1}{T_{U235}}-\frac{1}{T_{U238}}\right)}=160$

Thay số ta có: $t=\frac{{\log }_{2}160}{\frac{1}{T_{U235}}-\frac{1}{T_{U238}}}=\frac{{\log }_{2}160}{\frac{1}{7,{13.10}^8}-\frac{1}{4,{5.10}^9}}\approx 6,2$ tỉ năm.

Đáp án A

Công thoát được xác định theo công thức

$A=\frac{hc}{{\lambda }_o}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\overline{A}=\frac{hc}{\overline{{\lambda }_o}}=\frac{6,{625.10}^{-34}{.3.10}^8}{0,{26.10}^{-6}}=7,64.{10}^{-19}J\\ \Delta A=\overline{A}.\frac{\Delta {\lambda }_o}{\overline{{\lambda }_o}}=7,64.{10}^{-19}.\frac{0,001}{0,26}\approx 0,03.{10}^{-19}J\end{array}\right.\Rightarrow A=\left(7,64\pm 0,03\right).{10}^{-19}J$

Đáp án B

Ta có:  $\left\{\begin{array}{l}{\ell }_1=4{\ell }_2\\ {\ell }_1+{\ell }_2={\ell }_o\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{\ell }_1=\frac{4}{5}{\ell }_o\\ {\ell }_2=\frac{1}{5}{\ell }_o\end{array}\right.\stackrel{k_1{\ell }_1=k_2{\ell }_2=k{\ell }_o}{\to }\left\{\begin{array}{l}{k}_1=\frac{5}{4}k\\ k_2=5k\end{array}\right.$

Tần số góc của con lắc 1:  ${\omega }_1=\omega =\sqrt{\frac{5k}{4m}}$

Tần số góc của con lắc 2:  ${\omega }_2=\sqrt{\frac{k_2}{m}}=\sqrt{\frac{5k}{m}}=2\omega$

+ Biên độ dao động của các vật $A=\sqrt{\frac{2\mathrm{W}}{k}}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{A}_1=10cm\\ A_2=5cm\end{array}\right.$

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ (gốc tọa độ O₁ ở vị trí cân bằng của vật thứ nhất), phương trình dao động của các vật là:

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}{x}_1=10\cos (t+\pi )\\ x_2=12+5\cos \left(2\omega t\right)\end{array}\right.\Rightarrow d=x_2-x_1=\underset{x^2}{\underbrace{10{\cos }^2\left(\omega t\right)}}+\underset{x}{\underbrace{10\cos \left(\omega t\right)}}+7\\ d_{\min }\iff x=\cos \left(\omega t\right)=-\frac{b}{2a}=-\frac{1}{2}\Rightarrow d_{\min }=4,5\left(cm\right)\end{array}$

Đáp án C

Gọi x_o là tọa độ của điểm M và x là tọa độ của điểm N.

$\to$ Mức cường độ âm tại N được xác định bởi biểu thức:

$L_N=10\log \frac{P}{I_{o}4\pi {(x-x_o)}^2}=\underset{a}{\underbrace{10\log \frac{P}{I_{o}4\pi }}}-20\log (x-x_o)$

+ Khi  $\log x=1\to x=10\left(m\right);$

+ Khi  $\log x=2\to x=100\left(m\right);$

Từ đồ thị, ta có:

$\left\{\begin{array}{l}78=a-20\log (100-x_o)\\ 90=a-20\log (10-x_o)\end{array}\right.\to \frac{100-x_o}{10-x_o}={10}^{\frac{90-78}{20}}\to x_o=-20,2\left(m\right)v$

$\to a=78+20\log (100+20,2)=119,6\left(dB\right)$

$\to$ Mức cường độ âm tại N khi x = 32m là L_N = 119,6 – 20log (32+20,2) = 85,25 (dB).

Đáp án B

$\begin{array}{l}L=\frac{1}{2\pi }\left(H\right)\Rightarrow Z_L=\omega L=100\pi .\frac{1}{2\pi }=50\left(\Omega \right)\\ u=100\sqrt{2}\cos \left(100\pi t\right) \left(V\right)\Rightarrow U=100\left(V\right)\end{array}$

+ Ta có:  $V_1+V_2+V_3=U\frac{R+Z_L+Z_C}{Z}=100\frac{Z_C+100}{\sqrt{{50}^2+{(50-Z_C)}^2}}$

+ Sử dụng chức năng Mode $\to$7 ta có thể xác định được khoảng giá trị cực đại của biểu thức trên vào khoảng 316 V ứng với giá trị của Z_C là  $67\Omega .$

+ Nhập số liệu: Mode$\to$ 7

$F\left(X\right)=100\frac{X+100}{\sqrt{{50}^2+{(50-X)}^2}}$ với $Z_C\to X$

+ Giá trị đầu: Start $\to$ 50

+ Giá trị cuối: End $\to$ 75

+ Bước nhảy: Steps $\to$ 1

Đáp án B

Chu kì dao động của màn:  $T=\frac{2\pi }{\omega }=\frac{2\pi }{\frac{\pi }{2}}=4\left(s\right)$

Điều kiện để 2 vân sáng trùng nhau:  $x_1=x_2\iff \frac{k_1}{k_2}=\frac{{\lambda }_2}{{\lambda }_1}=\frac{560}{720}=\frac{7}{9}$

Tại M là vân sáng trùng màu với vân trung tâm, giữa M và vân trung tâm còn một vân sáng nữa có màu như vậy $\to$ M là vân trùng thứ 2 (tính từ vân trung tâm) tương ứng với vân sáng bậc 14 của bức xạ ${\lambda }_1$ và vân sáng bậc 18 của bức xạ  ${\lambda }_2$

$\to$ Ở thời điểm  $t=0\to D=2m:\left\{\begin{array}{l}{k}_{M_1}=14\\ k_{M_2}=18\end{array}\right.$

+ Khi  $t=1s=\frac{T}{4}:D_1=2+\cos \left(\frac{\pi }{2}.1-\frac{\pi }{2}\right)=3\left(m\right)=\frac{3}{2}D$

$\stackrel{i_1=\frac{\lambda D_1}{a}=\frac{3}{2}i}{\to }$ bậc của vân sáng tại M giảm $\frac{3}{2}$ lần  $\to \left\{\begin{array}{l}{k}_{M_1}=14.\frac{2}{3}=9,3\\ k_{M_2}=18.\frac{2}{3}=12\end{array}\right.$

+ Khi  $t=s=\frac{3T}{4}:D_2=2+\cos \left(\frac{\pi }{2}.3-\frac{\pi }{2}\right)=1\left(m\right)=\frac{1}{2}D$

$\stackrel{i_2=\frac{\lambda D_2}{a}=\frac{1}{2}i}{\to }$ bậc của vân sáng tại M tăng 2 lần  $\to \left\{\begin{array}{l}{k}_{M_1}=14.2=28\\ k_{M_2}=18.2=36\end{array}\right.$

Trong 4s (=1T) màn thực hiện đúng 1 chu kì dao động, quá trình thay đổi bậc của vân sáng tại M được mô tả như hình.

Vậy trong thời gian 4s thì số vân đơn sắc dịch chuyển qua M là:

$N=2\left[\right(4+6+6)+(6+8+8\left)\right]-1=75$

Ta trừ 1 ở đây là do điểm 12 nằm ở biên nên khi màn dao động chỉ đi qua 1 lần.