Phương pháp: 

Sử dụng lí thuyết về dòng điện trong kim loại. 

Cách giải: 

Hạt tải điện trong kim loại là electron tự do. 

Chọn C

Phương pháp: 

Điều kiện có cộng hưởng điện: $Z_L=Z_C$ hay $\omega =\frac{1}{\sqrt{LC}}$

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

Cường độ dòng điện hiệu dụng: $I=\frac{U}{Z}=\frac{U}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$

Công suất tiêu thụ: $P=\frac{U^{2}R}{Z^2}=\frac{U^2.R}{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}$

Tổng trở: $Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}$

Cách giải: 

Ta có: $f=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}\Rightarrow Z_L=Z_C$ mạch xảy ra cộng hưởng. Khi đó:

$\text{+ }\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}=0\Rightarrow \phi =0\Rightarrow u,i$ cùng pha.

$\text{+ }I=\frac{U}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}=\frac{U}{R}=I_{\max }$

+ C – sai vì: Tổng trở của mạch cực tiểu $Z_{\min }=R$

$\text{+ }P=\frac{U^2.R}{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}=\frac{U^2}{R}=P_{\max }$

Chọn C

Phương pháp: 

Sử dụng lí thuyết về sự truyền ánh sáng. 

+ Ánh sáng đơn sắc không bị tán sắc mà bị lệch khỏi phương truyền ban đầu khi đi qua lăng kính.

+ Chiếu ánh sáng từ môi trường này sang môi trường khác thì tần số không thay đổi.

Cách giải: 

Khi chiếu ánh sáng đơn sắc tới lăng kính thì khi đi qua lăng kính, ánh sáng bị lệch khỏi phương truyền ban đầu và không bị tán sắc. 

Chọn A

Phương pháp: 

Sử dụng lí thuyết về sóng điện từ: $\overrightarrow{E},\overrightarrow{v}.\overrightarrow{B}$ tạo với nhau một tam diện thuận. 

Cách giải: 

Ta có: $\overrightarrow{E},\overrightarrow{v}.\overrightarrow{B}$ tạo với nhau một tam diện thuận ⇒ Hình vẽ diễn tả đúng là: Hình 3.

Chọn C

Phương pháp: 

+ Khoảng cách giữa 2 vân tối hoặc hai vân sáng liên tiếp bằng khoảng vân i. 

+ Sử dụng biểu thức tính khoảng vân: $i=\frac{\lambda D}{a}$

Cách giải: 

Khoảng cách giữa 2 vân tối liên tiếp: $i=\frac{\lambda D}{a}$

Chọn B

Phương pháp: 

Sử dụng lí thuyết về các loại phóng xạ. 

Cách giải: 

Tia α là chùm hạt nhân ${}_2^4\text{He}$

Chọn D

Phương pháp: 

Tia X được dùng để: 

+ Chụp X – quang trong y học để chuẩn đoán và chữa trị một số bệnh. 

+ Tìm khuyết tật trong vật đúc bằng kim loại và trong tinh thể. 

+ Kiểm tra hành lý của hành khách đi máy bay. 

+ Sử dụng trong phòng thí nghiệm để nghiên cứu thành phần và cấu trúc của các vật rắn.

Cách giải: 

Ngoài ứng dụng trong y – tế, tia X còn có ứng dụng kiểm tra hành lí của hành khách đi máy bay.

Chọn A

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính hệ số công suất: $\cos \phi =\frac{R}{Z}$

Cách giải: 

Hệ số công suất của đoạn mạch là: $\cos \phi =\frac{R}{Z}$

Chọn B

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}=v.T$

Cách giải: 

Bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}=v.T$

Chọn A

Phương pháp: 

Hạt nhân có kí hiệu: ${}_Z^{A}X,$ trong đó: 

+ Z = Số proton = Số electron 

+ N = A – Z = Số notron 

Cách giải: 

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

Chọn C

Phương pháp: 

Biểu thức của cường độ dòng điện xoay chiều: $i=I_0\cos (\omega t+\phi )$

Trong đó: I₀ là cường độ dòng điện cực đại; ω là tần số góc; φ là pha ban đầu. 

Cách giải: 

Biểu thức cường độ dòng điện xoay chiều: $i=I_0\cos (\omega t+\phi )$

Đại lượng I₀ là cường độ dòng điện cực đại. 

Chọn B

Phương pháp: 

+ Sóng dọc là sóng có các phần tử của môi trường có phương dao động trùng với phương truyền sóng.

+ Sóng ngang là sóng có các phần tử của môi trường có phương dao động vuông góc với phương truyền sóng.

Cách giải: 

Sóng dọc là sóng có các phần tử của môi trường có phương dao động trùng với phương truyền sóng.

Chọn A

Phương pháp: 

Khoảng cách giữa hai bụng sóng hoặc hai nút sóng liên tiếp là $\frac{\lambda }{2}$

Khoảng cách giữa 1 nút sóng và 1 bụng sóng liên tiếp là $\frac{\lambda }{4}$

Cách giải: 

Khoảng cách giữa 2 nút sóng liên tiếp bằng $\frac{\lambda }{2}$

Chọn D

Phương pháp: 

Vận dụng lí thuyết về máy biến áp. 

Cách giải: 

A – sai vì máy biến áp là thiết bị biến đổi điện áp dòng điện xoay chiều.

B – sai vì lõi thép của máy biến áp được làm bằng các lá sắt hoặc thép pha silic.

C – sai vì hai cuộn dây của máy biến áp có số vòng khác nhau.

D – đúng vì máy biến áp hoạt động dựa vào hiện tượng cảm ứng điện từ.

Chọn D

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính tần số dao động riêng: $f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{k}{m}}$

Cách giải: 

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

Chọn D

Phương pháp: 

Sử dụng tiên đề về sự bức xạ và hấp thụ năng lượng của nguyên tử: $\epsilon =E_{cao}-E_{thap }$

Cách giải: 

Năng lượng của photon mà nó hấp thụ là:  

$\epsilon =E_N-E_K=-\frac{13,6}{16}-\left(-\frac{13,6}{1}\right)=12,75eV$

Chọn D

Phương pháp: 

+ Sử dụng biểu thức tính năng lượng liên kết: $W_{lk}=\left(Z.m_n+(A-A).m_n-m_X\right)c^2$

+ Sử dụng biểu thức tính năng lượng liên kết riêng: $\epsilon =\frac{W_{lk}}{A}$

Cách giải: 

+ Năng lượng liên kết của hạt nhân ${}_{{}^1}{}^{2}D:$

$$\begin{gathered} W_{lk}=(1.1,0073u+1.1,0087u-2,0136u)c^2 \\ =2,{4.10}^{-3}u{c}^2=2,2356MeV \end{gathered}$$

+ Năng lượng liên kết riêng của hạt nhân là:  

$\epsilon =\frac{W_{lk}}{A}=\frac{2,2356}{2}=1,1178MeV\text{/} nuclon$

Chọn A

Phương pháp: 

Tần số dao động của con lắc đơn: $f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{g}{l}}$

Cách giải: 

Ta có Tần số dao động của con lắc:

$$\begin{gathered} f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{g}{l}} \\ \Rightarrow l=\frac{g}{4{\pi }^2{f}^2}=\frac{{\pi }^2}{4{\pi }^2.0,5^2}=1m=100cm \end{gathered}$$

Chọn B

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính suất điện động tự cảm trong ống dây: $e_{tc}=-L\frac{\Delta i}{\Delta t}$

Cách giải: 

Độ lớn suất điện động tự cảm trong ống dây: $e_{tc}=\left|-L\frac{\Delta i}{\Delta t}\right|=\left|-0,5\cdot \frac{0,06-0,02}{0,01}\right|=2V$

Chọn B

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

Dung kháng $Z_C=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{100\pi \frac{{10}^{-4}}{\pi }}=100\Omega$

Chọn B

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính tần số góc mạch LC: $\omega =\frac{1}{\sqrt{LC}}$

Cách giải: 

Tần số góc dao động mạch LC là: $\omega =\frac{1}{\sqrt{LC}}=\frac{1}{\sqrt{{25.10}^{-3}{\mathrm{.16.10}}^{-9}}}={5.10}^{4}rad\text{/}s$

Chọn B

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính năng lượng photon: $\epsilon =hf=\frac{hc}{\lambda }$

Cách giải: 

Mỗi photon của chùm sáng mang năng lượng là: $\epsilon =\frac{hc}{\lambda }=\frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{0,{650.10}^{-6}}=3,{058.10}^{-19}J$

Chọn A

Phương pháp: 

Vận dụng biểu thức tính chu kì dao động con lắc lò xo: $T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}$

Cách giải:

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{T}_1=2\pi \sqrt{\frac{m_1}{k}}=1s\\ T_2=2\pi \sqrt{\frac{m_2}{k}}=0,5s\end{array}\right.$

$\Rightarrow \frac{T_1}{T_2}=\sqrt{\frac{m_1}{m_2}}=\frac{1}{0,5}\Rightarrow m_2=\frac{m_1}{4}=12,5g$

Chọn C

Phương pháp: 

+ Sử dụng biểu thức tính bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}$

+ Viết phương trình sóng tại M: $u_M=A\cos \left(\omega t+\phi -\frac{2\pi d}{\lambda }\right)$

Cách giải: 

+ Bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}=\frac{10}{\frac{10\pi }{2}}=2m$

+ Phương trình sóng tại M:

$u_M=4\cos \left(10\pi t-\frac{2\pi .0,5}{2}\right)=4\cos \left(10\pi t-\frac{\pi }{2}\right)cm$

Chọn A

Phương pháp: 

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

Trong đó: k = số bụng sóng. 

Cách giải: 

Điều kiện có sóng dừng trên dây hai đầu cố định: $l=k\frac{\lambda }{2}$

Với: $\left\{\begin{array}{l}l=60cm=0,6m\\ v=4m\text{/}s\\ k=3\end{array}\right.$

$\Rightarrow l=k\frac{v}{2f}\iff 0,6=3\frac{4}{2f}\Rightarrow f=10Hz$

Chọn A

Phương pháp: 

+ Khoảng thời gian ngắn nhất từ khi tụ điện đang có điện tích điện cực đại đến khi điện tích của tụ điện bằng không là $\frac{T}{4}$

+ Sử dụng biểu thức tính bước sóng: λ = v.T 

Cách giải: 

Khoảng thời gian ngắn nhất từ khi tụ điện đang có điện tích cực đại đến khi điện tích của tụ bằng không: 

$\frac{T}{4}={75.10}^{-9}\Rightarrow T={3.10}^{-7}s$

Bước sóng: $\lambda =v.T={3.10}^8{\mathrm{.3.10}}^{-7}=90m$

Chọn C

Phương pháp:

+ Sử dụng hệ thức liên hệ: $v^2-v_0^2=2as$

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

+ Sử dụng định luật bảo toàn động lượng $\overrightarrow{p}=\overrightarrow{p^{\text{'}}}$

+ Sử dụng hệ thức độc lập: $A^2=x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}$

Cách giải: 

Vận tốc của m’ ngay trước khi va chạm: $v=\sqrt{v_0^2+2gh}=\sqrt{3,5^2+\mathrm{2.10.56},{25.10}^{-2}}=4,85m\text{/}s$

Tần số góc của hệ: ${\omega }^{\text{'}}=\sqrt{\frac{k}{m+m^{\text{'}}}}=\sqrt{\frac{100}{0,625+0,05}}=\frac{20\sqrt{30}}{9}rad\text{/}s$

Vị trí cân bằng mới thấp hơn vị trí cân bằng cũ 1 đoạn: $x_0=\frac{m^{\text{'}}g}{k}=\frac{{50.10}^{-3}.10}{100}={5.10}^{-3}m$

Vận tốc của hệ sau va chạm: $V=\frac{m^{\text{'}}v}{m^{\text{'}}+m}=\frac{0,05.4,85}{0,05+0,625}=0,359m\text{/}s$

Biên độ sau va chạm: $A=\sqrt{{\left(A_0-x_0\right)}^2+\frac{V^2}{{\omega }^2}}$

$\sqrt{{\left(0,05-{5.10}^{-3}\right)}^2+{\left(\frac{0,359}{\frac{20\sqrt{30}}{9}}\right)}^2}=0,0538m=5,38cm$

Chọn C

Phương pháp: 

+ Vận dụng tính chất về pha dao động 

+ Sử dụng biểu thức tính li độ dao động tổng hợp: $x=x_1+x_2$

 Cách giải: 

Ta có: hai dao động ngược pha nên: $x_1=A_1\cos (\omega t+\phi )$ và $x_2=-A_2\cos (\omega t+\phi )$

Khi: $x_1=0,5A_1\Rightarrow x_2=-0,5A_2$

Khi đó, li độ tổng hợp: $x=x_1+x_2=0,5\left(A_1-A_2\right)$

Chọn C

Phương pháp: 

+ Đọc đồ thị u-t 

+ Sử dụng biểu thức tính công suất: $P=UI\cos \phi =UI\frac{R}{Z}$

+ Sử dụng biểu thức tính hệ số công suất: $\cos \phi =\frac{R}{Z}=\frac{U_R}{U}$

Cách giải: 

Từ đồ thị, ta có: $\left\{\begin{array}{l}{u}_{AN}=30\sqrt{2}\cos \left(\omega t\right)\\ u_{MB}=20\sqrt{2}\cos \left(\omega t-\frac{\pi }{2}\right)\end{array}\right.$

$$\begin{gathered} \Rightarrow u_{AN}\perp u_{MB}\Rightarrow {\cos }^2{\phi }_{AN}+{\cos }^2{\phi }_{MB}=1 \\ \iff {\left(\frac{U_R+U_r}{U_{AN}}\right)}^2+{\left(\frac{U_r}{U_{MB}}\right)}^2=\text{1 (1)} \end{gathered}$$

Lại có: $P_{AM}=P_{MN}\iff UI\cdot \frac{R}{Z}=UI\frac{r}{Z}\Rightarrow R=r\Rightarrow U_R=U_r$

Thay vào (1) ta được: ${\left(\frac{2U_R}{30}\right)}^2+{\left(\frac{U_R}{20}\right)}^2=1\Rightarrow U_R=U_r=12V$

Lại có:

$$\begin{gathered} U_{MB}=\sqrt{U_r^2+{\left(U_L-U_C\right)}^2} \\ \Rightarrow {\left(U_L-U_C\right)}^2=U_{MB}^2-U_r^2={20}^2-{12}^2=256 \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \Rightarrow U_{AB}=\sqrt{{\left(U_R+U_r\right)}^2+{\left(U_L-U_C\right)}^2} \\ \Rightarrow U_{AB}=\sqrt{{(12+12)}^2+256}=8\sqrt{13}V \end{gathered}$$

Hệ số công suất của đoạn mạch AB: $\cos \phi =\frac{U_R+U_r}{U_{AB}}=\frac{12+12}{8\sqrt{13}}=0,832$

Chọn A

Phương pháp: 

Sử dụng lí thuyết về hai vân sáng trùng nhau trong giao thoa ánh sáng

+ Hai vân trùng nhau: $x_1=x_2$

+ Vị trí vân sáng: $x_S=ki=k\frac{\lambda D}{a}$

Cách giải: 

+ Số vân sáng trùng nhau trên đoạn AB: $N_{\equiv }=19-6-10=3$

+ Số vân sáng của bức xạ 1: $N_1=6+3=9$

+ Số vân sáng của bức xạ 2: $N_2=10+3=13$

Chiều dài đoạn AB:

$$\begin{gathered} L=8i_1=12i_2\iff 8\frac{{\lambda }_{1}D}{a}=12\frac{{\lambda }_{2}D}{a} \\ \Rightarrow {\lambda }_2=\frac{8{\lambda }_1}{12}=\frac{8.0,69}{12}=0,46\mu m \end{gathered}$$

Chọn A

Phương pháp: 

+ Sử dụng biều thức: $U=\sqrt{U_R^2+{\left(U_L-U_C\right)}^2}$

+ Sử dụng biểu thức: $\cos \phi =\frac{R}{Z}=\frac{U_R}{U}$

+ Sử dụng biểu thức tính công suất: $P=UI\cos \phi =I^{2}R$

Cách giải: 

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}U=50\sqrt{2}V\\ U_L=100V\\ U_C=50V\end{array}\right.$

Lại có: $U=\sqrt{U_R^2+{\left(U_L-U_C\right)}^2}\Rightarrow U_R=50V$

Hệ số công suất của mạch: $\cos \phi =\frac{R}{Z}=\frac{U_R}{U}=\frac{50}{50\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$

Công suất tiêu thụ của mạch: $P=UI\cos \phi \Rightarrow I=\frac{P}{U\cos \phi }=\frac{100}{50\sqrt{2}\frac{1}{\sqrt{2}}}=2A$

Mặt khác: $P=I^{2}R\Rightarrow R=\frac{P}{I^2}=\frac{100}{2^2}=25\Omega$

Chọn B

Phương pháp: 

Vận dụng biểu thức tính công suất hao phí: $\Delta P=\frac{P^2}{U^2{\cos }^2\phi }R$

Cách giải: 

+ Ban đầu: $U_0=U$ thì công suất hao phí: $\Delta P=\frac{P^2}{U^2{\cos }^2\phi }R$

+ Khi $U_1=U+100\left(kV\right)$ thì công suất hao phí: $\Delta P_1=\frac{\Delta P}{4}=\frac{P^2}{{(U+100)}^2{\cos }^2\phi }R$

$\Rightarrow 4U^2={(U+100)}^2\Rightarrow U=100\left(kV\right)$

+ Khi $U_2=U+300\left(kV\right)$ thì công suất hao phí: $\Delta P_2=\frac{P^2}{{(U+300)}^2{\cos }^2\phi }R=\frac{P^2}{{\left(4U\right)}^2{\cos }^2\phi }R=\frac{\Delta P}{16}$

⇒ Công suất hao phí giảm 16 lần. 

Chọn D

Phương pháp: 

+ Sử dụng biểu thức tính số điểm dao động cực đại trên đường thẳng nối 2 nguồn cùng pha: $-\frac{S_1{S}_2}{\lambda }<k<\frac{S_1{S}_2}{\lambda }$

+ Vận dụng biểu thức xác định vị trí cực đại giao thoa: $d_2-d_1=k\lambda$

+ Sử dụng hệ thức trong tam giác. 

Cách giải:

Ta có: 

Gọi M là cực đại trên Δ xa C nhất. 

Số cực đại trên AB bằng số giá trị k nguyên thỏa mãn: 

$-\frac{S_1{S}_2}{\lambda }<k<\frac{S_1{S}_2}{\lambda }\iff -3,5<k<3,5$

⇒ M là cực đại bậc 3

Ta có: $MB-MA=3\lambda$

Gọi H – là hình chiếu của M trên AB 

+ Trường hợp H nằm trong AB: 

$$\begin{gathered} \iff \sqrt{M{H}^2+H{B}^2}-\sqrt{M{H}^2+A{H}^2}=3\lambda \\ \iff \sqrt{2^2+{(7-AH)}^2}-\sqrt{2^2+A{H}^2}=3.2 \\ \Rightarrow \left[\begin{array}{l}AH=7,98cm\\ AH=-0,98cm\end{array}( loai)\right. \end{gathered}$$

+ Trường hợp H nằm ngoài AB: 

$$\begin{gathered} \iff \sqrt{M{H}^2+{(AB+AH)}^2}-\sqrt{M{H}^2+A{H}^2}=3\lambda \\ \iff \sqrt{2^2+{(7+AH)}^2}-\sqrt{2^2+A{H}^2}=6 \\ \Rightarrow \left[\begin{array}{l}AH=0,98\text{cm}\\ AH=-7,98\text{cm}\left(\text{loai }\right)\end{array}\right. \\ \Rightarrow CM=OH=\frac{AB}{2}+AH=3,5+0,98=4,48cm \end{gathered}$$

Chọn D