Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính cơ năng: $W=\frac{1}{2}k{A}^2=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2$

Chiều dài quỹ đạo: L = 2.A (với A là biên độ dao động). 

Cách giải: 

+ Biên độ dao động: $A=\frac{L}{2}=\frac{20}{2}=10cm=0,1m$

+ Cơ năng của vật: $W=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2=\frac{1}{2}.0,{2.6}^2.0,1^2=0,036J$

Chọn C

Phương pháp: 

+ Phương trình sóng tổng quát: $u=A.\cos \left(\omega t+\phi -\frac{2\pi x}{\lambda }\right)$

+ Đồng nhất phương trình bài cho với phương trình sóng tổng quát. 

Cách giải: 

Đồng nhất phương trình bài cho với phương trình tổng quát: $\frac{2\pi x}{\lambda }=0,02\pi x\Rightarrow \lambda =\frac{2}{0,02}=100cm$

Chọn C

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

Suất điện động tự cảm: $e_{tc}=-L\frac{\Delta i}{\Delta t}=-0,1.\frac{10-0}{0,1}=-10V$

Vậy độ lớn suất điện động tự cảm xuất hiện trên ống dây trong khoảng thời gian đó là 10V.

Chọn B

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính tổng trở: $Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}$

Cách giải: 

Tổng trở của mạch gồm điện trở mắc nối tiếp với tụ điện là: $Z=\sqrt{R^2+Z_C^2}=\sqrt{R^2+{\left(\frac{1}{\omega C}\right)}^2}$

Chọn C

Phương pháp: 

Sử dụng lí thuyết về động cơ không đồng bộ ba pha.

Cách giải: 

Trong động cơ không đồng bộ ba pha: Tốc độ quay của roto nhỏ hơn tốc độ quay của từ trường.

Chọn C

Phương pháp: 

Công thức tính tần số: $f=np$ với n: số vòng/s; p: số cặp cực 

Cách giải: 

Từ công thức tính tần số ta có:  

$f=np\iff 50=n.4\Rightarrow n=12,5$ vòng/s = 750 vòng/phút. 

Chọn B

Phương pháp: 

Công suất tiêu thụ: $P=UI\cos \phi$

Cách giải: 

Công suất truyền tải là: $P=UI.\cos \phi =200.2,5.1=500W=0,5kW$

Chọn C

Phương pháp: 

Sử dụng thang sóng điện từ (bước sóng) 

Cách giải:

Từ thang sóng điện từ, các bức xạ được sắp xếp theo thứ tự bước sóng tăng dần là: Tia X, ánh sáng nhìn thấy, tia hồng ngoại. 

Chọn B

Phương pháp:

Biểu thức của điện tích và cường độ dòng điện: $\left\{\begin{array}{l}q=q_0.\cos (\omega t+\phi )\\ i=q^{\text{'}}=\omega q_0.\cos \left(\omega t+\phi +\frac{\pi }{2}\right)\end{array}\right.$

Cách giải: 

Công thức liên hệ giữa điện tích cực đại và cường độ dòng điện cực đại: $I_0=\omega q_0\Rightarrow q_0=\frac{I_0}{\omega }$

Chọn C

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính chu kì dao động của con lắc đơn: $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$

Cách giải: 

Chu kì dao động của con lắc đơn: $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$

Chọn B

Phương pháp: 

Đọc phương trình dao động điều hòa: $x=A\cos (\omega t+\phi )$

+ A: Biên độ dao động 

+ ω: Tần số góc 

+ φ: Pha ban đầu của dao động. 

Cách giải: 

Phương trình dao động: $x=5\cos \left(2\pi t\right)$

⇒ Tần số góc của dao động: $\omega =2\pi rad\text{/}s$

Chọn B

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

Lực đẩy giữa 2 điện tích là: $F=k\frac{\left|q_1{q}_2\right|}{\epsilon r^2}={9.10}^9\frac{{10}^{-6}{\mathrm{.4.10}}^{-9}}{1.0,{02}^2}=0,09N$

Chọn B

Phương pháp: 

Sử dụng lí thuyết về thuyết lượng tử ánh sáng. 

Cách giải: 

Thuyết lượng tử ánh sáng được dùng để giải thích nguyên tắc hoạt động của pin quang điện.

Chọn A

Phương pháp: 

Sử dụng thang sóng vô tuyến 

Cách giải: 

Ta có thang sóng vô tuyến:

Sắp xếp theo thứ tự tăng dần về tần số của các sóng vô tuyến: Sóng dài, sóng trung, sóng ngắn, sóng cực ngắn.

Chọn D

Phương pháp: 

Vận dụng lí thuyết các loại tia và các loại quang phổ. 

Cách giải: 

A – sai vì: Các chất rắn, lỏng và khí ở áp suất cao khi bị nung nóng phát ra quang phổ liên tục.

B, C, D – đúng. 

Chọn A

Phương pháp: 

Vận dụng lí thuyết về sóng điện từ. 

Cách giải: 

A, D – sai vì sóng điện từ gồm từ trường biến thiên và điện trường biến thiên. 

B – đúng 

C – sai vì sóng điện từ truyền được trong chân không. 

Chọn B

Phương pháp: 

+ Đọc phương trình u, i 

+ Vận dụng biểu thức tính độ lệch pha u,i 

+ Sử dụng lí thuyết về cộng hưởng dao động: u, i cùng pha và $Z_L=Z_C$

Cách giải: 

Biểu thức của u và i: $\left\{\begin{array}{l}u=U_0\cos \left(\omega t+\frac{\pi }{3}\right)\\ i=I_0\cos \left(\omega t+\frac{\pi }{3}\right)\end{array}\Rightarrow u,i\right.$ cùng pha với nhau. 

⇒ Mạch xảy ra hiện tượng cộng hưởng nên $Z_L=Z_C$

Chọn A

Phương pháp: 

Biểu thức tính công thoát: $A=\frac{hc}{{\lambda }_0}$

Cách giải: 

Công thoát electron khỏi kim loại này là: $A=\frac{hc}{{\lambda }_0}=\frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{0,{75.10}^{-6}}=2,{65.10}^{-19}J$

Chọn C

Phương pháp: 

+ Đọc phương trình phản ứng hạt nhân 

+ Vận dụng các định luật bảo toàn cân bằng phương trình

+ Sử dụng biểu thức tính số mol: $n=\frac{m}{A}$

Cách giải: 

Ta có: ${}_1^{1}H{+}_4^{9}Be{\to }_2^{4}He{+}_3^{6}X+2,1MeV$

Từ phương trình phản ứng hạt nhân ta có 1 phản ứng tạo ra 1 nguyên tử He và tỏa ra năng lượng 2,1MeV.

Số nguyên tử Heli được tạo thành khi tổng hợp được 4g Heli là:  

$N=n.N_A=\frac{m}{A}.N_A=\frac{4}{4}.6,{02.10}^{23}=6,{02.10}^{23}$

⇒ Năng lượng tỏa ra từ phản ứng khi tổng hợp được 4gam Heli là:

$E=2,1.N=2,1.6,{02.10}^{23}=1,{2642.10}^{24}MeV$

Chọn C

Phương pháp: 

Công thức tính mức cường độ âm: $L=10\log \frac{I}{I_0}$

Cách giải: 

Ta có, mức cường độ âm: $L_A=10\log \frac{I_A}{I_0}\iff 80=10\log \frac{I_A}{{10}^{-12}}$

$\Rightarrow I_A={10}^8{.10}^{-12}={10}^{-4}W\text{/}{m}^2=0,1mW\text{/}{m}^2$

Chọn B

Phương pháp: 

+ Sử dụng biểu thức tính chu kì: $T=\frac{\Delta t}{N}$

+ Sử dụng biểu thức tính độ dãn của lò xo tại VTCB: $\Delta l=\frac{mg}{k}=\frac{g}{{\omega }^2}=\frac{g{T}^2}{4{\pi }^2}$

+ Chiều dài của con lắc lò xo tại vị trí thấp nhất: $l_{\max }=l_0+\Delta l+A$

Cách giải: 

+ Chu kì dao động: $T=\frac{60}{120}=0,5s$

⇒ Độ dãn của lò xo ở vị trí cân bằng:

$$\begin{gathered} \Delta l=\frac{mg}{k}=\frac{g}{{\omega }^2}=\frac{g}{\frac{4{\pi }^2}{T^2}}=\frac{10}{\frac{4.10}{0,5^2}} \\ =0,0625m=6,25cm \end{gathered}$$

+ Chiều dài ở vị trí thấp nhất: $l_{\max }=l_0+\Delta l+A$

+ Chiều dài tự nhiên: _{$l_0=30cm$}

_{$\Rightarrow A=l_{\max }-l_0-\Delta l=40-30-6,25=3,75cm$}

Chọn D

Phương pháp:

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

+ Sử dụng biểu thức: $U=\sqrt{U_R^2+U_C^2}$

+ Sử dụng biểu thức định luật ôm: $I=\frac{U}{Z}$

Cách giải: 

+ Dung kháng: $Z_C=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{100\pi \cdot \frac{{10}^{-2}}{5\pi }}=5\Omega$

+ Ta có: $U_R=4V$

Lại có: $U=\sqrt{U_R^2+U_C^2}\Rightarrow U_C=\sqrt{U^2-U_R^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3V$

Cường độ dòng điện trong mạch: ^{$I=\frac{U_C}{Z_C}=\frac{3}{5}A$}

Chọn A

Phương pháp: 

Bán kính quỹ đạo Bo ở trạng thái dừng n: ^{$r_n=n^2{r}_0$}

Cách giải: 

Bán kính quỹ đạo dừng O ứng với $n=5\Rightarrow r_O=5^2{r}_0=25.5,{3.10}^{-11}=1,{325.10}^{-9}m$

Chọn B

Phương pháp: 

Mạch R, Lr, C có R thay đổi để công suất trên R cực đại, khi đó: $\left\{\begin{array}{l}{R}^2=r^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2\\ P_{\max }=\frac{U^2}{2r+2\sqrt{r^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}\end{array}\right.$

Cách giải: 

+ Cảm kháng: $Z_L=\omega L=100\pi \frac{1}{\pi }=100\Omega$

+ Dung kháng: _{$Z_C=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{100\pi \frac{{10}^{-3}}{6\pi }}=60\Omega$}

Mạch R, Lr, C có R thay đổi để công suất trên R cực đại, khi đó: $\left\{\begin{array}{l}{R}^2=r^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2\\ P_{\max }=\frac{U^2}{2r+2\sqrt{r^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}\end{array}\right.$

$$\begin{gathered} \Rightarrow R=\sqrt{r^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2} \\ =\sqrt{{30}^2+{(100-60)}^2}=50\Omega \end{gathered}$$

Chọn C

Phương pháp: 

+ Sử dụng biểu thức tính $U^2=U_R^2+U_L^2$

+ Sử dụng biểu thức tính sai số: $\Delta U=\frac{\overline{U_R}}{\overline{U}}\cdot \Delta U_R+\frac{\overline{U_L}}{\overline{U}}\cdot \Delta U_L$

Cách giải: 

Ta có: 

$$\begin{gathered} +\overline{U}=\sqrt{U_R^2+U_L^2}=\sqrt{{48}^2+{36}^2}=60V \\ \text{+ }\Delta U=\overline{\frac{U_R}{\overline{U}}}\cdot \Delta U_R+\frac{\overline{U_L}}{\overline{U}}\cdot \Delta U_L \\ =\frac{48}{60}\cdot 1+\frac{36}{60}\cdot 1=1,4V \\ \Rightarrow U=60,0\pm 1,4\left(V\right) \end{gathered}$$

Chọn C

Phương pháp: 

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

Với: Số bụng = k; Số nút = k + 1. 

+ Sử dụng biểu thức tính biên độ sóng dừng: $A_M=A_b\sin \frac{2\pi d}{\lambda }$

Với d là khoảng cách từ M đến nút gần nhất. 

Cách giải: 

Ta có: 

$\text{+ }l=k\frac{\lambda }{2}\iff 90=3\frac{\lambda }{2}\Rightarrow \lambda =60cm$

+ Biên độ của bụng sóng: $A_b=3cm$

+ Biên độ dao động tại C: $A_C=A_b\sin \frac{2\pi d}{\lambda }=1,5cm\Rightarrow \sin \frac{2\pi d}{\lambda }=\frac{1}{2}$

$\Rightarrow d=\frac{\lambda }{12}=AC\Rightarrow AC=\frac{60}{12}=5cm$

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 tốc độ trung bình : _{$v_{tb}=\frac{S}{t}$}

Cách giải: 

Quãng đường lớn nhất vật đi được trong khoảng thời gian $\frac{T}{4}$ là: 

$$\begin{gathered} S_{\max }=2A\sin \frac{\omega \Delta t}{2}=2A\sin \frac{\omega \frac{T}{4}}{2} \\ =2A\sin \frac{\frac{2\pi }{T}\frac{T}{4}}{2}=2A\sin \frac{\pi }{4}=A\sqrt{2} \end{gathered}$$

Vận tốc trung bình lớn nhất của vật: ^{$v_{\max }=\frac{S_{\max }}{t}=\frac{A\sqrt{2}}{\frac{T}{4}}=\frac{4A\sqrt{2}}{T}$}

Chọn B

Phương pháp: 

+ Sử dụng máy tính giải phương trình: _{$x=x_1-x_2=A_1\angle {\phi }_1-A_2\angle {\phi }_2$}

+ Hai vật gặp nhau _{$x_1=x_2$}

+ Sử dụng trục thời gian suy ra từ đường tròn

Cách giải: 

Ta có:

$$\begin{gathered} x=x_1-x_2=4\angle 0-4\sqrt{3}\angle \frac{\pi }{2}=8\angle -\frac{\pi }{3} \\ \Rightarrow x=8\cos \left(4\pi t-\frac{\pi }{3}\right)cm \end{gathered}$$

Hai chất điểm gặp nhau khi $x_1=x_2$ hay x = 0 

Tại thời điểm ban đầu: $\left\{\begin{array}{l}{x}_0=8\cos \left(-\frac{\pi }{3}\right)=4cm\\ v>0\end{array}\right.$

⇒ Thời điểm đầu tiên 2 chất điểm gặp nhau $(x=0)$ là : $t=\frac{T}{6}+\frac{T}{4}=\frac{5T}{12}=\frac{5}{12}\cdot 0,5=\frac{5}{24}s$

Chọn C

Phương pháp: 

+ Điều kiện có cộng hưởng: $Z_L=Z_C\iff 2\pi f.L=\frac{1}{2\pi f.C}\Rightarrow f=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}$

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

Cách giải: 

Giá trị tần số khi có cộng hưởng: $f=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}=\frac{1}{2\pi \sqrt{\frac{0,4}{\pi }\cdot \frac{{10}^{-3}}{4\pi }}}=50Hz$

Mà khi cộng hưởng thì: _{$I_{\max }=\frac{U}{R}$}

Nhận thấy tần số biến đổi từ 60Hz đến 70Hz (lớn hơn giá trị cộng hưởng)

⇒ Khi tần số biến đổi từ 60Hz đến 70Hz thì cường độ dòng điện hiệu dụng trong mạch giảm.

Chọn D

Phương pháp:

+ Sử dụng giản đồ vecto. 

+ Sử dụng các kiến thức hình học, định lí hàm số cos trong tam giác.

Cách giải: 

Ta có giản đồ véctơ:

Từ giản đồ, ta có: $\Delta ANH=\Delta BNK(g-g-g)\Rightarrow BN=AN=150V$

Xét ΔANB có: $A{B}^2=A{N}^2+B{N}^2-2ANBN.\cos \left(ANB\right)$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \cos \left(ANB\right)=\frac{A{N}^2+B{N}^2-A{B}^2}{2AN.BN} \\ \Rightarrow \cos \left(ANB\right)=\frac{{150}^2+{150}^2-{130}^2}{\mathrm{2.150.150}}=\frac{281}{450} \end{gathered}$$

Mặt khác: $\cos \left(ANB\right)=\cos \left(ANH\right)=\frac{NH}{AN}$

$$\begin{gathered} \Rightarrow NH=AN.\cos \left(ANB\right)=\frac{281}{3} \\ \Rightarrow AH=\sqrt{A{N}^2-N{H}^2} \\ =\sqrt{{150}^2-{\left(\frac{281}{3}\right)}^2}=\frac{13\sqrt{731}}{3}V \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}MH=\frac{AH}{3,2}=36,61V\\ BH=BN-NH=\frac{169}{3}V\end{array}\right. \\ \Rightarrow BM=\sqrt{B{H}^2+M{H}^2}=67,19V=U_{MB} \end{gathered}$$

Chọn C

Phương pháp: 

+ Đọc đồ thị dao động 

+ Sử dụng vòng tròn lượng giác 

+ Sử dụng góc quét: $\Delta \phi =\omega .\Delta t$

Cách giải:

+ Tại $t:u_1=A_1$

+ Tại $t+\Delta t:u_2=A_2$

+ Tại $t+6\Delta t:u_3=-A_2$

Vẽ trên vòng tròn lượng giác ta được:

Ta có: $\omega .6\Delta t=\frac{\pi }{2}\iff \frac{2\pi }{T}.6\Delta t=\frac{\pi }{2}\Rightarrow \Delta t=\frac{T}{24}$

Chọn C

Phương pháp:

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

+ Sử dụng công thức tính vân tối trùng nhau: $k_1{\lambda }_1=k_2{\lambda }_2$ với $k_1,k_2$ lẻ

Cách giải: 

+ Khoảng vân $i_1=\frac{{\lambda }_{1}D}{a}=\frac{{600.10}^{-9}.1}{0,{5.10}^{-3}}=1,{2.10}^{-3}=1,2mm$

Giữa MN có 3 vị trí trùng nhau khác ⇒ MN chứa 4 khoảng vân trùng $\Rightarrow i_{\equiv }=\frac{MN}{4}=\frac{24}{4}=6mm$

Xét tỉ số: $\frac{i_{\equiv }}{i_1}=\frac{6}{1,2}=5\Rightarrow$ Nếu xem M là trùng số 0 thì tại N là vân trùng ứng với k = 5 

Điều kiện để 2 vân tối trùng nhau: $x_{t_1}=x_{t_2}\iff k_1{\lambda }_1=k_2{\lambda }_2$ với $k_1,k_2$ là số lẻ $\Rightarrow {\lambda }_2=\frac{k_1{\lambda }_1}{k_2}=\frac{5.600}{k_2}nm$

Với khoảng giá trị của ánh sáng khả kiến $380nm<{\lambda }_2<760nm\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{\lambda }_2=428,5nm\\ k_2=7\end{array}\right.$

⇒ Giữa 2 vị trí trùng nhau có 11 vân sáng. 

Chọn C

Phương pháp: 

+ Đọc đồ thị dao động 

+ Sử dụng vòng tròn lượng giác 

+ Sử dụng công thức góc quét: $\Delta \phi =\omega .\Delta t$

+ Sử dụng máy tính tổng hợp dao động: $x=x_1+x_2=A_1\angle {\phi }_1+A_2\angle {\phi }_2$

+ Sử dụng biểu thức tính cơ năng: $W=\frac{1}{2}k{A}^2=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2$

Cách giải: 

Ta có vòng tròn lượng giác:

Ta có: $\alpha =\beta$ mà $\beta +\frac{\alpha }{2}={90}^0\Rightarrow \alpha ={60}^0$

Ta có: $\cos \frac{\alpha }{2}=\frac{4}{A}\Rightarrow A=\frac{8\sqrt{3}}{3}cm$

Lại có:

$\alpha =\omega .\Delta t=\omega .\left(t_2-t_1\right)\Rightarrow \omega =\frac{\alpha }{\Delta t}=\frac{\frac{\pi }{3}}{\frac{1}{15}}=5\pi rad\text{/}s$

Từ đồ thị và các dữ kiện trên ta viết được phương trình dao động của 2 vật: $\left\{\begin{array}{l}{x}_1=\frac{8\sqrt{3}}{3}\cos (5\pi t+\pi )\\ x_2=\frac{8\sqrt{3}}{3}\cos \left(5\pi t-\frac{2\pi }{3}\right)\end{array}\right.$

⇒ Phương trình dao động tổng hợp: _{$x=x_1+x_2=8\cos \left(5\pi t-\frac{5\pi }{6}\right)cm$}

⇒ Cơ năng của chất điểm:

$W=\frac{1}{2}k{A}^2=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2=\frac{1}{2}.0,5.{\left(5\pi \right)}^2.0,{08}^2=0,4J$

Chọn A