Tổng hợp 20 đề thi thử thpt quốc gia môn Vật lí 2020 cực hay có lời giải (P8)

Đáp án C

Nhớ lại đặc điểm của các loại quang phổ để phân biệt giữa chúng

Đáp án D

Công suất tiêu thị điện trên cuộn dây chính là công suất tỏa nhiệt trên dây $P=r{I}^2=10{\left(\frac{1}{\sqrt{6}}\right)}^2=5W$

Đáp án B

Khi phản xạ trên mặt cản cố định, sóng phản xạ luôn ngược pha với sóng tới tại điểm phản xạ và tần số của sóng tới và sóng phản xạ khi đó bằng nhau

Đáp án C

Năng lượng: $W=\frac{1}{2}L{I}_0^2=\frac{1}{2}2{.10}^{-3}.4^2=0,016J$

Đáp án A

Diode bán dẫn có tác dụng chỉnh lưu dòng điện xoay chiều thành dòng điện 1 chiều vì giữa lớp tiếp xúc p-n có điện trường tiếp xúc hướng từ n-p cản trở chuyển động của các hạt tải điện đa số qua đó theo chiều từ n-p. Do vậy dòng điện chỉ qua theo chiều từ p-n

Đáp án A

Theo bài ra ta có: $OA/5000 – OA/8000 = 5s$

Đáp án B

$$\begin{gathered} W\left(từ\right)=\frac{L{i}^2}{2}=W-\frac{C{u}^2}{2}=12{.10}^{-6}J \\ {W}_{max}(từ) = \frac{L{i}_0^2}{2}=W=16{.10}^{-6}J \end{gathered}$$

Vậy $W\left(từ\right)/W_{max }\left(từ\right) = {(i/I}^{}$₀)2 = 3/4

Hay $i/I_0=\frac{\sqrt{3}}{2}$

Đáp án A

Mạch đang có tính cảm kháng nghĩa là $Z_L > Z_C$. Vậy để $Z_L=Z_C\iff 2\pi fL=\frac{1}{2\pi fC}$ ta phải giảm $Z_L$ hoặc tăng $Z_C$. Dùng phương án loại trừ suy ra phải giảm f

Đáp án C

Đáp án D

Từ hệ thức Anhxtanh ta có động năng ban đầu cực đại của quang electron là:

$W_{0_{max}}=\frac{1}{2}m{v}_{0max}^2=\frac{hc}{\lambda }-A$

Suy ra, với A không đổi (công thoát của Kẽm) $W_{0_{max}}$ chỉ phụ thuộc vào bước sóng của ánh sáng kích thích

Đáp án C

Ta có: $t = 24h; m=\frac{m_o}{6}=\frac{m_o}{2^k}\Rightarrow 2^k=6\Rightarrow kln2=ln6\Rightarrow \frac{t}{T}ln2=ln6$

$\Rightarrow T=\frac{t\hspace{0.17em}ln2}{ln6}=\frac{24.0,693}{1,792}=9,28h$

Đáp án B

Electron chuyển động trong từ trường chịu tác dụng của lực Lorenxơ đóng vai trò lực hướng tâm $f=\left|q\right|vB=\frac{m{v}^2}{R}\Rightarrow R=\frac{mv}{\left|q\right|B}$

Đáp án C

Ta có $R_{1}nt\left(R_2//R_3\right)\Rightarrow R_N=R_1+\frac{R_2{R}_3}{R_2+R_3}=9\Omega \Rightarrow I=\frac{E}{R_N+r}=1,2A$

Vậy số chỉ của vôn kế là $U_V=I.R_N=10,8V$

Đáp án B

Theo bảo toàn năng lượng: $\frac{1}{2}L{i}_1^2+\frac{1}{2}C{u}_1^2=\frac{1}{2}L{i}_2^2+\frac{1}{2}C{u}_2^2\Rightarrow C=20\mu F$

Đáp án D

Bước sóng của sóng điện từ mà mạch bắt được $\lambda =2\pi c\sqrt{LC}$

Tần số góc của mạch dao động $\omega =\frac{1}{\sqrt{LC}}$

Cường độ dòng điện cực đại chạy trong mạch liên hệ với điện tích cực đại mà mạch tích được ${\text{I}}_{\text{o}}={\text{ωQ}}_{\text{o}}$

Từ ba công thức trên, ta có $\text{λ}=2\text{πc}.\frac{{\text{Q}}_{\text{o}}}{{\text{I}}_{\text{o}}}$

Đáp án C

Công suất chùm sáng được xác định bởi công thức $\text{P}=\text{n}\frac{\text{hc}}{\text{λ}}$ trong đó n là số photon trong chùm sáng đó, $\lambda$ là bước sóng của photon.

Theo đó, ta có tỉ số giữa công suất chùm sáng phát ra và công suất chùm sáng kích thích:

$\frac{{\text{P}}_{\text{o}}}{{\text{P}}_{\text{o}}}=\frac{{\text{n}}_{\text{pr}}}{{\text{n}}_{\text{kr}}}.\frac{{\text{λ}}_{\text{kt}}}{{\text{λ}}_{\text{pr}}}=\frac{1}{600}.\frac{0,3}{0,5}=\frac{1}{1000}=0,001$

Đáp án B

Gọi khoảng cách từ một điểm bất kỳ thuộc CD đến các nguồn A, B tương ứng là $d_2$ và $d_1$_­

Ta có $\text{AD}-\text{BD}\le {\text{d}}_2-{\text{d}}_1\le \text{AC}-\text{BC}$

+ Điểm cực đại trên đoạn CD thỏa mãn: ${\text{d}}_2-{\text{d}}_1=\text{kλ, k}=\text{0,\hspace{0.17em}}\pm \text{1,\hspace{0.17em}}\pm \text{2,\hspace{0.17em}}\pm \text{3}\mathrm{...}$ với $\Rightarrow \text{AD}-\text{BD}\le \text{kλ}\le \text{AC}-\text{BC}\iff \frac{\text{AD}-\text{BD}}{\text{λ}}\le \text{k}\le \frac{\text{AC}-\text{BC}}{\text{λ}}$

$\Rightarrow -3,3\le \text{k}\le 3,3$

Có 7 giá trị của k là $\text{0,\hspace{0.17em}}\pm \text{1,\hspace{0.17em}}\pm \text{2,\hspace{0.17em}}\pm \text{3}$ nên có 7 điểm cực đại trên CD

+ Điểm cực tiểu trên đoạn CD thỏa mãn: ${\text{d}}_2-{\text{d}}_1=\left(2\text{k}+1\right)\frac{\text{λ}}{\text{2}}$, với $\text{k}=\text{0,\hspace{0.17em}}\pm \text{1,\hspace{0.17em}}\pm \text{2,\hspace{0.17em}}\pm \text{3}\mathrm{...}$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \text{AD}-\text{BD}\le \left(2\text{k}+1\right)\frac{\text{λ}}{\text{2}}\le \text{AC}-\text{BC} \\ \iff 2\frac{\text{AD}-\text{BD}}{\text{λ}}\le \text{2k\hspace{0.17em}+\hspace{0.17em}1}\le 2\frac{\text{AC}-\text{BC}}{\text{λ}}\Rightarrow -3,8\le \text{k}\le -2,83 \end{gathered}$$

Có 6 giá trị của k thỏa mãn $\text{k}=\text{0,\hspace{0.17em}}\pm \text{1,\hspace{0.17em}}\pm \text{2,\hspace{0.17em}}-3,-2$ nên có 6 điểm cực tiểu trên CD

Đáp án C

Trên dây có sóng dừng với hai bụng sóng nên $\text{l}=2.\text{λ/2}$ vậy $\text{λ}=\text{l}=24\text{cm}$

M, N thuộc hai bó sóng liên tiếp nên ngược pha nhau

Khoảng cách MN nhỏ nhất khi M, N ở vị trí cân bằng hay ${\text{d}}_{\min }=\text{MN}=\text{AB}/3=8\text{cm}$

Gọi trung điểm MN là O (khi đó chính là một nút) thì $OM = 4cm = \lambda /6$

Vậy biên độ dao động của M và N là: ${\text{A}}_{\text{N}}={\text{A}}_{\text{M}}=\frac{{\text{A}}_{\text{B}}\sqrt{\text{3}}}{2}$ (vì M và N đối xứng nhau qua nút biên độ dao động bằng nhau)

Khoảng cách M, B lớn nhất là ${\text{d}}_{\text{max}}=1,25.{\text{d}}_{\text{min}}=10\text{cm}$ khi M, N nằm ở biên

Mặt khác ${\text{d}}_{\text{max}}=\sqrt{{\text{MN}}^2+{\left(2{\text{A}}_{\text{M}}\right)}^2}\Rightarrow 10=\sqrt{8^2+{\left(2{\text{A}}_{\text{M}}\right)}^2}$

$\Rightarrow {\text{A}}_{\text{M}}=3\text{cm}\Rightarrow {\text{A}}_{\text{B}}=2\sqrt{3}\text{cm}$

Đáp án A

Từ hình vẽ ta có $\left\{\begin{array}{l}{\text{PO}}_{\text{2}}=\sqrt{{\left({\text{O}}_{\text{1}}{\text{O}}_{\text{2}}\right)}^2+{\left({\text{O}}_{\text{1}}\text{P}\right)}^2}=7,5\text{cm}\\ {\text{QO}}_{\text{2}}=\sqrt{{\left({\text{O}}_{\text{1}}{\text{O}}_{\text{2}}\right)}^2+{\left({\text{O}}_{\text{1}}\text{Q}\right)}^2}=10\text{cm}\end{array}\right.$

Vì P là cực tiểu và Q là cực đại đồng thời trong PQ còn một cực đại nữa nên $\left\{\begin{array}{l}{\text{PO}}_{\text{2}}-{\text{PO}}_1=7,5-4,5=\left(\text{k}+2,5\right)\text{λ}\\ {\text{QO}}_{\text{2}}-{\text{QO}}_1=10-8=\left(\text{k}-1\right)\text{λ}\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\text{λ}=\frac{2}{3}\text{cm}\\ \text{k}=4\end{array}\right.$

P thuộc cực tiểu thứ 5 (k = 4) nên M là cực đại thuộc OP gần P nhất thì M phải thuộc cực đại bậc 5

Do đó ${\text{MO}}_2-{\text{MO}}_1=5\text{λ}\Rightarrow \sqrt{{\text{OM}}^2+{\left({\text{O}}_{\text{1}}{\text{O}}_{\text{2}}\right)}^2}-\text{OM}=5\text{λ}\Rightarrow \text{OM}=3,73\text{cm}$

Vậy M cách P đoạn $\text{MP}=\text{OP}-\text{OM}=4,5-3,73=0,77\text{cm}$

Đáp án B

Theo bài $\left\{\begin{array}{l}{\text{cosφ}}_{\text{1}}=\frac{\text{R}}{\sqrt{{\text{R}}^{\text{2}}+{\text{Z}}_{\text{C}}^{\text{2}}}}\\ {\text{cosφ}}_2=\frac{\text{R}}{\sqrt{{\text{R}}^{\text{2}}+\frac{{\text{Z}}_{\text{C}}^{\text{2}}}{9}}}\Rightarrow {\text{R}}^{\text{2}}=\frac{7}{9}{\text{Z}}_{\text{C}}^{\text{2}}\Rightarrow \text{R}=\frac{\sqrt{7}}{3}{\text{Z}}_{\text{C}}\\ {\text{cosφ}}_2=\sqrt{2}{\text{cosφ}}_1\end{array}\right.$

${\text{cosφ}}_1=\frac{\sqrt{7}}{4}\Rightarrow {\text{cosφ}}_2=\frac{\sqrt{14}}{4}$

Đáp án A

Sau khi giữ vật tại điểm chính giữa, vật sẽ dao động với lò xo có độ cứng ${\text{k}}_{\text{1}}=\text{2k}$. Con lắc lò xo mới có chiều dài tự nhiên $l_0­/2$. Tại thời điểm giữ lò xo chiều dài con lắc này là $\frac{{\text{l}}_{\text{0}}+\text{A}}{2}$ tức là lò xo này đã giãn A/2

Hay ly độ và vận tốc của vật lúc này là $x = A/2$ và $v = 0$ (do tại vị trí biên)

Suy ta, biên độ dao động sẽ là ${\text{A}}_{\text{1}}=\sqrt{{\left(\frac{\text{A}}{\text{2}}\right)}^2+{\left(\frac{\text{v}}{{\text{ω}}_{\text{1}}}\right)}^2}=\frac{\text{A}}{\text{2}}\Rightarrow \frac{{\text{A}}_{\text{1}}}{\text{A}}=\frac{1}{2}$

Đáp án D

Gọi $R_t$ là điện trở tổng cộng ở mạch ngoài thì ${\text{R}}_{\text{t}}=\frac{{\text{R}}_1{\text{R}}_{\text{x}}}{{\text{R}}_1{\text{+\hspace{0.17em}R}}_{\text{x}}}=\frac{2{\text{R}}_{\text{x}}}{2+{\text{R}}_{\text{x}}}$

$$\begin{gathered} {\text{U}}_{\text{N}}={\text{R}}_{\text{t}}\text{I}=\frac{{\text{2R}}_{\text{x}}}{2{\text{+\hspace{0.17em}R}}_{\text{x}}}\frac{\text{E}}{\frac{{\text{2R}}_{\text{x}}}{2{\text{+\hspace{0.17em}R}}_{\text{x}}}+\text{r}}=\frac{8{\text{R}}_{\text{x}}}{1+{\text{R}}_{\text{x}}} \\ {\text{P}}_{{\text{R}}_{\text{x}}}={\text{R}}_{\text{x}}{\text{I}}^2=\frac{{\text{U}}_{\text{N}}^{\text{2}}}{{\text{R}}_{\text{x}}}=\frac{{\left(\frac{8{\text{R}}_{\text{x}}}{1+{\text{R}}_{\text{x}}}\right)}^2}{{\text{R}}_{\text{x}}}=\frac{64}{{\left(\sqrt{{\text{R}}_{\text{x}}}+\frac{1}{\sqrt{{\text{R}}_{\text{x}}}}\right)}^2} \end{gathered}$$

Theo bất đẳng thức Cô si $\left(\sqrt{{\text{R}}_{\text{x}}}+\frac{1}{\sqrt{{\text{R}}_{\text{x}}}}\right)\ge 2$ nên ${\text{P}}_{{\text{R}}_{\text{x}}}\le \frac{64}{2^2}=16$

Dấu “=” xảy ra khi ${\text{R}}_{\text{x}}=1\Rightarrow {\text{P}}_{{\text{R}}_{\text{x}}}\left(\text{max}\right)=16\text{W}$

Đáp án B

Biểu thức cường độ dòng điện khi K đóng và K mở

${\text{i}}_{đ}=3\cos \left(\text{ωt}+\frac{\text{π}}{\text{2}}\right)\left(\text{A}\right);{\text{\hspace{0.17em}i}}_{\text{m}}=\sqrt{3}\text{cosωt\hspace{0.17em}}\left(\text{A}\right)$

Như vậy dòng điện khi K đóng sớm pha $\pi /2$ so với dòng điện khi K mở

Vẽ giản đồ vectơ kép như hình bên

Lưu ý: hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch trong cả hai trường hợp khi K đóng và K mở là như nhau, nên hình chiếu của $\overrightarrow{\text{U}}$ xuống phương $\overrightarrow{I_{đ}}$ và $\overrightarrow{I_m}$ tương ứng cho biết $U_{Rđ}$ và $U_{Rm}$

Vì ${\text{I}}_{đ}=\sqrt{3}{\text{I}}_{\text{m}}$ nên ${\text{U}}_{\text{Rđ}}=\sqrt{3}{\text{U}}_{\text{Rm}}\Rightarrow {\text{U}}_{\text{Rm}}=\frac{1}{\sqrt{3}}{\text{U}}_{\text{Rđ}}$  mà từ giản đồ vectơ ta có: ${\text{U}}^2{\text{=\hspace{0.17em}U}}_{\text{Rđ}}^2+{\text{U}}_{\text{Rm}}^2$

Vậy ${\text{U}}^2{\text{=\hspace{0.17em}U}}_{\text{Rđ}}^2+\frac{1}{3}{\text{U}}_{\text{Rđ}}^2\Rightarrow {\text{U}}_{\text{Rđ}}\frac{\sqrt{3}}{2}\text{U}\Rightarrow \frac{{\text{U}}_{\text{Rđ}}}{\text{U}}\text{\hspace{0.17em}=\hspace{0.17em}}\frac{\sqrt{3}}{2}$

Vậy hệ số công suất của mạch khi K đóng là $\text{cosφ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$

Đáp án C

Gọi P là công suất của máy phát điện và U điện áo hiệu dụng ở hai cực máy phát điện

$P_0$ là công suất của một máy tiện. R là điện trở đường dây tải điện

Ta có: khi $k = 2; P = 120P_0 + ∆P_1$

Công suất hao phí $\Delta {\text{P}}_{\text{1}}={\text{P}}^{\text{2}}\frac{\text{R}}{{\text{U}}_{\text{1}}^{\text{2}}}$ với $U_1 = 2U$

$\text{P}=115{\text{P}}_{\text{0}}+\Delta {\text{P}}_1=115{\text{P}}_0+{\text{P}}^{\text{2}}\frac{\text{R}}{{\text{4U}}^{\text{2}}}\text{ (1)}$

Khi k = 3 ta có: $\text{P}=125{\text{P}}_{\text{0}}+\Delta {\text{P}}_2=125{\text{P}}_0+{\text{P}}^{\text{2}}\frac{\text{R}}{{\text{9U}}^{\text{2}}}\text{ (2)}$

Từ (1) và (2) ta có: ${\text{P}}^2\frac{\text{R}}{{\text{U}}^{\text{2}}}=72{\text{P}}_{\text{0}}\Rightarrow \text{P}=115{\text{P}}_{\text{0}}+18{\text{P}}_{\text{0}}=133{\text{P}}_{\text{0}}$

Khi xảy ra sự cố: $\text{P}={\text{NP}}_{\text{0}}+\Delta {\text{P}}_{\text{0}}={\text{NP}}_{\text{0}}+{\text{P}}^{\text{2}}\frac{\text{R}}{{\text{U}}^{\text{2}}}\text{ (3)}$

Với N là số máy tiện tối đa có thể hoạt động

Từ đó ta có $133{\text{P}}_{\text{0}}={\text{NP}}_{\text{0}}+{\text{72P}}_{\text{0}}\Rightarrow \text{N}=61$

Đáp án C

Phân tích $\text{Δt}=5,\text{25T}=5\text{T}+\text{T/4}$

Sau thời gian 5T vật đã đi được quãng đường ${\text{S}}_1=5.4\text{A}=20\text{A}=80\text{cm}$ và trở về trạng thái ban đầu (trạng thái tại t = 0)

Xét tại t = 0 ta có $\left\{\begin{array}{l}\text{x}=4\cos \left(\text{ωt}+\frac{\text{π}}{\text{6}}\right)=4\cos \frac{\text{π}}{\text{6}}=2\sqrt{3}\\ \text{v}=-4\text{ω}\sin \left(\text{ωt}+\frac{\text{π}}{\text{6}}\right)=-4\text{ω}\sin \frac{\text{π}}{\text{6}}<0\end{array}\right.$

Như vậy sau 5T vật ở vị có $\text{x}=2\sqrt{3}\text{\hspace{0.17em}cm}$ và đang chuyển động theo chiều âm của Ox

Để xác định quãng đường vật đi được trong thời gian T/4 tiếp theo ta có thể sử dụng vòng tròn lượng giác cho ly độ như hình vẽ bên

Quãng đường $S_2$ vật đi được trong thời gian T/4 này (tương ứng với chuyển động tròn đều từ M đến N) là: ${\text{S}}_{\text{2}}=2+2\sqrt{3}\approx 5,46\text{cm}$

Vậy tổng quãng đường vật đã đi được là $\text{S}={\text{S}}_1+{\text{S}}_2=85,464\text{cm}$

Đáp án D

Lực phục hồi đổi chiều tại VTCB. Lực đàn hồi đổi chiều tại vị trí lò xo không biến dạng

Lần thứ hai: khi đưa vật về vị trí lò xo không biến dạng rồi thả nhẹ thì quãng đường vật chuyển động đến lúc lực phục hồi đổi chiều (VTCB) bằng A, tương ứng với thời gian vật chuyển động bằng T/4 $\Rightarrow \frac{\text{T}}{\text{4}}=\Delta {\text{t}}_2=\frac{3}{2}\Delta {\text{t}}_1\Rightarrow \Delta {\text{t}}_1=\frac{\text{T}}{\text{6}}$

Lần thứ nhất: khi nâng vật lên rồi thả nhẹ vật chuyển động trên vị trí lực đàn hồi triệt tiêu tức là vật đã chuyển động từ vị trí biên (có ly độ $x = -A$) đến vị trí có ly độ $\text{x}=-\Delta {\text{l}}_{\text{0}}$ (chọn chiều dương Ox hướng xuống)

Do thời gian $\Delta {\text{t}}_1=\frac{\text{T}}{\text{6}}$ nên $\Delta {\text{l}}_0=\frac{\text{A}}{\text{2}}\Rightarrow \text{A}=2{\text{Δl}}_{\text{0}}$

Vậy tỉ số gia tốc vật và gia tốc trọng trường ngay khi thả lần thứ nhất là $\frac{\text{a}}{\text{g}}=\frac{-{\text{ω}}^{\text{2}}\text{x}}{\text{g}}=\frac{{\text{ω}}^{\text{2}}\text{A}}{\text{g}}=\frac{\text{A}}{{\text{Δl}}_{\text{0}}}=2$

Đáp án C

Ta có ${\text{t}}_{\text{1}}=1\text{s}={\text{T/6; t}}_2=2\text{s}={\text{T/3; t}}_3=4\text{s}=2\text{T/3}$

Do ${\text{t}}_{\text{1}}+{\text{t}}_{\text{2}}=\text{T/2}$ nên quãng đường vật đã đi được sau tổng thời gian này là ${\text{S}}_{\text{1}}+{\text{S}}_{\text{2}}=2\text{A}$

Mặt khác ${\text{S}}_{\text{1}}:{\text{S}}_{\text{2}}=1:3$ nên ${\text{S}}_{\text{1}}=\text{A/2}$ và ${\text{S}}_2=3\text{A/2}$

Kết hợp với điều kiện lúc đầu vật không ở vị trí biên nên nếu biểu diễn trên vòng tròn lượng giác của li độ x ta có thể lựa chọn vị trí lúc đầu của vật tương ứng với điểm $M_0$. Sau các thời gian $t_1, t_2$ và $t_3$ tiếp theo, vật ở các vị trí ứng với các điểm $M_1, M_2$ và ${\text{M}}_3\equiv {\text{M}}_{\text{1}}$ trên vòng tròn lượng giác (hình vẽ bên)

Như vậy, quãng đường vật đi được trong thời gian $t_1$ là $S_1 = A/2$, quãng đường vật đi được trong thời gian $t_2$ là $S_2 = A + A/2 = 3A/2$ và trong thời gian $t_3$ là $S_3 = 2A + A/2 = 5A/2$

Từ đó suy ra ${\text{S}}_{\text{1}}:{\text{S}}_2:{\text{S}}_3=\text{A/2}:3\text{A/2}:5\text{A/2}$

Hay ${\text{S}}_{\text{1}}:{\text{S}}_2:{\text{S}}_3=\text{1}:3:5$

Vậy k = 5

Đáp án C

+ Theo yêu cầu của bài có 4 bức xạ cho vân sáng trùng nhau nên ta có: ${\text{x}}_1={\text{x}}_2={\text{x}}_3={\text{x}}_4\iff {\text{kλ}}_{\text{1}}=\left(\text{k}-1\right){\text{λ}}_2=\left(\text{k}-3\right){\text{λ}}_4\text{ (1)}$

+ Do ánh sáng trắng nên $380nm \le \lambda \le 760nm \left(2\right)$

+ Xét tỷ lệ hai trong bốn bước sóng bài cho: $\frac{735}{490}=\frac{3}{2}$

+ Như vậy nếu lấy 4 bức xạ ứng với 4 giá trị k liên tiếp là 2; 3; 4; 5 thì từ (1) tính $\lambda$ được nhưng vi phạm phương trình (2)

(Cụ thể xét $2.735=3.{\text{λ}}_2=4.{\text{λ}}_3=5.{\text{λ}}_{\text{4}}\Rightarrow {\text{λ}}_{\text{4}}=\frac{2.735}{5}=294$ mâu thuẫn (2))

+ Vậy ta phải lấy tỷ lệ đó gấp 2 lần cụ thể là: $\frac{735}{490}=\frac{3}{2}=\frac{6}{4}$

+ Lúc này 4 bức xạ ứng với 4 giá trị k liên tiếp là 4; 5; 6; 7

+ Ta tính được các bước sóng thỏa mãn yêu cầu bài cụ thể là:

$$\begin{gathered} 4.735=5.{\text{λ}}_2=6.{\text{λ}}_3=7.{\text{λ}}_4 \\ {\text{λ}}_1={\text{λ}}_{\text{k}=4}=735\text{nm} \\ {\text{λ}}_2={\text{λ}}_{\text{k}=5}=\frac{735.4}{5}=588\text{nm} \\ {\text{λ}}_3={\text{λ}}_{\text{k}=6}=\frac{735.4}{6}=490\text{nm} \\ {\text{λ}}_4={\text{λ}}_{\text{k}=7}=\frac{735.4}{7}=420\text{nm} \end{gathered}$$

+ Tổng bước sóng $\left({\text{λ}}_1+{\text{λ}}_2\right)$ của các bức xạ đó là $\left({\text{λ}}_1+{\text{λ}}_2\right)=588+420=1008\text{nm}$

Đáp án D

Ta có ${\text{R}}_{\text{1}}={\text{R}}_{\text{o}}=25{\text{r}}_{\text{o}};{\text{\hspace{0.17em}R}}_{\text{2}}={\text{R}}_{\text{M}}=9{\text{r}}_{\text{o}}$

Electron chuyển động tròn đều do tác dụng của lực Culông đóng vai trò là lực hướng tâm: ${\text{F}}_{\text{ht}}=\frac{{\text{ke}}^{\text{2}}}{{\text{R}}^{\text{2}}}={\text{mω}}^{\text{2}}\text{R}$

$$\begin{gathered} \Rightarrow {\text{ω}}^2=\frac{{\text{ke}}^{\text{2}}}{{\text{R}}^{\text{3}}}\Rightarrow \frac{{\text{ω}}_{\text{1}}^{\text{2}}}{{\text{ω}}_{\text{2}}^{\text{2}}}=\frac{{\text{R}}_{\text{2}}^{\text{3}}}{{\text{R}}_{\text{1}}^{\text{3}}}\Rightarrow \frac{{\text{ω}}_{\text{1}}^{\text{2}}}{{\text{ω}}_{\text{2}}^{\text{2}}}={\left(\frac{9}{25}\right)}^3 \\ \Rightarrow \frac{{\text{ω}}_{\text{1}}}{{\text{ω}}_{\text{2}}}=\frac{27}{125}\Rightarrow 27{\text{ω}}_2=125{\text{ω}}_{\text{1}} \end{gathered}$$

Đáp án B

Phương trình phản ứng: ${}_{10}{}^{20}\text{Ne}\to 2{}_2{}^4\text{He}+{}_{\text{6}}{}^{\text{12}}\text{C}$

Năng lượng của phản ứng: $\Delta \text{E}=\left(2{\text{A}}_{\text{He}}.{\text{W}}_{\text{rHe}}+{\text{A}}_{\text{C}}.{\text{W}}_{\text{rC}}\right)-{\text{A}}_{\text{Ne}}.{\text{W}}_{\text{rNe}}=-11,88\text{MeV}$

Vậy phản ứng thu năng lượng 11,88MeV

Đáp án B

Trên AB có 15 vị trí dao động với biên độ cực đại do vậy ta có $AB < 8\lambda$

Xét M thuộc trên CD ta có $\left|{\text{d}}_2-{\text{d}}_1\right|\le \text{AB}\left(\sqrt{2}-1\right)$

Vậy $\left|{\text{d}}_2-{\text{d}}_1\right|<8\text{λ}\left(\sqrt{2}-1\right)$

Mặt khác M là cực đại giao thoa thì: ${\text{d}}_2-{\text{d}}_1=\text{kλ}$, với $\text{k}=0,\pm 1,\pm \mathrm{2...}$

Do đó ta được $\left|\text{kλ}\right|<8\text{λ}\left(\sqrt{2}-1\right)\Rightarrow \left|\text{k}\right|<3,3$

Vậy có 7 giá trị k; tương ứng có tối đa 7 cực đại giao thoa trên CD