Đáp án D

$N=\frac{{10}^{-6}}{4,0015.1,{66058.10}^{-27}}=1,{5625.10}^{20}$ (nguyên tử).

Đáp án D

Căn cứ vào n_đỏ < n_cam < n_vàng < n_lục < n_lam < n_chàm < n_tím.

Bài toán liên quan đến nguyên nhân hiện tượng tán sắc ánh sáng

− Chiết suất tuyệt đối của môi trường trong suốt: $n=\frac{c}{v}=\frac{cT}{vT}=\frac{\lambda }{{\lambda }^{\text{'}}}$ ($\lambda$ và $\lambda$’ là bước sóng trong chân không và trong môi trường đó).

− Sự tán sắc ánh sáng là sự phân tách một chùm ánh sáng phức tạp thành các chùm sáng đơn sắc.

− Nguyên nhân của hiện tượng tán sắc là do chiết suất của môi trường trong suốt phụ thuộc màu sắc của ánh sáng và tăng dần từ màu đỏ đến màu tím:

n_đỏ < n_cam < n_vàng < n_lục < n_lam < n_chàm < n_tím.

− Hiện tượng tán sắc chỉ xảy ra khi chùm sáng phức tạp bị khúc xạ (chiếu xiên) qua mặt phần cách hai môi trường có chiết suất khác nhau:

− Tia đỏ lệch ít nhất (góc lệch nhỏ nhất, góc khúc xạ lớn nhất) và tia tím lệch nhiều nhất (góc lệch lớn nhất, góc khúc xạ nhỏ nhất).

Đáp án C

Trong sóng điện từ, dao động của điện trường và của từ trường tại một điểm luôn luôn đồng pha nhau.

Đáp án A

Khi quan sát trong trạng thái không điều tiết:

$$\begin{gathered} D_{\min }=\frac{1}{f_{\max }}=\frac{1}{O{C}_V}+\frac{1}{OV} \\ \Rightarrow 6,25=\frac{1}{0,12}+\frac{1}{OV}\Rightarrow OV=0,018\left(m\right) \end{gathered}$$

Đáp án C

Độ lệch pha giữa u và i: $\phi ={\phi }_u-{\phi }_i=\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{6}=\frac{\pi }{3}\left(\text{rad}\right)$

Công suất tiêu thụ của mạch điện: $P=UI\cos \phi =\frac{100}{\sqrt{2}}.\frac{2}{\sqrt{2}}.\cos \frac{\pi }{3}=50W$

Đáp án D

Trong các tia thì tia $\gamma$ có bản chất là sóng điện từ.

Đáp án D

Ta có: $\left|e\right|U=W_d=m_0{c}^2\left(\frac{1}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}\right)\Rightarrow v=1,{6.10}^8\left(m/s\right)$

Đáp án B

Ta có:

$\left\{\begin{array}{l}R=R_1+R_2+R_2=12\Omega \Rightarrow I=\frac{\xi }{R+r}=\frac{12}{12+0}=1\text{A}\\ {\text{A}}_{ng}=\xi It=\mathrm{12.1.10.60}=7200\text{J}\\ P_{R_2}=I^2{R}_2=1^2.4=4W\end{array}\right.$

Công thức tính trong đoạn mạch có dòng điện không đổi

− Định luật Ôm đối với mạch kín: $I=\frac{\xi }{R_N+r}\left(\text{A}\right)$.

− Hiệu điện thế mạch ngoài: $U_N=I.R_N=\xi -I.r\left(\text{V}\right)$.

− Công suất tiêu thụ mạch ngoài: $P_N=UI=I^2.R_N=\frac{U^2}{R_N}\left(\text{W}\right)$.

− Công suất tiêu thụ nguồn: $P=\xi I\left(\text{W}\right)$.

− Công sản sinh trên mạch ngoài: $A=P_N.t=UIt\left(\text{J}\right)$.

− Công sản sinh trên nguồn: $A_{ng}=Pt=\xi It\left(\text{J}\right)$.

Đáp án C

Ta có: $W_t=\frac{Q_0^2}{4C}=\frac{W}{2}\Rightarrow q=\pm \frac{Q_0}{\sqrt{2}}$. 

Do đó: $\Delta t={10}^{-6}=\frac{T}{4}\Rightarrow T={4.10}^{-6}\left(s\right)\Rightarrow f=\frac{1}{T}=2,{5.10}^5\left(Hz\right)$

Đáp án B

Đáp án A

Khoảng vân $i=\frac{\lambda D}{a}=0,5\text{ mm}$.

Khoảng cách từ vân sáng bậc 1 đến vân sáng bậc 10 là

d = 9i = 4,5 mm.

Đáp án A

Điện áp hai đầu đoạn mạch: $U=\sqrt{U_R^2+{\left(U_L-U_C\right)}^2}=\sqrt{{10}^2+{\left(10-34\right)}^2}=26\left(\text{V}\right)$

Đáp án A

Theo đề, thế năng bằng n lần động năng: $W_t=n{W}_{đ}\Rightarrow W_{đ}=\frac{W_t}{n}$

Cơ năng của vật dao động: $\Rightarrow \frac{1}{2}k{A}^2=\left(1+\frac{1}{n}\right)\frac{1}{2}k{x}^2\Rightarrow x=\pm \frac{A}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}}$

Đáp án B

Ta có: $\tan \left({\phi }_u-{\phi }_i\right)=\tan \frac{\pi }{4}=\frac{Z_L}{R}=1$

Đáp án D

Đáp án A

Ta có: $T=\frac{2\pi }{20\pi }=0,1\left(s\right)$ → vận tốc truyền sóng: $v=\frac{\lambda }{T}=10\lambda$

Trong thời gian 2s, sóng truyền được quãng đường là: $s=vt=10\lambda .2=20\lambda$.

Đáp án C

Ta có: $\frac{W_1}{W_2}=9\iff \frac{{\epsilon }_1-A}{{\epsilon }_2-A}=9\iff \frac{\frac{1}{{\lambda }_1}-\frac{1}{{\lambda }_0}}{\frac{1}{{\lambda }_2}-\frac{1}{{\lambda }_0}}=9$

Đặt ${\lambda }_1=1\Rightarrow {\lambda }_2=2\Rightarrow \frac{1}{{\lambda }_0}=\frac{7}{16}$$\Rightarrow {\lambda }_0=\frac{16}{7}\Rightarrow \frac{{\lambda }_0}{{\lambda }_1}=\frac{16}{7}$

Đáp án A

Ta có $\lambda =c.T=c.2\pi \sqrt{LC}\Rightarrow \lambda ~\sqrt{C}$. Do đó khi mắc nối tiếp C₁ và C₂ với cuộn cảm L thì

$$\begin{gathered} \frac{1}{C}=\frac{1}{C_1}+\frac{1}{C_2}\Rightarrow \frac{1}{{\lambda }^2}=\frac{1}{{\lambda }_1^2}+\frac{1}{{\lambda }_2^2} \\ \Rightarrow \lambda =\frac{{\lambda }_1{\lambda }_2}{\sqrt{{\lambda }_1^2+{\lambda }_2^2}}=48\text{ m} \end{gathered}$$

Bài toán liên quan đến tính bước sóng máy thu

− Bước sóng: $\lambda =v.T=v.2\pi \sqrt{LC}\Rightarrow \lambda ~\sqrt{L}~\sqrt{C}$.

− Ghép n tụ song song: $C_b=C_1+C_2+\mathrm{...}+C_n\Rightarrow {\lambda }^2={\lambda }_1^2+{\lambda }_2^2+\mathrm{...}$

− Ghép n tụ nối tiếp: $\frac{1}{C_b}=\frac{1}{C_1}+\frac{1}{C_2}+\mathrm{...}+\frac{1}{C_n}\Rightarrow \frac{1}{{\lambda }^2}=\frac{1}{{\lambda }_1^2}+\frac{1}{{\lambda }_2^2}+\mathrm{...}$

Đáp án A

Ta có q > 0 nên vectơ E có gốc đặt tại M, chiều đi ra xa điện tích q

Độ lớn: $E=k\frac{\left|q\right|}{\epsilon r^2}={9.10}^9.\frac{{2.10}^{-8}}{1.0,{03}^2}={2.10}^5\left(V/m\right)$.

Cường độ điện trường do một điện tích điểm gây ra:

− $\overrightarrow{E_M}$ có phương nằm trên đường thẳng nối điện tích điểm Q với điểm M, chiều đi ra nếu Q dương, có chiều đi vào nếu Q âm.

− Độ lớn $E_M=k\frac{\left|Q\right|}{\epsilon r_M^2}$.

Đáp án B

Tốc độ góc: $\omega =\frac{2\pi }{T}=\frac{2\pi }{0,4}=5\pi \left(\text{rad/s}\right)$.

Độ giãn lò xo tại vị trí cân bằng: $\Delta l_0=\frac{mg}{k}=\frac{g}{{\omega }^2}=\frac{{\pi }^2}{{\left(5\pi \right)}^2}=0,04\left(\text{m}\right)=4\left(\text{cm}\right)$.

Khi vật ở vị trí cân bằng, chiều dài của lò xo: $l=l_0+\Delta l_0\Rightarrow l_0=l-\Delta l_0=44-4=40\left(\text{cm}\right)$

Đáp án C

Đáp án A

Ta có: $R=\frac{U}{0,25};Z_L=\frac{U}{0,5};Z_C=\frac{U}{0,2}$.

Cường độ dòng điện hiệu dụng qua mạch: 

$I=\frac{U}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}=\frac{U}{\sqrt{\frac{U^2}{0,{25}^2}+{\left(\frac{U}{0,5}-\frac{U}{0,2}\right)}^2}}=0,2\left(\text{A}\right)$

Đáp án A

Độ biến dạng ở vị trí cân bằng: $\Delta l_0=\frac{mg}{k}=\frac{g}{{\omega }^2}\Rightarrow {\omega }^2=\frac{g}{\Delta l_0}$

Khi kéo vật xuống dưới vị trí cân bằng 2 cm rồi thả nhẹ (v = 0) thì vị trí đó là biên độ $\Rightarrow A=2\left(cm\right)$ và gia tốc tại vị trí này cực đại: $a_{\max }={\omega }^{2}A=\frac{g}{\Delta l_0}A=\frac{9,8}{0,04}.0,02=4,9\left({\text{m/s}}^{\text{2}}\right)$

Lưu ý:

Đối với con lắc lò xo thẳng đứng cần chú ý độ biến dạng ở vị trí cân bằng: $\Delta l_0=\frac{mg}{k}=\frac{g}{{\omega }^2}$.

Từ công thức độ biến dạng của lò xo xác định được tần số góc $\omega$

→ Chu kì của con lắc: $T=\frac{2\pi }{\omega }$.

→ Vận tốc cực đại: $v_{\max }=\omega A$.

→ Gia tốc cực đại: $a_{\max }={\omega }^{2}A$.

Đáp án D

Chu kì dao động của sóng là: $T=\frac{2\pi }{\omega }=\frac{2\pi }{20\pi }=0,1\left(s\right)$.

Ta có: 2 s = 20 T. Trong 1T chu kì sóng truyền được là 1$\lambda$ → 20T truyền được 20$\lambda$.

Đáp án C

Lúc t = 0, x₀ = 4cm, v₀ = 0. Khi vật đi qua x = -2 cm tức là chất điểm chuyển động tròn đều qua vị trí M₁ và M₂.

Khi quay hết 1 vòng (1 chu kì) thì qua vị trí x = -2 cm là 2 lần.

Qua lần thứ 2011 là phải quay được 1005 vòng rồi đi từ M₀ đến M₁

Góc quét: $\Delta \phi =1005.2\pi +\frac{2\pi }{3}\Rightarrow \Delta t=\frac{\Delta \phi }{\omega }=3016\text{ s}$

Đáp án A

Ta có:

$$\begin{gathered} m_{\alpha }\overrightarrow{v_{\alpha }}+m_p\overrightarrow{v_p}\overrightarrow{v_O}=\overrightarrow{v_p} \\ =\frac{m_{\alpha }}{m_{\alpha }+m_p}\overrightarrow{v_{\alpha }}=\frac{4}{17+1}\overrightarrow{v_{\alpha }}=\frac{2}{9}\overrightarrow{v_{\alpha }} \end{gathered}$$

Quan hệ vectơ vận tốc

Nếu cho ${\overrightarrow{v}}_C=a{\overrightarrow{v}}_D\cup {\overrightarrow{v}}_C=a{\overrightarrow{v}}_A$ thay trực tiếp vào định luật bảo toàn động lượng $m_A{\overrightarrow{v}}_A=m_C{\overrightarrow{v}}_C+m_D{\overrightarrow{v}}_D$ để biểu diễn ${\overrightarrow{v}}_C,{\overrightarrow{v}}_D$ theo ${\overrightarrow{v}}_A$ và lưu ý: $W=\frac{m{v}^2}{2}\Rightarrow \boxed{{\left(mv\right)}^2=2mW}$. Biểu diễn W_C và W_D theo W_A rồi theo vào công thức: $\Delta E=W_C+W_D-W_A$ và từ đây sẽ giải quyết được 2 bài toán:

− Cho W_A tính ΔE

− Cho ΔE tính W_A

Ví dụ: Hạt A có động năng W_A bắn vào một hạt nhân B đứng yên, gây ra phản ứng A+B→C+D và không sinh ra bức xạ $\gamma$. Vectơ vận tốc hạt C gấp k lần vectơ vận tốc hạt D. Bỏ qua hiệu ứng tương đối tính. Tính động năng của hạt C và hạt D.

$m_A{\overrightarrow{v}}_A=m_C{\overrightarrow{v}}_C+m_D{\overrightarrow{v}}_D\stackrel{{\overrightarrow{v}}_C={\overrightarrow{v}}_D}{\to }\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{v}}_D=\frac{m_A{\overrightarrow{v}}_A}{k{m}_C+m_D}\Rightarrow v_D^2=\frac{2m_A{W}_A}{{\left(k{m}_C+m_D\right)}^2}\\ {\overrightarrow{v}}_C=\frac{m_A{\overrightarrow{v}}_A}{k{m}_C+m_D}\Rightarrow v_C^2=\frac{2m_A{W}_A}{{\left(k{m}_C+m_D\right)}^2}\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{W}_C=\frac{1}{2}{m}_C{v}_C^2=k^2\frac{m_C{m}_A{W}_A}{{\left(k{m}_C+m_D\right)}^2}\\ W_D=\frac{1}{2}{m}_D{v}_D^2=\frac{m_D{m}_A{W}_A}{{\left(k{m}_C+m_D\right)}^2}\end{array}\right.$

Năng lượng phản ứng hạt nhân: $\boxed{\Delta E=\left(\frac{k^2{m}_C{m}_A}{{\left(k{m}_C+m_D\right)}^2}+\frac{m_D+m_A}{{\left(k{m}_C+m_D\right)}^2}{W}_A\right)}$

+ Cho W_A tính được ΔE

+ Cho ΔE tính được W_A

Đáp án C

$$\begin{gathered} \Phi =BS\cos \left(\overrightarrow{n};\overrightarrow{B}\right)={10}^{-6}={8.10}^{-4}.0,{05}^2.\cos \alpha \\ \Rightarrow \alpha =60° \end{gathered}$$

Đáp án C

Áp dụng: $\frac{v_{n_K}}{v_{n_M}}=\frac{n_M}{n_K}=\frac{3}{1}$

Đáp án B

Cơ năng của con lắc $E=E_d=E_t$, kết hợp với giả thiết $E_t=E_d\Rightarrow x=\pm \frac{A\sqrt{2}}{2}$.

Từ vị trí này vật có tốc độ $v=\frac{\omega A}{2}$.

Sau va chạm con lắc mới tiếp tục dao động điều hòa với tần số góc ${\omega }^{\text{'}}=\sqrt{\frac{k}{m+m}}=\frac{\omega }{2}$.

Quá trình va chạm động lượng theo phương nằm ngang của hệ được bảo toàn $mv=\left(m+m\right)V_0\Rightarrow V_0=\frac{v}{2}=\frac{\omega A}{2}$.

Biên độ dao động mới của con lắc $A^{\text{'}}=\sqrt{{\left(\frac{A\sqrt{3}}{2}\right)}^2+\left(\frac{v_0}{{\omega }^{\text{'}}}\right)}=\frac{\sqrt{14}}{4}A$

Đáp án D

Vị trí xuất phát của pha dao động: ${\phi }_0=0$.

Vị trí u = 0,5U₀ và đang tăng (v > 0) thì vị trí cần qua có pha là: $\phi =-\frac{\pi }{3}$.

Như vậy: 1 chu kì (1 vòng) vật qua vị trí cần tìm 1 lần.

2013 T vật qua vị trí cần tìm 2013 lần.

1 lần còn lại vật quay một góc $\alpha$ (như trên vòng tròn lượng giác).

Từ vòng tròn lượng giác: $\alpha =2\pi -\frac{\pi }{3}=\frac{5\pi }{3}\left(\text{rad}\right)$.

Thời gian quay hết $\alpha =\frac{5\pi }{3}\left(\text{rad}\right)$ là: $\Delta t=\frac{\alpha }{\omega }=\frac{T}{2\pi }\frac{5\pi }{3}=\frac{5T}{6}$.

Thời gian cần tìm: $t_{2014}=2013T+\frac{5T}{6}=\frac{12083T}{6}$.

Đáp án A

Xét tỉ số $\frac{i_2}{i_1}=\frac{{\lambda }_2}{{\lambda }_1}=\frac{0,6}{0,4}=1,5$.

- Vị trí M là vân sáng thứ 11 của bức xạ ${\lambda }_1\Rightarrow x_M=11.i_1=11.\frac{i_2}{1,5}=7,3.i_2$

- Vị trí N là vân sáng thứ 13 của bức xạ ${\lambda }_2\Rightarrow x_N=-13.i_2=-11.1,5.i_1=-16,5.i_1$

(do M, N nằm ở hai phía so với vân trung tâm nên x_M , x_N trái dấu) $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}-16,5\le k_M\le 11\\ -13\le k_N\le 7,3\end{array}\right.$

→ Trên đoạn MN có 28 vân sáng của mỗi bức xạ ${\lambda }_1$ và có 21 vân sáng của bức xạ ${\lambda }_2$.

- Xác định số vân sáng trùng nhau, mỗi vị trí trùng nhau được tính là một vân sáng.

Để hai vân trùng nhau thì $x_1=x_2\iff \frac{k_1}{k_2}=\frac{{\lambda }_2}{{\lambda }_1}=\frac{3}{2}$

Từ O đến N sẽ có 4 vị trí trùng nhau, từ O đến M sẽ có 2 vị trí trùng nhau.

Số vân sáng quan sát được là

21 + 28 – 6 = 43.

Đáp án A

Sóng tại M có biến độ cực đại khi: $d_2-d_1=k\lambda$.

Ta có: $d_1=\frac{15}{2}+1,5=9\text{ cm};d_2=\frac{15}{2}-1,5=6\text{ cm}$.

Khi đó: $d_2-d_1=3$. Với điểm M gần O nhất chọn k = 1. Khi đó, ta có: $\lambda = 3cm$.

Số điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn AB là:

$$\begin{gathered} -S_1{S}_2\le d_2\le S_1{S}_2\iff -15\le k\lambda \le 15 \\ \iff -5\le k\le 5 \end{gathered}$$

Vậy số điểm dao động với biên độ cực đại trên đường tròn tâm O, bán kính 20 cm là: $n=10x^2-2=18$ cực đại (ở đây A và B là hai cực đại, do đó chỉ có 8 đường cực đại cắt đường tròn tại 2 điểm, 2 điểm cực đại tại A và B tiếp xúc với đường tròn).

Đáp án C

Cách 1: Ta có: ${\phi }_{AM/i}+{\phi }_{i/AB}=\frac{\pi }{3}$.

Lấy tan hai vế ta được: 

$$\begin{gathered} \frac{\tan {\phi }_{AM/i}+\tan {\phi }_{i/AB}}{1-\tan {\phi }_{AM/i}.\tan {\phi }_{i/AB}}=\sqrt{3} \\ \iff \frac{\frac{Z_L}{R}+\frac{Z_C-Z_L}{R}}{1-\frac{Z_L\left(Z_C-Z_L\right)}{R^2}}=\sqrt{3} \\ \iff Z_{C}R=\sqrt{3}\left(R^2-Z_L{Z}_C+Z_L^2\right) \end{gathered}$$

Thay số và giải phương trình ta được $Z_L=50\Omega \Rightarrow L=\frac{1}{2\pi }H$.

Cách 2: Dùng giản đồ vectơ

Ta có $Z_C=\frac{R\sqrt{3}}{2}$

$\Rightarrow$ Tam giác ${\text{OU}}_{\text{AM}}{\text{U}}_{\text{AB}}$ là tam giác đều

$\Rightarrow Z_L=\frac{Z_C}{2}=50\Omega \Rightarrow L=\frac{1}{2\pi }\left(H\right)$.