Đáp án C

$\Delta m=27m_P+\left(60-27\right)m_n-m_{Co}=0,548u$

Đáp án B

Chu kì bán rã phụ thuộc vào khối lượng chất phóng xạ.

Đáp án A

Những điểm nằm trên đường trung trực thuộc cực tiểu nên dao động với biên độ bé nhất $A_{\min }=\left|A_1-A_2\right|$

Đáp án B

Lời giải: từ  $\left\{\begin{array}{l}{R}_{13}=R_1+R_3=6\\ R_{24}=R_2+R_4=9\end{array}\right.\Rightarrow R=\frac{R_{13}.R_{24}}{R_{13}+R_{24}}=3,6$$\Rightarrow I=\frac{\xi }{R+r}=\frac{7,8}{3,6+0,4}=1,95\text{ A}$

Đáp án C

Ta có: $U_0=I_{0}R=200\Rightarrow U=\frac{U_0}{\sqrt{2}}=100\sqrt{2}\text{ V}$

Đáp án C

Trong hiện tượng tán sắc thì góc lệch thỏa mãn:

D_đỏ < D_cam < D_vàng < D_lục < D_lam < D_chàm < D_tím.

Do đó, góc khúc xạ thỏa mãn

r_đỏ > r_cam > r_vàng > r_lục > r_lam > r_chàm > r_tím.

Lưu ý:

- Chiết suất của ánh sáng trong các môi trường:

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

- Góc lệch của tia sáng đơn sắc:

D_đỏ < D_cam < D_vàng < D_lục < D_lam < D_chàm < D_tím.

- Góc khúc xạ của tia sáng đơn sắc:

_đỏ > r_cam > r_vàng > r_lục > r_lam > r_chàm > r_tím.

Đáp án C

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

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

Đáp án D

Đối với thấu kính phân kì vật thật luôn cho ảnh ảo nhỏ hơn vật. Đối với thấu kính hội tụ vật thật đặt trong khoảng từ tiêu điểm đến thấu kính sẽ cho ảnh ảo lớn hơn vật. Do đó, thấu kính phải là thấu kính hội tụ.

$d^{\text{'}}=\frac{df}{d-f}\Rightarrow k=-\frac{d^{\text{'}}}{d}=-\frac{f}{d-f}\underset{k=+2}{\overset{d=15}{\to }}f=30\left(cm\right)$

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 A

$m=m_0{2}^{-\frac{t}{T}}=64\left(1-2^{-\frac{1,9}{3,8}}\right)=62\left(g\right)$

Khối lượng còn lại và khối lượng đã bị phân rã

Giả sử khối lượng nguyên chất ban đầu là m₀ thì đến thời điểm t khối lượng còn lại và khối lượng bị phân rã lần lượt là:

$\left\{\begin{array}{l}m=m_0{2}^{-\frac{t}{T}}\\ \Delta m=m_0\left(1-2^{-\frac{t}{T}}\right)\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}m=m_0{2}^{-\frac{t}{T}}\\ \Delta m=m_0\left(1-2^{-\frac{t}{T}}\right)\end{array}\right.$

Đáp án B

Khác phía: 

$$\begin{gathered} \Delta x=\frac{\lambda D}{a}\left(k_5+k_3\right)=\frac{0,{6.10}^{-6}}{0,{3.10}^{-3}}\left(5+3\right) \\ =0,032\left(m\right)=32\left(mm\right) \end{gathered}$$

Đáp án B

Thay x = 1 cm và t = 1s vào phương trình $u=6\cos \left(\pi +\frac{\pi }{2}\right)=0\text{ cm}$

Đáp án A

Khi q, $\epsilon$ không đổi thì $E=\frac{1}{r^2}$ nên $\frac{E_M}{E_N}={\left(\frac{r_N}{r_M}\right)}^2\Rightarrow \frac{1,5}{E_M}={\left(\frac{17}{26}\right)}^2$$\Rightarrow E_M\approx 3,{5.10}^{4}V/m$.

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

- Khi Q, $\epsilon$ không đổi ta có: $E=\frac{1}{r^2}\iff r=\frac{1}{\sqrt{E}}\Rightarrow \frac{E_M}{E_N}=\frac{r_N^2}{r_M^2}$.

Đáp án C

Công suất tiêu thụ mạch điện: $P=UI\cos \phi \Rightarrow I=\frac{P}{U\cos \phi }=\frac{30}{100.0,6}=0,5\left(\text{A}\right)$.

Tổng trở: $Z=\frac{U}{I}=\frac{100}{0,5}=200\Omega$.

Hệ số công suất: $\cos \phi =\frac{R}{Z}\Rightarrow R=\cos \phi Z=0,6.200=120\Omega$.

Lưu ý:

Công suất của mạch điện: $P=UI\cos \phi$

Tổng trở của mạch điện: $Z=\frac{U}{I}=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}$

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

Đáp án D

Ta có phương trình phóng xạ: ${}_{84}^{210}Po\to {}_2^4\alpha +{}_Z^{A}X$.

Áp dụng định luật bảo toàn số nuclôn:

210 = 4 + A $\Rightarrow$ A = 206.

Đáp án B

$\frac{T}{T_0}=\sqrt{\frac{g}{g_{hd}}}=\sqrt{\frac{g}{g+\frac{qE}{m}}}\Rightarrow T=\sqrt{\frac{g}{g+\frac{qE}{m}}}{T}_0$

Bài toán thay đổi chu kì của con lắc khi có lực điện trường tác dụng

- Lực điện trường: $\overrightarrow{F}=q\overrightarrow{E}$.

+ q: điện tích trong điện trường (C).

+ $\overrightarrow{E}$: cường độ điện trường (V/m).

+ q > 0: $\overrightarrow{F}\uparrow \uparrow \overrightarrow{E}$.

+ q < 0: $\overrightarrow{F}\uparrow \downarrow \overrightarrow{E}$.

+ Độ lớn: $F=\left|q\right|E=\frac{\left|q\right|U}{d}$.

- Lực quán tính: $\overrightarrow{F_{qt}}=-m\overrightarrow{a}$

+ $\overrightarrow{F_{qt}}$ luông ngược hướng với $\overrightarrow{a}$.

+ a: gia tốc của hệ quy chiếu (m/s²).

- Khi con lắc đơn chịu tác dụng của lực điện trường thì có gia tốc hiệu dụng: $\overrightarrow{g_{hd}}=\overrightarrow{g}+\overrightarrow{a}\Rightarrow T^{\text{'}}=2\pi \sqrt{\frac{l}{g_{hd}}}$

Đáp án C

Đáp án D

Ta có:

$$\begin{gathered} Z_C=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{100\pi .\frac{{2.10}^{-4}}{\pi }}=50\left(\Omega \right); \\ {Z}_L=\omega L=100\pi .\frac{0,8}{\pi }=80\left(\Omega \right) \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \Rightarrow Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}=50\left(\Omega \right) \\ \Rightarrow U=IZ=75\sqrt{2}\left(\text{V}\right) \end{gathered}$$ 

Mạch gồm 3 thành phần R – L – C mắc nối tiếp (cuộn cảm thuần)

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

- Cường độ dòng điện hiệu dụng: $I=\frac{U}{Z}$.

- Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch: $U=IZ$.

Đáp án D

Quãng đường đi được trong 1 chu kì:

S = 4A = 4.5 = 20 (cm).

Đáp án C

Âm do chiếc đàn bầu phát ra có âm sắc phụ thuộc vào dạng đồ thị âm.

Các đặc trưng sinh lí của âm: độ cao, độ to, âm sắc.

- Độ cao: Độ cao của âm gắn liền với tần số âm.

- Độ to: Độ to của âm gắn liền với mức cường độ âm.

- Âm sắc: Âm sắc giúp ta phân biệt các âm do các nguồn khác nhau phát ra, gắn liền với đồ thị dao động âm.

Đáp án C

$$\begin{gathered} m_{\alpha }\overrightarrow{v_{\alpha }}+m_p\overrightarrow{v_p}\to \overrightarrow{v_O}=\overrightarrow{v_p}=\frac{m_{\alpha }\overrightarrow{v_{\alpha }}}{m_O+m_p} \\ {W}_O=\frac{m_O{v}_O^2}{2}=m_O\frac{m_{\alpha }{v}_{\alpha }}{\left(m_O+m_p\right)}=17.\frac{4W_{\alpha }}{{\left(17+1\right)}^2}=\frac{17}{81}{W}_{\alpha } \end{gathered}$$

Đáp án B

Ta có: $v=4\pi \cos \left(2\pi t\right)\Rightarrow x=2\cos \left(2\pi -\frac{\pi }{2}\right)\left(\text{cm}\right)$

Tại t = 0, ta có: $x=2\cos \left(-\frac{\pi }{2}\right)=0\left(\text{cm}\right)$

Và $v=4\pi \cos \left(2\pi .0\right)=4\pi \left(\text{cm/s}\right)$

Đáp án A

Trong sóng dừng: hai điểm nằm ở hai phía của một nút luôn dao động ngược pha

$\Rightarrow \frac{u_1}{u_2}=-\frac{A_1}{A_2}$

Ta có: $$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{A}_1=2A\sin \left|\frac{2\pi \frac{\lambda }{12}}{\lambda }\right|=A\\ A_2=2A\left|\sin \frac{2\pi \frac{\lambda }{3}}{\lambda }\right|=2A\frac{\sqrt{3}}{2}\end{array}\right. \\ \Rightarrow \frac{u_1}{u_2}=-\frac{A}{A\sqrt{3}}=-\frac{1}{\sqrt{3}} \end{gathered}$$

Đáp án D

Đáp án C

Ta có: $T=\frac{2\pi }{\omega }=1\left(s\right)$. Tại thời điểm ban đầu vật có li độ x = 4 cm = A

Mặt khác: 2 (s) = 2T do đó trong 2 chu kì đầu vật đi qua vị trí có li độ  x = 2 cm được 4 lần.

Đáp án B

Để năng lượng dao động là cực đại thì biên độ dao động tổng hợp phải cực đại

Phương pháp đại số. Ta có: 

$$\begin{gathered} x=x_1+x_2\Rightarrow x_1=x-x_2 \\ \Rightarrow A_1^2=A^2+A_2^2-2A{A}_2\cos \left(\frac{\pi }{6}\right)\left(1\right) \end{gathered}$$

Đạo hàm hai vế: $0=2A{A}^{\text{'}}+2A_2-2A\cos \left(\frac{\pi }{6}\right)$$A^{\text{'}}=0\iff A_2=A\cos \left(\frac{\pi }{6}\right)=\frac{\sqrt{3}}{2}A$

Thay lại vào biểu thức (1): $8^2=\frac{4}{3}{A}_2^2+A_2^2-\frac{4}{\sqrt{3}}{A}_2^2\cos \left(\frac{\pi }{6}\right)\Rightarrow A_2=8\sqrt{3}\text{ cm}$

Đáp án D

Ta có: 

$$\begin{gathered} Z_L=\omega L=60\left(\Omega \right);Z_C=\frac{1}{\omega C}=100\left(\Omega \right) \\ \Rightarrow Z_{LC}=\sqrt{0^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}=40\left(\Omega \right) \end{gathered}$$

$\tan {\phi }_{LC}=\frac{Z_L-Z_C}{0}=-\infty$$\Rightarrow {\phi }_{LC}=-\frac{\pi }{2}<0:u_{LC}$ trễ pha hơn i là $\frac{\pi }{2}$ (i sớm pha hơn).

$$\begin{gathered} \Rightarrow i=\frac{U_{0LC}}{Z_{LC}}\cos \left(100\pi t-\frac{\pi }{3}-{\phi }_{LC}\right) \\ =4\cos \left(100\pi t+\frac{\pi }{6}\right)\left(\text{A}\right) \end{gathered}$$ 

Đáp án C

Trong sóng điện từ, dao động của điện trường và của từ trường tại một điểm luôn luôn đồng pha với nhau. Do đó khi E = 0 thì B = 0.

Ta có:

$$\begin{gathered} B=B_0\cos \left(2\pi {.10}^{8}t+\frac{\pi }{3}\right)=0 \\ \iff 2\pi {.10}^{8}t+\frac{\pi }{3}=\frac{\pi }{2}+k\pi \\ \iff t=\frac{{10}^{-8}}{12}+\frac{{10}^{-8}k}{2} \end{gathered}$$

Thời điểm đầu tiên E = 0 là $\frac{{10}^{-8}}{12}s$.

Đáp án C

Số vạch quang phổ $=\frac{n\left(n-1\right)}{2}=\frac{4\left(4-1\right)}{2}=6$.

Bài toán tìm số bức xạ tối đa của nguyên tử đang ở trạng thái kích thích

+ Nếu chỉ có một nguyên tử Hiđrô đang ở trạng thái kích thích E_n sau đó nó bức xạ tối đa (n – 1) phôtôn.

+ Nếu khối khí Hiđrô đang ở trạng thái kích thích E_n sau đó nó bức xạ tối đa là n(n – 1)/2 vạch quang phổ.

Đáp án D

Giả sử phương trình sóng ở hai nguồn: $u=a\cos \left(\omega t\right)$.

Xét điểm N trên CO: AN = BN = d.

ON = x với $0\le x\le 8\left(\text{cm}\right)$.

Biểu thức sóng tại N: $u_N=2a\cos \left(\omega t-\frac{2\pi d}{\lambda }\right)$.

Để u_N dao động ngược pha với hai nguồn: $\frac{2\pi d}{\lambda }=\left(2k+1\right)\pi \Rightarrow d=\left(k+\frac{1}{2}\right)\lambda =1,6k+0,8$

$$\begin{gathered} d^2=A{O}^2+x^2=6^2+x^2\Rightarrow {\left(1,6k+0,8\right)}^2=36+x^2 \\ \Rightarrow 0\le x^2={\left(1,6k+0,8\right)}^2-36\le 64 \\ \iff 6\le \left(1,6k+0,8\right)\le 10\Rightarrow 4\le k\le 5 \end{gathered}$$

Vậy k = 4, 5 có 2 giá trị thỏa mãn.

Đáp án D

Ta có: ${\lambda }_0=0,35\mu m$

Điều kiện xảy ra hiện tượng quang điện: $\lambda \le {\lambda }_0$

$\to$ Hiện tượng quang điện sẽ không xảy ra với bước sóng là 0,4 $\mu$m.

Đáp án D

Ta có: ${\lambda }_1:{\lambda }_2:{\lambda }_3=4:5:6$

$$\begin{gathered} \Rightarrow BCNN\left(4;5;6\right)=60;BCNN\left(4;5\right)=20; \\ BCNN\left(5;6\right)=30;BCNN\left(4;6\right)=12 \end{gathered}$$

Số vân sáng trong cả khoảng (kể cả vị trí vân trùng của 3 bức xạ), không kể vân trung tâm:

Của bức xạ ${\lambda }_1$ là: $N_1=\frac{60}{4}=15$; Của bức xạ ${\lambda }_2$ là: $N_2=\frac{60}{5}=12$;

Của bức xạ ${\lambda }_3$ là: $N_3=\frac{60}{6}=10$;

Của bức xạ ${\lambda }_1$; ${\lambda }_2$ là: $N_{12}=\frac{60}{20}=3$; tương tự $N_{13}=\frac{60}{12}=5;N_{12}=\frac{60}{30}=2;N_{123}=1$.

Vậy có: $N=N_1+N_2+N_3-2\left(N_{12}+N_{23}+N_{13}\right)+3N_{123}$$=20$ số vân đơn sắc trong khoảng giữa 2 vân trùng của ba bức xạ.

Đáp án D

Ta có:

$$\begin{gathered} R=\rho .\frac{l}{s}=2,{5.10}^{-8}.\frac{{10}^4}{{4.10}^{-5}}=6,25\Omega \\ \Delta P=\frac{P^2}{U^2.{\cos }^2\phi }.R=\frac{{25.10}^{10}}{{10}^8.0,81}.6,25=19290\text{W} \\ \Rightarrow H=\frac{P-\Delta P}{P}.100=\frac{{5.10}^5-19290}{{5.10}^5}.100=96,14\% \end{gathered}$$