Đáp án B

$i=\frac{\lambda D}{a}=\frac{0,{6.10}^{-6}.2}{1,{2.10}^{-3}}=1\left(mm\right)$

Suy ra: 

$+\frac{x_M}{i}=6\Rightarrow$ Vân sáng bậc 6.

$+\frac{x_M}{i}=15,5\Rightarrow$ Tối thứ 15,5+0,5=16.

Đáp án D

Ánh sáng huỳnh quang có bước sóng dài hơn bước sóng của ánh sáng kích thích

Bước sóng của ánh sáng phát quang: $\lambda =\frac{c}{f}=\frac{{3.10}^8}{{6.10}^{14}}=0,{5.10}^{-6}m.$

Phương án D có bước sóng $0,6\mu m>0,5\mu m.$

Đáp án A

Điều kiện để một chất có khả năng phát ra ánh sáng phát quang là ánh sáng kích thích có bước sóng nhỏ hơn ánh sáng phát quang: ${\lambda }_{kt}<{\lambda }_{pq}.$

Ta có: ${\lambda }_{pq}=\frac{c}{f}=\frac{{3.10}^8}{{6.10}^{14}}=0,{5.10}^{-6}=0,5\left(\mu m\right).$

${\lambda }_{kt}=0,55\mu m>{\lambda }_{pq}=0,5\mu m$ nên khi dùng ánh sáng có bước sóng này để kích thích thì chất này không thể phát quang.

Đáp án B

Đáp án C

Bất kể vật xuất phát từ vị trí nào thì quãng đường mà vật đi được trong khoảng thời gian $\frac{T}{2}$ luôn luôn là 2A.

Quãng đường tối đa và tối thiểu vật đi được trong thời $\frac{T}{4}$ lần lượt là:

$$\begin{gathered} \Delta \phi =\frac{2\pi }{T}.\frac{T}{4}=\frac{\pi }{2}\left\{\begin{array}{l}{S}_{\text{max}}=2A\sin \frac{\Delta \phi }{2}=A\sqrt{2}\approx 1,4A\\ S_{\min }=2A\left(1-c\text{os}\frac{\Delta \phi }{2}\right)=A\left(2-\sqrt{2}\right)=0,6A\end{array}\right. \\ \Rightarrow 0,6A<S<1,4A. \end{gathered}$$

Quãng đường trong dao động điều hòa

− Bất kỳ vật xuất phát từ vị trí nào, sau 1 chu kì (T) thì quãng đường S = 4A; sau $\frac{T}{2}$ thì S = 2A.

− Nếu vật xuất phát từ VTCB hoặc biên thì sau $\frac{T}{4}$ vật đi được S = A.

− Cách tính quãng đường cực đại và cực tiểu:

+ Quãng đường cực đại: $S_{\text{max}}=2A\sin \frac{\Delta \phi }{2}.$

+ Quãng đường cực tiểu: $S_{\min }=2A\left(1-c\text{os}\frac{\Delta \phi }{2}\right)$

Với $\Delta \phi =\omega \Delta t=\frac{2\pi }{T}\Delta t.$

Đáp án C

Để bóng đèn sáng bình thường thì:

$$\begin{gathered} U_d=U_{dm}=120V\Rightarrow R_d=\frac{U^2}{P}=240\Omega . \\ {U}_R=U-U_d=220-120=100V; \\ {I}_R=I_d=\frac{U_d}{R_d}=0,5A. \\ R=\frac{U_R}{I_R}=\frac{100}{0,5}=200\Omega . \end{gathered}$$

Đáp án D

Các chất đồng vị là các nguyên tố có cùng điện tích hạt nhân nhưng khác số nơtron.

Đáp án C

Dựa trên thang sóng điện từ thứ tự tăng dần của tần số được sắp xếp như sau:

Sóng vô tuyến – Tia hồng ngoại – Ánh sáng lam – Tia tử ngoại – Tia Rơnghen. 

Đáp án D

Năng lượng của phôtôn $\epsilon =\frac{hc}{\lambda }\Rightarrow \frac{{\epsilon }_A}{{\epsilon }_B}=\frac{{\lambda }_B}{{\lambda }_A}=\frac{{\lambda }_B}{n{\lambda }_B}=\frac{1}{n}.$

Đáp án B

$$\begin{gathered} N=4\pi {.10}^{-7}\frac{N}{\mathcal{l}}I \\ \Rightarrow {75.10}^{-3}=4\pi {.10}^{-7}\frac{1200}{0,2}I \\ \Rightarrow I=9,9\left(A\right). \end{gathered}$$

Đáp án B

Cường độ dòng điện hiệu dụng: $I=\frac{I_0}{\sqrt{2}}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=2\left(A\right).$

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu điện trở: $U=I.R=2.30=60\left(V\right).$

Đáp án A

Thay t = 5 s vào phương trình li độ, ta được: 

$x=5\cos \left(4\pi t+\frac{\pi }{3}\right)=5\cos \left(4\pi .0+\frac{\pi }{3}\right)=2,5\left(cm\right)$

Đáp án D

Đáp án A 

Khi quan sát trong trạng thái không điều tiết:  $D_{\min }=\frac{1}{f_{\max }}=\frac{1}{O{C}_V}+\frac{1}{OV}.$

$\Rightarrow 6,25=\frac{1}{0,12}+\frac{1}{OV}\Rightarrow OV=0,018\left(m\right).$

Đáp án B

Áp dụng định luật Ôm, ta có:

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}{I}_1=\frac{U}{R}=3\left(A\right)\\ I_2=\frac{U}{Z_C}=4\left(A\right)\end{array}\right.\Rightarrow \frac{R}{Z_C}=\frac{4}{3}\Rightarrow R=\frac{4}{3}{Z}_C.\\ \Rightarrow I_3=\frac{U}{Z}=\frac{U}{\sqrt{R^2+Z_C^2}}=\frac{U}{\frac{5}{3}{Z}_C}=\frac{4}{5/3}=2,4\left(A\right).\end{array}$

Đáp án A

$$\begin{gathered} E=k\frac{\left|Q\right|}{r^2}\left\{\begin{array}{l}{E}_1={9.10}^9.\frac{{16.10}^{-8}}{0,{04}^2}={9.10}^{5}V/m\\ E_2={9.10}^9.\frac{{9.10}^{-8}}{0,{03}^2}={9.10}^{5}V/m\end{array}\right. \\ \Rightarrow E=\sqrt{E_1^2+E_2^2}={1273.10}^{3}V/m. \end{gathered}$$

Đáp án A

Nhiều nhạc cụ chưa chắc đã phát ra nhạc âm. Ví dụ: dàn nhạc giao hưởng chuẩn bị nhạc cụ, mỗi nhạc cụ thử nhạc phát ra âm thanh hỗn độn, đó là tạp âm. Khi nhạc trưởng chỉ đạo dàn nhạc cùng phát ra âm có cùng độ cao, đó là nhạc âm.

Đáp án B

Biên độ dao động tổng hợp: 

$$\begin{gathered} A=\sqrt{A_1^2+A_2^2+2A_1{A}_2\text{cos}\Delta \phi } \\ =\sqrt{4^2+8^2+\mathrm{2.4.8}\cos \left(\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{6}\right)}\approx 10,58cm. \end{gathered}$$

Tổng hợp hai dao động điều hòa cùng tần số

$\left\{\begin{array}{l}{x}_1=A_1\text{cos}\left(\omega t+{\phi }_1\right)\\ x_2=A_2\text{cos}\left(\omega t+{\phi }_2\right)\end{array}\right.$

Phương trình dao động tổng hợp: $x=A\cos \left(\omega t+\phi \right)$

Với: + Biên độ tổng hợp A: $A=\sqrt{A_1^2+A_2^2+2A_1{A}_2\text{cos}\Delta \phi }.$

+ Pha ban đầu của dao động tổng hợp: $\tan \phi =\frac{A_1\sin {\phi }_1+A_2\sin {\phi }_2}{A_1\text{cos}{\phi }_1+A_2\text{cos}{\phi }_2}.$

Đáp án D

$\left\{\begin{array}{l}\omega =\frac{1}{\sqrt{CL}}=10000\left(rad/s\right)\\ W=\frac{C{u}^2}{2}+\frac{L{i}^2}{2}\Rightarrow I_0=\sqrt{i^2+\frac{C}{L}{u}^2}=\sqrt{0,0116}\approx 0,11\left(A\right).\end{array}\right.$

Năng lượng trong mạch dao động LC

− Năng lượng điện trường (xuất hiện trên tụ C): $W_C=\frac{1}{2}C{u}^2\left(J\right).$

− Năng lượng từ trường (xuất hiện trên cuộn cảm L): $W_L=\frac{1}{2}L{i}^2\left(J\right).$

− Năng lượng điện từ (xuất hiện trong mạch LC): $W=W_L+W_C=\frac{1}{2}L{i}^2+\frac{1}{2}C{u}^2=\frac{1}{2}L{I_0}^2+\frac{1}{2}C{U_0}^2\left(J\right).$

Đáp án B

Ta có, công suất hao phí: $\Delta P=\frac{P^2}{{\left(U\cos \phi \right)}^2}R.$

Để hao phí giảm 100 lần $\Rightarrow U$ phải được tăng thêm 10 lần. 

Mặc khác, ta có: $\frac{U_1}{U_2}=\frac{N_1}{N_2}\Rightarrow$ để U tăng thêm 10 lần thì $\frac{U_1}{U_2}=\frac{N_1}{N_2}=\frac{1}{10}.$

Đáp án D

Số prôtôn = 13.(Số gam/Khối lượng mol).

$N_A=13.\frac{0,27.6,{02.10}^{23}}{27}=7,{826.10}^{22}.$

Đáp án D

Điều kiện để có sóng dừng trên hai đầu cố định: $l=k\frac{\lambda }{2}=k\frac{\nu }{2f}\left(k\in N^{*}\right).$

Khi trên dây có 5 nút với 4 điểm bụng $\left(k=4\right):l=4\frac{\nu }{2f}\left(1\right)$

Khi trên dây có 5 điểm bụng: $l=5\frac{\nu }{2f\text{'}}\left(2\right)$

Từ (1) và (2): $\frac{4\frac{\nu }{2f}}{5\frac{\nu }{2f\text{'}}}=1\to f\text{'}=\frac{5}{4}f=\frac{5}{4}.50=62,5\left(Hz\right)$

Điều kiện có sóng dừng trên dây 

Đáp án A

Bước sóng: $\nu =\frac{\lambda }{T}\Rightarrow \lambda =\nu T=\nu .\frac{2\pi }{\omega }=60.\frac{2\pi }{20\pi }=6cm.$

Đáp án C

Trong cùng một môi trường nhất định thì luôn có:

${\lambda }_{do}>{\lambda }_{da\text{ cam}}>{\lambda }_{vang}>{\lambda }_{luc}>{\lambda }_{lam}>{\lambda }_{cham}>{\lambda }_{tim}.$

Trong chân không, bước sóng của ánh sáng vàng lớn hơn bước sóng của ánh sáng tím.

Đáp án A

$\frac{10}{18a}=\frac{{100}^2}{{\left(100a\right)}^2}\to a=1,8.$

82.1,8=147,6 so với 90 lúc đầu tăng: $\Delta x=147,6-90=57,5.$

% tăng thêm: $\frac{57,6}{90}=0,64\to x=64.$

Đáp án D

Từ đồ thị ta có: v₂ nhanh pha hơn x₁ một góc $\frac{2\pi }{3}$

→x₂ và x₁ lệch pha nhau một góc $\frac{2\pi }{3}-\frac{\pi }{2}=\frac{\pi }{6}.$

Đáp án D

Ta có: $Z_L=\omega L=60\left(\Omega \right)$

Mặc khác: 

$$\begin{gathered} Z=\frac{U}{I}=\frac{240}{4}=60\left(\Omega \right) \\ \Rightarrow Z=\sqrt{R^2+{(60-Z_C)}^2}=60\left(\Omega \right).\left(1\right) \end{gathered}$$

Lại có: 

$$\begin{gathered} \tan \phi =\tan \left(0-\left(\frac{-\pi }{6}\right)\right)=\tan \frac{\pi }{6}=\frac{Z_L-Z_C}{R} \\ \Rightarrow \frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{60-Z_C}{R}.\left(2\right) \end{gathered}$$

Từ (1) và (2): $R=30\sqrt{3}\left(\Omega \right);Z_C=30\left(\Omega \right)\Rightarrow C=\frac{1}{\omega Z_C}=\frac{{10}^{-3}}{3\pi }\left(F\right)$

Giải nhanh bằng phương pháp số phức: 

− Tổng trở: $\overline{Z}=R+\left(Z_L-Z_C\right)i=R+i\left(60-Z_C\right).$

− Theo định luật Ôm: $\overline{Z}=\frac{u}{i}=\frac{240\sqrt{2}}{4\sqrt{2}\angle \frac{-\pi }{6}}=30\sqrt{3}+30i.$

Suy ra: $R=30\sqrt{3}\left(\Omega \right)$ và $60-Z_C=30\left(\Omega \right)\Rightarrow Z_C=30\left(\Omega \right)$ $\Rightarrow C=\frac{1}{\omega Z_C}=\frac{{10}^{-3}}{3\pi }\left(F\right)$

Đáp án C

Tần số góc của dao động: $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=10rad/s$

Chu kì dao động này là: $T=\frac{2\pi }{\omega }=0,2\pi \left(s\right)\Rightarrow \Delta t=\frac{T}{4}$

Tại vị trí mà người ta bật điện trường, sau kích thích con lắc dao động điều hòa quanh vị trí cân bằng mới, vị trí này lực đàn hồi cân bằng với lực điện, khi đó lò xo đã giãn một đoạn $\Delta l_0=\frac{qE}{k}={5.10}^{-3}m\Rightarrow A={5.10}^{-3}m$

Từ vị trí cân bằng này sau khoảng thời gian $\Delta t=\frac{T}{4}$ con lắc đến vị trí cân bằng $\Rightarrow \nu =\omega A$

Tiếp tục ngắt điện trường, con lắc sẽ dao động điều hòa quanh vị trí cân bằng cũ với biên độ $A\text{'}=\sqrt{A^2+{\left(\frac{v}{\omega }\right)}^2}=5\sqrt{2}cm.$

Năng lượng dao động lúc này là $E=\frac{1}{2}k{A}^2=0,025J.$

Đáp án B

Số hạt Po còn lại: $N=N_0{e}^{-\frac{\ln 2}{T}t}.$

Số hạt α tạo thành bằng số hạt Pb tạo thành và bằng số hạt Po bị phân rã: $\Delta N=N_0-N=N_0\left(1-e^{-\frac{\ln 2}{T}t}\right)$

Theo đề bài: 

$$\begin{gathered} 14=\frac{2\Delta N}{N}=\frac{2N_0\left(1-e^{-\frac{\ln 2}{T}t}\right)}{N_0{e}^{-\frac{\ln 2}{T}t}}=2\left(e^{-\frac{\ln 2}{T}t}-1\right) \\ \Rightarrow 14=2\left(e^{-\frac{\ln 2}{T}t}-1\right)\Rightarrow t=414 \left(ngày\right) \end{gathered}$$

Đáp án C

Ta có, bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}=\frac{40}{20}=2cm.$

Số dao động cực đại trên đoạn AB: $-\frac{1}{2}-\frac{AB}{\lambda }\le k\le \frac{AB}{\lambda }-\frac{1}{2}\iff -8,5\le k\le 7,5.$

Để AM ngắn nhất thì M phải nằm trên hypebol cực đại k = −8. 

Từ hình vẽ, ta có: $\left\{\begin{array}{l}{d}_2-d_1=15\\ d_2^2=16+d_1^2\end{array}\right.\Rightarrow {\left(d_1+15\right)}^2={16}^2+d_1^2$

Giải phương trình thu được $d_1=1,03cm.$

Đáp án B

Vị trí trùng nhau của 3 bức xạ: 

$$\begin{gathered} x_1=x_2=x_3\Rightarrow k_1.0,42=k_2.0,56=k_3.0,63 \\ \Rightarrow 6k_1=8k_2=9k_3 \end{gathered}$$

BCNN(6,8,9) = 72 $\Rightarrow k_1:k_2:k_3=12:9:8\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{k}_1=12n\\ k_2=9n\\ k_3=8n\end{array}\right.$

Trong khoảng giữa hai vân sáng cùng màu với vân trung tâm có 11 vân sáng bức xạ 1, 8 vân sáng của bức xạ 2, 7 vân sáng của bức xạ 3. 

+ Số vân sáng trùng nhau của ${\lambda }_1$ và ${\lambda }_2:k_1{\lambda }_1=k_2{\lambda }_2\Rightarrow \frac{k_1}{k_2}=\frac{{\lambda }_2}{{\lambda }_1}=\frac{0,56}{0,42}=\frac{4}{3}$$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{k}_1=4.n_1\\ k_2=3.n_1\end{array}\right.$

Trong khoảng giữa hai vân sáng liên tiếp có màu giống vân trung tâm có 2 vân trùng nhau của ${\lambda }_1$ và ${\lambda }_2$ (ứng với $n_1=1;2)$

+ Số vân sáng trùng nhau của ${\lambda }_1$ và ${\lambda }_3:k_1{\lambda }_1=k_3{\lambda }_3\Rightarrow \frac{k_1}{k_3}=\frac{{\lambda }_3}{{\lambda }_1}=\frac{0,63}{0,42}=\frac{3}{2}$$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{k}_1=3.n_1\\ k_2=2.n_1\end{array}\right.$

Trong khoảng giữa hai vân sáng liên tiếp có màu giống vân trung tâm có 3 vân trùng nhau của ${\lambda }_1$ và ${\lambda }_3$ (ứng với $n_1=1;2;3).$

+ Số vân sáng trùng nhau của ${\lambda }_2$ và ${\lambda }_3:k_2{\lambda }_2=k_3{\lambda }_3\Rightarrow \frac{k_2}{k_3}=\frac{{\lambda }_3}{{\lambda }_2}=\frac{0,63}{0,56}=\frac{9}{8}$$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{k}_1=9.n_3\\ k_2=8.n_3\end{array}\right.$

Trong khoảng giữa hai vân sáng liên tiếp có màu giống vân trung tâm không có vân trùng nhau của ${\lambda }_3$ và ${\lambda }_2$ (ứng với $n_1=1;2)$

Vân sáng của hai bức xạ trùng nhau chỉ tính là 1 thì số vân sáng quan sát được:

N = 11 + 8 + 7 − 5 = 21.

Đáp án A

Phương trình phản ứng hạt nhân: ${}_1^{1}H{+}_3^{7}Li{\stackrel{}{\to }}_2^{4}X{+}_2^{4}X$

Từ tam giác đều suy ra: $m_P{v}_P=m_X{v}_X\Rightarrow \frac{v_P}{v_X}=\frac{m_X}{m_P}=4.$

Cho biết hai góc hợp phương chuyển động của các hạt 

Chiếu $m_C\overrightarrow{v_C}+m_D\overrightarrow{v_D}=m_A\overrightarrow{v_A}$ lên phương của hạt đạn $m_C{v}_C\text{cos}{\phi }_1+m_D{v}_D\text{cos}{\phi }_2=m_A{v}_A$

Áp dụng định lí hàm số sin:

$$\begin{gathered} \frac{m_A{v}_A}{\sin {\phi }_3}=\frac{m_C{v}_C}{\sin {\phi }_2}=\frac{m_D{v}_D}{\sin {\phi }_1} \\ \Rightarrow \frac{\sqrt{m_A{W}_A}}{\sin {\phi }_3}=\frac{\sqrt{m_C{W}_C}}{\sin {\phi }_2}=\frac{\sqrt{m_D{W}_D}}{\sin {\phi }_1} \end{gathered}$$

Đáp án A

Gọi P₀ là công suất của 1 tổ máy.

Công suất hao phí khi truyền tải từ n tổ máy là: $P_{hp}=\frac{n^2{P}_0^{2}R}{U^2}$

Hiệu suất truyền tải khi sử dụng 8 tổ máy là:

$\begin{array}{l}{H}_1=\frac{8P_0-\frac{8^2{P}_0^{2}R}{U}}{8P_0}.100\%=89\%\\ \Rightarrow \frac{8P_0-\frac{8^2{P}_0^{2}R}{U}}{8P_0}=0,89.\\ \Rightarrow 8P_0-\frac{8^2{P}_0^{2}R}{U}=7,12P_0\\ \Rightarrow \frac{P_0^{2}R}{U}=0,01375P_0\end{array}$

Hiệu suất truyền tải khi sử dụng 7 tổ máy là: 

$$\begin{gathered} H_2=\frac{7P_0-\frac{7^2{P}_0^{2}R}{U}}{7P_0}.100\% \\ =\frac{7P_0-7^2.0,01375P_0}{7P_0}.100\% \\ =90,375\%\approx 90,4\%. \end{gathered}$$

Phương pháp giải:

Công suất hao phí: $P_{hp}=\frac{P^{2}R}{U^2}.$

Hiệu suất truyền tải điện: $H=\frac{P-P_{hp}}{P}.100\%.$