Đáp án D

Tại thời điểm ban đầu t = 0: u = U₀

Từ vị trí U₀ đến $\frac{U_0}{2}$ là $\frac{T}{6}=\frac{2\pi }{\omega }.\frac{1}{6}=\frac{2\pi }{100\pi .6}=\frac{1}{300}s.$

Đáp án C

Tia $\gamma$ và tia X không mang điện nên không bị lệch trong điện trường.

Đáp án B

Khi $C=C_1\left(Z_{C1}=160\Omega \right)$$\to P_{\max }\to MCH\to \left|\begin{array}{l}{Z}_L=Z_{C1}=160\Omega \\ P_{\max }=\frac{U^2}{R+r}\to R+r=240\Omega \left(1\right)\end{array}\right.$

Khi $C=C_2\left(Z_{C2}=90\Omega \right)\to u_{RC}\perp u_d\tan {\phi }_1.\tan {\phi }_2=1$$\to \frac{Z_{C2}}{R}.\frac{Z_L}{r}=1\to \frac{90}{R}.\frac{160}{r}=1\left(2\right)$

Từ (1) và (2) cho $R=r=120\Omega$

$$\begin{gathered} \frac{U_d}{U}=\frac{\sqrt{r^2+Z_L^2}}{\sqrt{{\left(R+r\right)}^2+{\left(Z_L-Z_{C2}\right)}^2}} \\ \to \frac{U_d}{150}=\frac{4}{5}\to U_d=120V. \end{gathered}$$

Đáp án C

Ta có: $x_M=5\frac{\lambda D}{a}=4,5\frac{\lambda D}{a-0,2}\Rightarrow \frac{5}{a}=\frac{4,5}{a-0,2}\Rightarrow a=2\left(mm\right).$

Đáp án D

Khối lượng của một hạt nhân luôn nhỏ hơn tổng khối lượng của các nuclôn cấu tạo thành hạt nhân đó (m < m₀)

Đáp án A

$W=\frac{C{U}_0^2}{2}=\frac{L{I}_0^2}{2}\Rightarrow I_0=U_0\sqrt{\frac{C}{L}}=0,225\left(A\right)$

Đáp án D

Đáp án D

Bước sóng: $v=\frac{\lambda }{T}\Rightarrow \lambda =v.T=1.0,5=0,5\left(m\right)=50\left(cm\right).$

Đáp án B

Ta có:

$$\begin{gathered} U_L=U_C \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{U}^2=U_R^2+{\left(U_L-U_C\right)}^2\Rightarrow U_R=U=100\left(V\right)\\ U_{cd}^2=U_R^2+U_L^2\Rightarrow {200}^2={100}^2+U_C^2\Rightarrow U_C=100\sqrt{3}\left(V\right)\end{array}\right.. \end{gathered}$$

Đáp án A

Phần năng lượng phôtôn mất đi trong quá trình trên là:

$$\begin{gathered} E=E_1-E_2=hc.\left(\frac{1}{{\lambda }_1}-\frac{1}{{\lambda }_2}\right) \\ =6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8.\left(\frac{1}{0,{3.10}^{-6}}-\frac{1}{0,{5.10}^{-6}}\right) \\ =2,{65.10}^{-19}\left(J\right). \end{gathered}$$

Đáp án D

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}R=\frac{U_d^2}{P_d}=\frac{{115}^2}{{10}^3}=13,225\Omega \\ I=\frac{U}{R}=\frac{230}{13,225}=17,39\left(A\right)>15\left(A\right)\end{array}\right.$

Đáp án A

Với mốc thời gian (t = 0) là lúc vật ở vị trí biên, sau thời gian $\frac{T}{8},$ vật đi được quãng đường bằng $A-\frac{A}{\sqrt{2}}\approx 0,3A.$

Đáp án D

Trong hạt nhân nguyên tử có 11 prôtôn và số nơtrôn

$N=A-Z=24-11=13$ (hạt)

Đáp án C

Quỹ đạo dừng có bán kính $r_n=13,{25.10}^{-10}m=5.r_0^2\Rightarrow n=5.$

→ Quỹ đạo O.

Đáp án D.

Hai nguồn sáng kết hợp có cùng tần số và hiệu số pha không đổi.

Đáp án D

Tia tử ngoại được dùng để tìm các vết nứt trên bề mặt sản phẩm bằng kim loại.

Đáp án D

Biên độ dao động: $A=\frac{L}{2}=\frac{40}{2}=20\left(cm\right).$

Công thức độc lập giữa v và x:

$$\begin{gathered} \frac{x^2}{A^2}+\frac{v^2}{{\left(\omega A\right)}^2}=1 \\ \Rightarrow \omega =\frac{v}{A\sqrt{1-\frac{x^2}{A^2}}}=\frac{200\sqrt{3}\pi }{20\sqrt{1-\frac{{10}^2}{{20}^2}}}=20\pi \left(rad/s\right) \end{gathered}$$

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

Các đại lượng vuông pha với nhau được viết theo hệ thức độc lập:

+ $\overrightarrow{x}\perp \overrightarrow{v}\Rightarrow \frac{x^2}{A^2}+\frac{v^2}{{v_{\max }}^2}=\frac{x^2}{A^2}+\frac{v^2}{{\left(\omega A\right)}^2}=1.$

+ $\overrightarrow{v}\perp \overrightarrow{a}\Rightarrow \frac{v^2}{{v_{\max }}^2}+\frac{a^2}{{a_{\max }}^2}=\frac{v^2}{{\left(\omega A\right)}^2}+\frac{a^2}{{\omega }^4{A}^2}=1.$ 

+ $\overrightarrow{F}\perp \overrightarrow{v}\Rightarrow \frac{F^2}{{F_{\max }}^2}+\frac{v^2}{{v_{\max }}^2}=\frac{F^2}{k^2{A}^2}+\frac{v^2}{{\left(\omega A\right)}^2}=1.$

Đáp án D

Khi mạch cộng hưởng:

$\omega L=\frac{1}{\omega C}\Rightarrow C_0=\frac{1}{L{\omega }^2}=\frac{100}{\pi }\left(\mu F\right).$

Vì $\frac{200}{\pi }\left(\mu F\right)\ge C_0\ge \frac{50}{\pi }\left(\mu F\right)$ nên I tăng rồi giảm.

Đáp án C

Chu kì con lắc đơn:

$$\begin{gathered} T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}\Rightarrow T~\sqrt{l}\Rightarrow T^2~ll=l_1+l_2 \\ \Rightarrow T=\sqrt{T_1^2+T_2^2}=\sqrt{0,8^2+0,6^2}=1\left(s\right). \end{gathered}$$

Đáp án A

Ta có, độ lệch pha giữa u và i:

$$\begin{gathered} \tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}\Rightarrow \tan \left(\frac{-\pi }{6}\right)=\frac{Z_L-Z_C}{R} \\ \Rightarrow \frac{-1}{\sqrt{3}}=\frac{Z_L-Z_C}{R}\Rightarrow Z_L<Z_C. \end{gathered}$$

Đáp án B

Đáp án B

Từ định nghĩa $U_{MN}=\frac{A_{MN}}{q}=\frac{qEd}{q}\Rightarrow E=\frac{U}{d}$

Đáp án C

Thế năng của con lắc là:

$\begin{array}{l}{E}_t=E-E_d=E-\frac{1}{2}m{v}^2=\frac{1}{2}k{x}^2\\ \Rightarrow E_t=38,{4.10}^{-3}-\frac{1}{2}\left({150.10}^{-3}\right).{\left(16\pi {.10}^{-2}\right)}^2=0,0192\left(J\right)\end{array}$

Ta có:

$$\begin{gathered} \begin{array}{l}{E}_t=\frac{1}{2}k{x}^2=0,0192\left(J\right)\\ \left|F_{kv}\right|=k\left|x\right|=0,96\left(N\right)\\ \Rightarrow \frac{E_t}{\left|F_{kv}\right|}=\left|x\right|=\frac{2.0,0192}{0,96}=0,04\left(m\right)\end{array} \\ \Rightarrow \left|x\right|=0,04\left(m\right) \end{gathered}$$

Lực kéo về: $F_{kv}=-kx\Rightarrow k=\frac{\left|F_{kv}\right|}{\left|x\right|}=24\left(N/m\right).$

Áp dụng công thức lực kéo về: $F_{kv}=-kx$

Cơ năng của một vật: $E=E_t+E_d=\frac{1}{2}k{x}^2+\frac{1}{2}m{v}^2$

Tỉ lệ giữa lực kéo về và thế năng: $\frac{E_t}{F_{kv}}=\frac{\frac{1}{2}k{x}^2}{kx}=\frac{x}{2}$

Đáp án A

Ta có:

$$\begin{gathered} \left|e_{cu}\right|=\frac{\left|\Delta \Phi \right|}{\Delta t}=\frac{\left|N\Delta BS\cos \left(\overrightarrow{n},\overrightarrow{B}\right)\right|}{\Delta t} \\ =\frac{10.\left|0-{2.10}^{-4}\right|{\mathrm{.20.10}}^{-4}.\cos 60°}{0,01} \\ ={2.10}^{-4}\left(V\right). \end{gathered}$$

Đáp án A

Ta có:

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{N}_A=N_0{e}^{-\frac{\ln 2}{T}t}\\ N_B=N_0{e}^{-\frac{\ln 2}{T}t}\end{array}\right.\underset{N_A=N_B}{\overset{t=2h}{\to }}4e^{-\frac{\ln 2}{T}2}=e^{-\frac{\ln 2}{T}2} \\ \Rightarrow T_B=0,25\left(h\right). \end{gathered}$$

Đáp án A

Gọi điểm M bất kì trên AB

Phương trình sóng tại M:

$\begin{array}{l}{u}_M=2A\cos \left[\frac{\pi \left(d_2-d_1\right)}{\lambda }\right]\cos \left[\omega t-\frac{\pi \left(d_1+d_2\right)}{\lambda }\right]\\ \Rightarrow u_M=2A\cos \left[\frac{\pi \left(d_2-d_1\right)}{\lambda }\right]\cos \left(\omega t-9\pi \right)\\ =2A\cos \left[\frac{\pi \left(d_1-d_2\right)}{\lambda }+\pi \right]\cos \left(\omega t\right).\end{array}$

Để M dao động với biên độ cực đại và cùng pha với 2 nguồn thì:

$$\begin{gathered} \cos \left[\frac{\pi \left(d_1-d_2\right)}{\lambda }+\pi \right]=1 \\ \Rightarrow \frac{\pi \left(d_1-d_2\right)}{\lambda }+\pi =k2\pi \\ \Rightarrow d_1-d_2=\lambda \left(2k-1\right). \end{gathered}$$

Ta có:  

$$\begin{gathered} -9\lambda <d_1-d_2=\left(2k-1\right)\lambda <9\lambda \\ \Rightarrow -4<k<5\Rightarrow k=-3;-2;\mathrm{...};4. \end{gathered}$$

Có 8 giá trị k thỏa mãn.

Xác định phương trình sóng cơ tại điểm trong trường giao thoa

Giao thoa của hai sóng phát ra từ nguồn sóng kết hợp S₁S₂ cách nhau một khoảng 1.

+ Phương trình sóng tại 2 nguồn:

(Điểm M cách hai nguồn lần lượt là d₁, d₂)

$u_1=A\cos \left(\omega t+{\phi }_1\right)$ và $u_2=A\cos \left(\omega t+{\phi }_2\right).$

+ Phương trình sóng tại M do hai sóng từ hai nguồn truyền tới:

$u_{1M}=A\cos \left(\omega t-2\pi \frac{d_1}{\lambda }+{\phi }_1\right)$ và $u_2=A\cos \left(\omega t-2\pi \frac{d_2}{\lambda }+{\phi }_2\right).$

+ Phương trình giao thoa sóng tại M: $u_M=u_{1M}+u_{2M}$

$u_{1M}=2A\cos \left(\pi \frac{d_1-d_2}{\lambda }+\frac{\Delta \phi }{2}\right)\cos \left(\omega t-\pi \frac{d_1+d_2}{\lambda }+\frac{{\phi }_1+{\phi }_2}{2}\right).$

TH1: Hai nguồn dao động cùng pha $\Delta \phi =0$

Phương trình giao thoa sóng: $u_{1M}=2A\cos \left(\pi \frac{d_1-d_2}{\lambda }\right)\cos \left(\omega t-\pi \frac{d_1+d_2}{\lambda }\right).$

Biên độ dao động tổng hợp: $A_M=2A\left|\cos \left(\pi \frac{d_1-d_2}{\lambda }\right)\right|.$

Biên độ đạt giá trị cực đại $A_M=2A\iff \cos \pi \frac{d_2-d_1}{\lambda }=\pm 1\iff d_2-d_1=k\lambda .$

Biên độ đạt giá trị cực tiểu: $A_M=0\iff \cos \pi \frac{d_2-d_1}{\lambda }=0\iff d_2-d_1=\left(k+\frac{1}{2}\right)\lambda .$

Nếu O là trung điểm của đoạn S₁S₂ thì tại O hoặc các điểm nằm trên đường trung trực của đoạn S₁S₂ sẽ dao động với biên độ cực đại và A_M = 2A (vì lúc này d₁ = d₂).

TH2: Hai nguồn dao động ngược pha $\Delta \phi =\pi$

Phương trình giao thoa sóng:

$u_{1M}=2A\cos \left(\pi \frac{d_1-d_2}{\lambda }\pm \frac{\pi }{2}\right)\cos \left(\omega t-\pi \frac{d_1+d_2}{\lambda }+\frac{{\phi }_1+{\phi }_2}{2}\right).$

Biên độ dao động tổng hợp: $A_M=2A\left|\cos \left(\pi \frac{d_1-d_2}{\lambda }\right)\pm \frac{\pi }{2}\right|.$

Biên độ đạt giá trị cực đại $A_M=2A\iff \cos \pi \frac{d_2-d_1}{\lambda }\pm \frac{\pi }{2}=\pm 1$$\iff d_2-d_1=\left(k+\frac{1}{2}\right)\lambda$ 

Biên độ đạt giá trị cực tiểu: $A_M=0\iff \cos \pi \frac{d_2-d_1}{\lambda }\pm \frac{\pi }{2}=0\iff d_2-d_1=k\lambda$ 

Nếu O là trung điểm của đoạn S₁S₂ thì tại O hoặc các điểm nằm trên đường trung trực của đoạn S₁S₂ sẽ dao động với biên độ cực tiểu và A_M =0 (vì lúc này d₁ = d₂).

TH3: Hai nguồn dao động vuông pha $\Delta \phi =\frac{\pi }{2}.$ 

Phương trình giao thoa sóng:

$u_{1M}=2A\cos \left(\pi \frac{d_1-d_2}{\lambda }\pm \frac{\pi }{4}\right)\cos \left(\omega t-\pi \frac{d_1+d_2}{\lambda }+\frac{{\phi }_1+{\phi }_2}{2}\right).$

Biên độ dao động tổng hợp: $A_M=2A\left|\cos \left(\pi \frac{d_1-d_2}{\lambda }\right)\pm \frac{\pi }{4}\right|.$ 

Biên độ đạt giá trị cực đại $A_M=2A\iff \cos \pi \frac{d_2-d_1}{\lambda }\pm \frac{\pi }{4}=\pm 1$$\iff d_2-d_1=\left(k+\frac{1}{4}\right)\lambda .$ 

Biên độ đạt giá trị cực tiểu: $A_M=0\iff \cos \pi \frac{d_2-d_1}{\lambda }\pm \frac{\pi }{4}=0$$\iff d_2-d_1=\left(k-\frac{1}{4}\right)\lambda .$ 

Nếu O là trung điểm của đoạn S₁S₂ thì tại O hoặc các điểm nằm trên đường trung trực của đoạn S₁S₂ sẽ dao động với biên độ cực tiểu và $A_M=A\sqrt{2}$ (vì lúc này d₁ = d₂).

Lưu ý: Khi giải bài tập cần chú ý đề bài cho hai nguồn dao động cùng pha, ngược pha hay vuông pha để viết phương trình và tìm các đại lượng thích hợp.

Đáp án D

Tại vị trí ban đầu động năng của vật là cực đại, vật đi đến vị trí động năng giảm 2 lần so với ban đầu $\Rightarrow v=\frac{\sqrt{2}}{2}{v}_{\max }$

Phương pháp đường tròn:

Ta thấy khoảng thời gian $t_1=\frac{1}{48}$ ứng với góc quét $\phi =\frac{\pi }{4}\Rightarrow T=\frac{1}{6}s\Rightarrow \omega =12\pi \left(rad/s\right)$

Ta xác định quãng đường vật đi được từ thời điểm ban đầu cho đến $t_2=\frac{7}{48}s$

Góc quét tương ứng:

$$\begin{gathered} \alpha =\omega t=\frac{7\pi }{4}=\pi +\frac{3\pi }{4}rad \\ \Rightarrow S=5A=15\Rightarrow A=3cm. \end{gathered}$$

Đáp án B

Tần số:

$f=\frac{pn}{60}=\frac{5.300}{60}=25Hz.$

Đáp án C

Sơ đồ tạo ảnh:

$\begin{array}{l}\underset{d=0,25-t}{\underbracket{AB}}\stackrel{O_k}{\to }\underset{\mathcal{l}}{\underbracket{\underset{d^{\text{'}}{d}_M=O{C}_C}{\underbracket{A_1{B}_1}}}}\stackrel{Mat}{\to }V=\frac{1}{d_C}+\frac{1}{\mathcal{l}-O{C}_C}=D_K\\ \Rightarrow \frac{1}{0,27-0,02}+\frac{1}{0,02-O{C}_V}=2\Rightarrow O{C}_C=0,52\left(m\right).\end{array}$

Đáp án C

Ta có:

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}{Z}_L=\omega L=50\Omega \Rightarrow L=\frac{50}{\omega }\\ Z_C=\frac{1}{\omega C}=100\Omega \Rightarrow C=\frac{1}{100\omega }\end{array}\right.\\ \Rightarrow \frac{1}{{\omega }_0^2}=L^{\text{'}}C=\left(L\pm \Delta L\right)C.\\ \Rightarrow \frac{1}{10000}=\frac{50}{\omega }\frac{1}{100\omega }+0,5.\frac{1}{100\omega }\\ \Rightarrow \frac{1}{2}\frac{1}{{\omega }^2}+\frac{1}{200}\frac{1}{\omega }-\frac{1}{10000}=0\\ \Rightarrow \omega =100\left(rad/s\right).\end{array}$

Dao động cưỡng bức. Dao động riêng

+ Nối AB vào nguồn xoay chiều thì mạch dao động cưỡng bức

$\left\{\begin{array}{l}{Z}_L=\omega L\Rightarrow L=\frac{Z_L}{\omega }\\ Z_C=\frac{1}{\omega C}\Rightarrow C=\frac{1}{\omega Z_C}\end{array}\right.$

+ Cung cấp cho mạch năng lượng rồi nối AB bằng một dây dẫn thì mạch dao động tự do với tần số góc thỏa mãn: $\frac{1}{{\omega }_0^2}=LC.$ Nếu trước khi mạch dao động tự do, ta thay đổi độ tự cảm và điện dung của tụ: $\frac{1}{{\omega }_0^2}=L^{\text{'}}{C}^{\text{'}}=\left(L\pm \Delta L\right)\left(C\pm \Delta C\right).$

Đáp án D

Theo đề bài, ta có hình vẽ sau:

$\begin{array}{l}{L}_M=50dB;L_N=40dB\\ \Rightarrow L_M-L_N=10\log \frac{r_N^2}{r_M^2}=10\\ \Rightarrow \frac{r_N^2}{r_M^2}={10}^1\Rightarrow r_N=\sqrt{10}{r}_M.\end{array}$

Tam giác MNP là tam giác đều cạnh a nên:

$r_N=r_M+a\Rightarrow r_M=\frac{a}{\sqrt{10}-1};r_N=\frac{a\sqrt{10}}{\sqrt{10}-1}.$

Áp dụng định lí côsin trong tam giác OPN.

Ta có:

$\begin{array}{l}OP=\sqrt{O{N}^2+P{N}^2-2\text{O}N.PN.\cos \widehat{ONP}}\\ \Rightarrow r_O=\sqrt{r_N^2+a^2-2.r_N.a.\cos 60°}\\ =a\sqrt{{\left(\frac{\sqrt{10}}{\sqrt{10}-1}\right)}^2+1-2.\frac{\sqrt{10}}{\sqrt{10}-1}\mathrm{.1.}\frac{1}{2}}\\ \approx 1,295a.\end{array}$

Khi đó:

$\begin{array}{l}{L}_M-L_P=10\log \frac{r_P^2}{r_M^2}=10\log \frac{1,{295}^2}{{\left(\frac{1}{\sqrt{10}-1}\right)}^2}\approx 8.94\\ \Rightarrow L_P=L_M-8,94=50-8,94=41,1\left(dB\right).\end{array}$

Cường độ âm tại A cách nguồn O khoảng r_A, cường độ âm tại B cách nguồn O khoảng r_B:

$I_A=\frac{P}{4\pi r_A^2};I_B=\frac{P}{4\pi r_B^2}.$

Ta có: $\frac{I_A}{I_B}=\frac{r_B^2}{r_A^2}$

Hiệu mức cường độ âm:

$$\begin{gathered} L_A-L_B=10\log \frac{I_A}{I_0}-10\log \\ =10\log \frac{I_A}{I_B}=10\log \frac{r_B^2}{r_A^2}. \end{gathered}$$

Định lý Côsin trong tam giác:

$a^2=b^2+c^2-2bc\cos A.$

Đáp án A

Ta có:

$\left\{\begin{array}{l}{}_8^{16}O\stackrel{}{\to }{4.}_2^{4}He\\ \Delta E=\left(m_O-4m_{He}\right)c^2=\left(15,9949-4.4,0015\right)u{c}^2\approx 10,34\left(MeV\right)<0\end{array}\right..$

Đáp án B

Cách 1:

$\begin{array}{l}{N}_{\equiv }=N_1+N_2-N_{VS}=\left(\left[\frac{AB}{i_1}\right]+1\right)+\left(\left[\frac{AB}{i_2}\right]+1\right)-N_{VS}\\ N_{\equiv }=\left[\frac{9,7}{0,4}\right]+1+\left[\frac{9,7}{0,3}\right]+1-49=9.\end{array}$

Cách 2:  

$$\begin{gathered} \frac{i_1}{i_2}=\frac{0,4}{0,3}=\frac{4}{3}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{i}_1=4i\\ i_2=3i\end{array}\right. \\ \Rightarrow i_{\equiv }=4.3i=3i_1=4i_2=3.0,4=1,3\left(mm\right) \end{gathered}$$

Tại A là một vân trùng nên:

$N_{\equiv }=\left[\frac{AB}{i}\right]+1=\left[\frac{9,7}{1,2}\right]+1=9.$