Tuyển tập 30 đề thi THPT quốc gia môn Vật lý năm 2022 (Đề 19)

Đáp án A

Công thức vận tốc cực đại $v_{\max }=\omega A\Rightarrow \omega =\frac{v_{\max }}{A}.$

Đáp án D

Khi một vật dao động điều hòa thì vận tốc của vật có độ lớn cực đại khi ở vị trí cân bằng.

Đáp án C

Sóng siêu âm là sóng cơ không truyền được trong chân không.

Đáp án C

Giá trị cực đại của suất điện động là $E_0=200\sqrt{2}\left(V\right).$

Đáp án C

Tổng trở của mạch: $Z=\sqrt{{\left(R+r\right)}^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}=\sqrt{{\left(R+r\right)}^2+{\left(\omega L-\frac{1}{\omega C}\right)}^2}.$

Đối với mạch RLC chứa cuộn cảm thuần L (không có r) thì tổng trở:

$Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}=\sqrt{R^2+{\left(\omega L-\frac{1}{\omega C}\right)}^2}.$

Đối với mạch RLC chứa cuộn cảm không thuần (có r) thì tổng trở:

$Z=\sqrt{{\left(R+r\right)}^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}=\sqrt{{\left(R+r\right)}^2+{\left(\omega L-\frac{1}{\omega C}\right)}^2}$

Đáp án B

Ta có: 

$$\begin{gathered} f_{31}=f_{32}+f_{21} \\ \Rightarrow f=2,{924.10}^{15}-2,{4669.10}^{15}=0,{4571.10}^{15}\left(Hz\right) \end{gathered}$$

Dựa vào sơ đồ mức năng lượng suy ra: $\underset{{\epsilon }_{31}=h{f}_{31}}{\underbracket{E_3-E_1}}=\underset{{\epsilon }_{32}=h{f}_{32}}{\underbracket{E_3-E_2}}=\underset{{\epsilon }_{21}=h{f}_{21}}{\underbracket{E_2-E_1}}$

$f_{31}=f_{32}+f_{21}\Rightarrow \frac{1}{{\lambda }_{31}}=\frac{1}{{\lambda }_{32}}+\frac{1}{{\lambda }_{21}}.$

Tương tự: $f_{43}=f_{43}+f_{32}+f_{21}\Rightarrow \frac{1}{{\lambda }_{41}}=\frac{1}{{\lambda }_{43}}+\frac{1}{{\lambda }_{32}}+\frac{1}{{\lambda }_{21}}.$

Đáp án A

Sóng ngắn trong vô tuyến điện có thể truyền đi rất xa trên Trái Đất là do phản xạ liên tiếp trên tầng điện li và trên mặt đất.

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:

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