Đáp án D

Điều kiện để hai sóng cơ khi gặp nhau, giao thoa được với nhau là hai sóng phải xuất phát từ hai nguồn dao động cùng tần số, cùng phương và có hiệu số pha không đổi theo thời gian.

Đáp án A

Bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}=\frac{30}{50}=0,6( \text{cm})$

Độ lệch pha: $\Delta \phi =\frac{2\pi d}{\lambda }=\frac{\pi }{3}\Rightarrow d=\frac{\lambda }{6}=0,1 \text{m}=10 \text{cm}.$

Đáp án C

Điều kiện để có sóng dừng trên sợi dây đàn hồi có hai đầu cố định thì độ dài của dây bằng một số nguyên lần bước sóng: $l=k\frac{\lambda }{2}$

Đáp án C

Hai điểm dao động ngược pha: $d=(k+0,5)\lambda =(k+0,5)\frac{v}{f}$$\Rightarrow v=\frac{df}{(k+0,5)}=\frac{0,1.20}{(k+0,5)}=\frac{2}{(k+0,5)}$

Theo đề: $0,7\le v\le 1\Rightarrow 0,7\le \frac{2}{(k+0,5)}\le 1\Rightarrow 1,5\le k\le 2,36\Rightarrow k=2$

Tốc độ truyền sóng: $v=\frac{2}{(k+0,5)}=\frac{2}{(2+0,5)}=0,8( \text{m/s})=80( \text{cm/s})$

Độ lệch pha của hai sóng ở 2 điểm M,N trên cùng phương truyền sóng

Độ lệch pha giữa hai sóng tại M và N được tính:

$\Delta \phi =\frac{2\pi d}{\lambda }=\frac{2\pi \left(d_M-d_N\right)}{\lambda }\left(rad\right)$

+ Nếu $\Delta \phi =2k\pi \to d=k\lambda (k=0,1,2\dots )$: Hai sóng cùng pha.

Khoảng cách nhỏ nhất giữa hai điểm nằm trên một phương truyền sóng cùng pha nhau là $\lambda$.

+ Nếu $\Delta \phi =(2k+1)\pi \to d=(2k+1)\frac{\lambda }{2}(k=0,1,2\dots ):$ Hai sóng ngược pha.

Khoảng cách nhỏ nhất giữa hai điểm nằm trên một phương truyền sóng ngược pha nhau là $\frac{\lambda }{2}$

+ Nếu $\Delta \phi =(2k+1)\frac{\pi }{2}\to d=(2k+1)\frac{\lambda }{4}$ với $(k=0,1,2\dots ):$ Hai sóng vuông pha.

Khoảng cách nhỏ nhất giữa hai điểm nằm trên một phương truyền sóng vuông pha nhau là $\frac{\lambda }{4}$.

Đáp án D

Từ đồ thị, ta có:

- $\lambda =24 \text{cm},B$ là một điểm nút và N là bụng.

- Tính từ B, M và N nằm ở bó sóng thứ nhất nên luôn cùng pha nhau. P nằm ở bó sóng thứ 4 nên ngược pha với hai phần tử sóng còn lại.

- $a_M=\frac{\sqrt{3}}{2}{a}_N$ và $a_P=\frac{a_N}{2}$.

Ta biểu diễn dao động các phần tử sóng tương ứng trên đường tròn:

- $t_1:u_N=a_M=\frac{\sqrt{3}}{2}{a}_N\to$ điểm (1) hoặc (2) trên đường tròn.

- $t_1:u_M=\frac{\sqrt{3}}{2}{a}_M\to v_M=\frac{1}{2}{v}_{M\max }=60 \text{cm/s}\to v_{M\max }=120 \text{cm/s}$

- $t_2=t_1+\frac{11T}{12}\to \phi ={330}^{°}$

→O(1) quay góc $\phi$ thì tại thời điểm t₂ điểm N ra đến biên dương → P đang ở biên âm → vận tốc bằng 0.

→O(2) quay góc $\phi$ tại thời điểm t₂ điểm N ra đến $\frac{1}{2}{a}_N\to P$ đang ở $-\frac{1}{2}{a}_P$ → vận tốc bằng $-\frac{\sqrt{3}}{2}\omega a_P=-\frac{\sqrt{3}}{2}\omega \left(\frac{2a_M}{\sqrt{3}}\right)=-\frac{1}{2}{v}_{M\max }=-\frac{1}{2}\left(120\right)=-60 \text{cm}/\text{s}$

Đáp án D

Giá trị hiệu dụng: $I=\frac{I_0}{\sqrt{2}}$

Đáp án B

Tần số của máy phát điện: $f=\frac{pn}{60}=\frac{4.900}{60}=60( \text{Hz}).$

Để tính tần số của máy phát điện xoay chiều, có hai trường hợp:

+ Nếu n (tốc độ quay) có đơn vị vòng/giây: f = pn.

+ Nếu n (tốc độ quay) có đơn vị vòng/phút: $f=\frac{pn}{60}$.

Đáp án C

$$\begin{gathered} P=\frac{U^2}{R}{\cos }^2\phi =\frac{U^2}{R}{\left(\frac{U_R}{U}\right)}^2 \\ =\frac{U^2}{R}{\left(\frac{\sqrt{U^2-U_L^2}}{U}\right)}^2=\frac{U^2-U_L^2}{R} \\ =\frac{{100}^2-{60}^2}{100}=64 \text{W} \end{gathered}$$

Đáp án B

Điện trở của ấm đun nước: $R=\frac{U_{dm}^2}{P_{dm}}=\frac{{200}^2}{800}=50\Omega$.

Ấm đun nước coi như một điện trở thuần nên biểu thức cường độ dòng điện trong mạch:$i=4\sqrt{2}\cos 100\pi t=4\sqrt{2}\sin \left(100\pi t+\frac{\pi }{2}\right)\left(A\right)$.

Đáp án B

Ta có, mạch chỉ có phần tử L nên:

$$\begin{gathered} I=\frac{U}{Z_L}=\frac{U}{2\pi fL}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{I}_1=\frac{U}{2\pi f_1}\\ I_2=\frac{U}{2\pi f_2}\end{array}\right. \\ \Rightarrow f_2=f_1\frac{I_1}{I_2}=60.\frac{2,4}{3,6}=40\left(\text{Hz}\right) \end{gathered}$$

Đối với mach chỉ có  thì

+ u sớm pha hơn i một góc $\frac{\pi }{2}$.

+ Cảm kháng: $Z_L=\omega L\left(\Omega \right)$

+ Giá trị hiệu dụng của cường độ dòng điện: $I=\frac{U}{Z_L}$

Đáp án D

Ta có:

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

Đáp án A

Dung kháng của tụ điện là: $Z_C=\frac{1}{2\pi fC}=\frac{1}{2\pi \mathrm{.50.}\frac{{10}^{-3}}{4\pi }}=40\left(\Omega \right)$

Cường độ dòng điện trong mạch đạt cực đại khi có cộng hưởng: $\left\{\begin{array}{l}{Z}_L=Z_C=40\left(\Omega \right)\\ U_R=U=60\left(V\right)\end{array}\right.$

Cường độ dòng điện trong mạch là: $I=\frac{U_R}{R}=\frac{U_L}{Z_L}\Rightarrow \frac{60}{30}=\frac{U_L}{40}\Rightarrow U_L=80\left(V\right)$.

Đáp án C

Năng lượng điện trường và từ trường trong mạch dao động biến thiên với chu kì $\frac{T}{2}$ (T là chu kì dao động của điện tích trên tụ).

Đáp án B

Chu kì của mạch dao động lí tưởng: $T=2\pi \sqrt{LC}$.

Khi $C=C_1={10.10}^{-12}F:T_1=2\pi \sqrt{L{C}_1}=2\pi \sqrt{{4.10}^{-6}{\mathrm{.10.10}}^{-12}}\approx {4.10}^{-8} \text{s}$.

Khi $C=C_2={640.10}^{-12}F:T_2=2\pi \sqrt{L{C}_2}=2\pi \sqrt{{4.10}^{-6}{\mathrm{.640.10}}^{-12}}\approx 3,{2.10}^{-7} \text{s}$

Đáp án C

Ta có: 

$$\begin{gathered} f=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}\Rightarrow \frac{f_1^2}{f_2^2}=\frac{C_2}{C_1}=\frac{C_1+k{.120}^0}{C_1}=9 \\ \Rightarrow \frac{k{.120}^0}{C_1}=8\left(1\right) \end{gathered}$$

Tương tự ta có: $\frac{f_1^2}{f_3^2}=\frac{C_3}{C_1}=\frac{C_1+k.\alpha °}{C_1}=4\Rightarrow \frac{k.\alpha °}{C_1}=3\left(2\right)$.

Từ (1) và (2) suy ra $\frac{120}{\alpha }=\frac{8}{3}\Rightarrow \alpha =45°$

Đáp án C

Trong hiện tượng tán sắc thì góc lệch thỏa mãn:

${\text{D}}_{\text{ñoû}}{\text{<D}}_{\text{cam}}{\text{<D}}_{\text{vaøng}}{\text{<D}}_{\text{luïc}}{\text{<D}}_{\text{lam}}{\text{<D}}_{\text{chaøm}}{\text{<D}}_{\text{tím}}$

Đáp án D

Phát biểu sai: Tia hồng ngoại, tia tử ngoại và ánh sáng nhìn thấy không bị lệch hướng trong điện trường, còn tia X bị lệch hướng trong điện trường.

Đáp án B

Phát biểu sai: Tia Rơnghen dễ dàng đi xuyên qua lớp chì dày vài cm.

Đáp án C

Khoảng vân: $i=\frac{\lambda D}{a}=\frac{0,64.2}{2}=0,64 \text{mm}.$

Vị trí của vân sáng bậc $3:x_{s3}=3i=3.0,64=1,92 \text{mm}.$

Vị trí của vân tối thứ $3:x_{t3}=(2+0,5)i=2,5.0,64=1,6 \text{mm}$

Đáp án C

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  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) $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}-16,5\le {\text{k}}_M\le 11\\ -13\le k_N\le 7,3\end{array}\right.$

$\Rightarrow$ 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.

Bài toán hai vân sáng trùng nhau

- Nếu tại điểm M trên màn có 2 vân sáng của 2 bức xạ trùng nhau (tại M cho vạch sáng cùng màu với vạch sáng trung tâm) thì $x_{S1}=x_{S2}\Rightarrow k_1{i}_1=k_2{i}_2\Rightarrow k_1{\lambda }_1=k_2{\lambda }_2\Rightarrow \frac{k_1}{k_2}=\frac{{\lambda }_2}{{\lambda }_1}=\frac{b}{c}$ (phân số tối giản) (*)

- Khoảng vân trùng: $i_{\equiv }=b{i}_1=c{i}_2$

- Toạ độ các vị trí trùng: $x_{\equiv }=n{i}_{\equiv }=nb{i}_1=nc{i}_2$

- Số vị trí vân sáng trùng trong đoạn MN: $x_M\le x_{\equiv }=n{i}_{\equiv }\le x_N\Rightarrow$ tìm giá trị nguyên n.

Đáp án D

Hiện tượng ánh sáng làm bật các electron ra khỏi tấm kim loại được gọi là hiện tượng quang điện ngoài (thường gọi là hiện tượng quang điện). Các electron bật ra gọi là electron quang điện.

Đáp án B

Lượng tử năng lượng của ánh sáng này là

$$\begin{gathered} \epsilon =hf=\frac{hc}{\lambda }=\frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{0,{6.10}^{-6}} \\ =3,{3125.10}^{-9}J=\frac{3,3125}{{\mathrm{1.6.10}}^{-19}}=2,07\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}eV} \end{gathered}$$

Đáp án A

Ta có: 

$$\begin{gathered} F_n=\frac{F_0}{n^4}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{F}_L=\frac{F_0}{2^4}\\ F_N=\frac{F_0}{4^4}\end{array}\right. \\ \Rightarrow \frac{F_L}{F_N}=\frac{4^4}{2^4}=16\Rightarrow F_N=\frac{F_L}{16}=\frac{F}{16} \end{gathered}$$

Đáp án C

Vì chùm nguyên tử Hiđrô phát ra tối đa 6 vạch quang phổ nên: $\Rightarrow \frac{n.(n-1)}{2}=6\Rightarrow n=4$

Nguyên tử ở trạng thái N.

Đáp án A

Hạt nhân Triti có:

Số prôtôn Z = 1,

số khối A = số nuclôn = 3

và số nơtrôn = A – Z = 3-1 = 2.

Đáp án D

Biểu thức tính năng lượng toàn phần của một hạt tương đối tính:

$E=m{c}^2=\frac{m_o{c}^2}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}=E_o+W_d$

Đáp án B

Số phân tử H₂O trong 9g nước là: $N_{H_{2}O}=\frac{m}{M}\cdot N_A=0,5N_A$ phân tử H₂O.

Mỗi phân tử H₂O chứa 2 nguyên tử ${}_1{}^{1}H$ và 1 nguyên tử ${}_8^{16}O$, do đó số hạt prôtôn chứa trong 1 phân tử H₂O bằng $2.1+1.8=10$ hạt prôtôn.

Tổng số hạt prôtôn trong 9g nước $=10.0,5 {\text{N}}_{\text{A}}=10.0,5.6,{022.10}^{23}=3,{11.10}^{24}$ hạt.

Đáp án B

Áp dụng công thức:

$$\begin{gathered} \epsilon =\frac{W_{lk}}{A}=\frac{\left[Z{m}_p+(A-Z)m_n-m_X\right]c^2}{A} \\ \left\{\begin{array}{l}{\epsilon }_{Ar}=\frac{[18.1,0073+(40-18)\cdot 1,0087-39,9525]u{c}^2}{40}=5,20\left(MeV/nuclon\right)\\ {\epsilon }_{Li}=6=8,62\left(MeV/nuclon\right)\end{array}\right. \\ {\epsilon }_{Ar}-{\epsilon }_{Li}=8,62-5,20=3,42\left(MeV\right) \end{gathered}$$

Đáp án B

Ta có: $\Delta E=\left(\sum m_{tr}-\sum m_s\right)c^2=(11,997-3.4,0015).u{c}^2=-7\left(\text{MeV}\right)$

$\Rightarrow$ Năng lượng tối thiểu cần cung cấp là 7MeV

Đáp án A 

Lực tương tác giữa hai điện tích điểm q₁, q₂ là $\overrightarrow{F_{12}},\overrightarrow{F_{21}}$ có:

Phương là đường thẳng nối hai điện tích điểm.

$q_1\cdot q_2<0\Rightarrow$ chiều là lực hút

Độ lớn: $F_{12}=F_{21}=k\frac{\left|q_1{q}_2\right|}{r^2}={9.10}^9.\frac{\left|{2.10}^{-8}{.10}^{-8}\right|}{0,2^2}=4,{5.10}^{-5}$(N).

- Định luât Cu-lông: Lực hút hay đẩy giữa 2 điện tích điểm có phương trùng với đường thẳng nối 2 điện tích điểm đó, có độ lớn tỉ lệ thuận với tích độ lớn của hai điện tích và tỉ lệ nghịch với bình phương khoảng cách giữa chúng: $F_0=k\frac{\left|q_1{q}_2\right|}{r^2}$ (với q₁, q₂ là điện tích; $k={9.10}^9$ là hằng số điện; r(m) là khoảng cách giữa 2 điện tích điểm).

Đáp án C

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}P=\xi I=12.0,8=9.6\left(W\right)\\ A=\xi It=12.0,\mathrm{8.15.60}=8640\left(J\right).\end{array}\right.$

Đáp án D

Ta có: $\varphi =BS\cos \left(\overrightarrow{n},\overrightarrow{B}\right)=0,{15.10}^{-4}.\cos 60°=2,{5.10}^{-5}\left(\text{Wb}\right)$.

+  Từ thông qua diện tích S đặt trong từ trường: $\varphi =BS\cos \left(\overrightarrow{n},\overrightarrow{B}\right)$.

+ Từ thông qua khung dây có N vòng dây: $\varphi =NBS\cos \left(\overrightarrow{n},\overrightarrow{B}\right)$.

+ Dòng điện cảm ứng có chiều sao cho từ trường của nó sinh ra có tác dụng chống lại nguyên nhân sinh ra nó.

Đáp án D

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

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

+ Độ biến thiên độ tụ: $\Delta D=D_{\max }-D_{\min }=\frac{1}{O{C}_C}-\frac{1}{O{C}_V}=\frac{1}{0,1}-\frac{1}{1}=9\left(dp\right)$