Đáp án A

Khi một từ trường biến thiên theo thời gian thì sinh ra điện trường xoáy.

Đáp án A

Đặt $A_X=2A_Y=0,5A_Z=a$ thì $\left\{\begin{array}{l}{\epsilon }_Y=\frac{\Delta E_Y}{A_Y}=\frac{\Delta E_Y}{0,5a}\\ {\epsilon }_X=\frac{\Delta E_X}{A_X}=\frac{\Delta E_X}{a}\\ {\epsilon }_Z=\frac{\Delta E_Z}{A_Z}=\frac{\Delta E_Z}{2a}\end{array}\right.\Rightarrow {\epsilon }_Y>{\epsilon }_X>{\epsilon }_Z.$

Đáp án D

Cường độ dòng điện hiệu dụng chỉ có $R:I=\frac{U}{R}=\frac{U_0}{\sqrt{2}R}.$

Cường độ dòng điện tức thời và hiệu điện thế tức thời trong mạch chỉ có R dao động cùng pha với nhau nên ${\phi }_u={\phi }_i=0.$

Đáp án C

Ta có : $U_{rLC}=I.Z_{rLC}=\frac{U}{Z}.Z_{rLC}=\frac{U\sqrt{r^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}{\sqrt{{\left(R+r\right)}^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$

Khi $C=\frac{100}{\pi }\left(\pi F\right)\Rightarrow Z_C=100\Omega$

Thì $U_{rLC}$ cực tiểu, khảo sát hàm số có được

$Z_L=Z_C=100\Omega$ và $U_{rLC}=4R=\frac{U.r}{R+r}=87\Rightarrow R=3\sqrt{145}$

Khi $C=\infty \Rightarrow Z_C=0\Rightarrow U_{rLC}=\frac{U\sqrt{r^2+{Z_L}^2}}{\sqrt{{\left(R+r\right)}^2+{Z_L}^2}}$

$\iff 3\sqrt{145}=\frac{\frac{87}{5}\sqrt{r^2+{100}^2}}{\sqrt{{\left(4r+r\right)}^2+{100}^2}}\iff r=50\left(\Omega \right).$

Đáp án D

$Q=CU={20.10}^{-6}.120=24.{\text{10}}^{-4}\text{C.}$

Đáp án C

Cường độ âm tại điểm cách nguồn âm 10 m: $I=\frac{P}{4\pi r^2}$

Mức cường độ âm tại điểm đó:

$$\begin{gathered} L=10\log \left(\frac{I}{I_0}\right)=10\log \left(\frac{P}{4\pi r^2.I_0}\right) \\ =10\log \left(\frac{6}{4\pi {.10}^2{.10}^{-12}}\right)=96,8dB. \end{gathered}$$

Đáp án B

Đáp án A

Vì chùm nguyên tử Hiđrô phát ra tối đa 3 vạch quang phổ nên: $\frac{n.\left(n-1\right)}{2}=3\Rightarrow n=3.$

Khi bị kích thích electron trong nguyên tử H đã chuyển sang quỹ đạo M.

Đáp án C

Ta có : $U^2=U_R^2+U_C^2\Rightarrow {150}^2=U_R^2+{90}^2\Rightarrow U_R=120\left(V\right).$

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch: $P=I^{2}R=I.U_R=240\left(W\right).$

Đáp án B

Xét đồ thị hàm số A₂ ta thấy tại t = 0 vật ở vị trí $x=0,5{\text{A}}_{\text{2}}$ và đang chuyển động đi lên trên nên có ${\phi }_{02}=-\frac{\pi }{3}$

$\to$Góc quét được của 2 vật từ t = 0 đến khi x = 0 là $\phi =\frac{5\pi }{6}$ và mất $t=0,1s\to \omega =\frac{5\pi }{6.0,1}=\frac{25\pi }{3}$

Phương trình dao động của 2 vật là: $\left\{\begin{array}{l}{x}_1=A_1\cos \left(\frac{25\pi }{3}t-\pi \right)\\ x_2=A_2\cos \left(\frac{25\pi }{3}t-\frac{\pi }{3}\right)\end{array}\right.$

Để A_max thì A phải vuông góc với A₂

Suy ra: $\tan \frac{\pi }{3}=\frac{A}{A_2}\to A_2=\frac{A}{\tan \frac{\pi }{3}}=\frac{10\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=10$(cm).

Phương trình dao động của vật 2 là:

$x_2=10\cos \left(\frac{25\pi }{3}t-\frac{\pi }{3}\right)$(cm).

Đáp án B

Số khối A = 235 = số prôtôn + số nơtrôn.

Số prôtôn = số electron = 92 ⇒ số nơtrôn = 143.

Đáp án B

Chu kì dao động: $T=\frac{\Delta t}{N}=\frac{2\pi }{\omega }\Rightarrow \frac{60}{40}=\frac{2\pi }{\omega }\Rightarrow \omega =\frac{4}{3}\pi$

Vận tốc cực đại: $v_{\max }=\omega A=\frac{4}{3}\pi .8\approx 33,5$ (cm/s).

Đáp án A

Tần số f không đổi, vận tốc giảm nên bước sóng giảm.

Đáp án B

Ta có: $e_{cu}=-\frac{\Delta \Phi }{\Delta t}=-\frac{{\Phi }_2-{\Phi }_1}{\Delta t}=-\frac{0-{6.10}^{-3}}{0,04}=0,15\left(V\right)$

Đáp án C

Điện áp hiệu dụng: $U=\frac{U_0}{\sqrt{2}}=40\left(V\right)$

Đáp án D

Động năng của electron khi chuyển động bằng một nửa năng lượng nghỉ của nó: $W_d=\left(m-m_0\right)c^2=0,5m{c}^2\Rightarrow m=2m_0.$

Mà $$\begin{gathered} m=\frac{m_0}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}\Rightarrow \sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}=\frac{1}{2} \\ \Rightarrow v=\frac{c\sqrt{3}}{2}\approx 2,{59.10}^8 \left(m/s\right) \end{gathered}$$

Đáp án C

Ống chuẩn trực có tác dụng tạo ra chùm tia song song.

Cấu tạo máy quang phổ lăng kính

− Máy quang phổ lăng kính là dụng cụ ứng dụng hiện tượng tán sắc ánh sáng để phân tích một chùm sáng phức tạp thành các thành phần đơn sắc.

− Cấu tạo:

+ Ống chuẩn trực: gồm thấu kính hội tụ L₁ và khe hẹp tại tiêu điểm F → tạo ra chùm tia song song.

+ Hệ tán sắc: gồm 1 hoặc 2, 3 lăng kính → phân tích chùm sáng song song thành những chùm sáng đơn sắc song song.

+ Buồng tối: gồm thấu kính hội tụ L₂, tấm phim K → khi qua L₂ chùm song song đơn sắc hội tụ trên K tạo thành quang phổ.

Đáp án A

Ta có: $T=1\text{ s}\Rightarrow \omega =2\pi$ (rad/s)

Hệ thức độc lập: $A^2=x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}\Rightarrow A=10$ (cm)

Gọi phương trình cần tìm: $x=A\cos \left(\omega t+\phi \right)$

Tại t = 2,5 s : 

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}x=-5\sqrt{2}\\ v=-10\sqrt{2}\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}10\cos \left(5\pi +\phi \right)=-5\sqrt{2}\\ -50\pi \sin \left(5\pi +\phi \right)=-10\sqrt{2}\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\phi =\pm \frac{\pi }{4}\\ \sin \phi >0\end{array}\right.\Rightarrow \phi =\frac{\pi }{4}. \end{gathered}$$

Phương trình: $x=10\cos \left(\omega t+\frac{\pi }{4}\right)$ cm.

Đáp án A

Ta có : $\left\{\begin{array}{l}R=R_1+R_2+R_3=12\Omega \Rightarrow I=\frac{\xi }{R+r}=\frac{12}{12+0}=1A\\ U_{R2}=I.R_2=1.4=4V\end{array}\right.$

Đáp án C

Nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở: $Q=I^{2}Rt=2^2\mathrm{.100.30}=12000\text{J}=12\text{kJ.}$

Đáp án A

Ta có :

$\left\{\begin{array}{l}{F}_{CL}=F_{ht}\Rightarrow \frac{k{e}^2}{r_n^2}=\frac{m{v}_n^2}{r_n}\Rightarrow \frac{k{e}^2}{r_n}=m{v}_n^2\\ E_n=W_t+W_d=-\frac{k{e}^2}{r_n}+\frac{m{v}_n^2}{2}=-m{v}_n^2+\frac{m{v}_n^2}{2}=-\frac{m{v}_n^2}{2}\end{array}\right.$

$\Rightarrow v_n=\sqrt{\frac{-2E_n}{m}}\approx 1,{1.10}^6$ (m/s).

Để tìm tốc độ electron trên quỹ đạo dừng thì có thể làm theo các cách:

Khi electron chuyển động trên quỹ đạo n, lực hút tĩnh điện Cu−lông đóng vai trò là lực hướng tâm:

$F_{CL}=F_{ht}\Rightarrow \frac{k{e}^2}{r_n^2}=\frac{m{v}_n^2}{r_n}\Rightarrow \frac{k{e}^2}{r_n}=m{v}_n^2$$\Rightarrow \boxed{v_n=\sqrt{\frac{k{e}^2}{m{r}_n}}}$ (với  $k={9.10}^9{\text{Nm}}^{\text{2}}{\text{/C}}^{\text{2}}$).

Năng lượng ở trạng thái dừng bao gồm thế năng tương tác và động năng của electron:

$$\begin{gathered} E_n=W_t+W_d=-\frac{k{e}^2}{r_n}+\frac{m{v}_n^2}{2} \\ =-m{v}_n^2+\frac{m{v}_n^2}{2}=-\frac{m{v}_n^2}{2} \\ \Rightarrow \boxed{v_n=\sqrt{\frac{-2E_n}{m}}} \end{gathered}$$

Đáp án B

Ta có : $P=\frac{U^2}{R}{\cos }^2\phi \Rightarrow 50=\frac{{100}^2}{R}.{\cos }^2\frac{\pi }{3}\Rightarrow R=50\left(\Omega \right).$

$\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}=\tan \frac{\pi }{3}\Rightarrow Z_L-Z_C=R\sqrt{3}=50\sqrt{3}\left(\Omega \right).$

Theo đề: 

$$\begin{gathered} I=I^{\text{'}} \\ \Rightarrow \frac{100\sqrt{3}}{\sqrt{{\left(R+R_0\right)}^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}=\frac{100}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}} \\ \Rightarrow R_0=100\left(\Omega \right). \end{gathered}$$

Bài toán liên quan đến công suất và hệ số công suất

− Công suất tỏa nhiệt: $P=I^{2}R=\frac{U^{2}R}{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}.$

− Hệ số công suất: $\cos \phi =\frac{R}{Z}=\frac{R}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}.$

− Điện năng tiêu thụ sau thời gian t: A = P.t.

Đáp án C

+ Vì $\mathcal{l}=f$ nên tia tới từ B song song với trục chính cho tia ló đi qua F'

$\alpha \approx \tan \alpha =\frac{O_{k}C}{f}=\frac{AB}{f}=AB.D$$\Rightarrow AB=\frac{\alpha }{D}={10}^{-3}$ (m).

Đáp án D

Đáp án D

Tần số : $f=\frac{2\pi }{\omega }=1$Hz $\Rightarrow \lambda =\frac{v}{f}=\frac{32}{1}=32$ (cm).

Phương trình dao động tại M cách O một khoảng x = 16cm.

$$\begin{gathered} u_M=4\cos \left(2\pi t+\frac{\pi }{6}-\frac{2\pi x}{\lambda }\right) \\ =4\cos \left(2\pi t+\frac{\pi }{6}-\frac{2\pi .16}{32}\right) \\ =4\cos \left(2\pi t-\frac{5\pi }{6}\right)\left(cm\right) \end{gathered}$$

Phương trình vận tốc tại M:

$v_M={u^{\text{'}}}_M=-8\pi \sin \left(2\pi t-\frac{5\pi }{6}\right)$ (cm/s).

Vận tốc tại M tại thời điểm t = 2,5 s:

$v_M=-8\pi \sin \left(2\pi .2,5-\frac{5\pi }{6}\right)=-8\pi \sin \left(\frac{25\pi }{6}\right)$$=-4\pi$(cm/s).

Phương pháp tính vận tốc của sóng cơ tại thời điểm t và vị trí cách nguồn khoảng x

− Bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}.$

− Phương trình li độ dao động tại M: $u_M=a\cos \left(2\pi t+\phi -\frac{2\pi x}{\lambda }\right).$

− Phương trình vận tốc tại M: $v_M={u^{\text{'}}}_M=-a\sin \left(2\pi t+\phi -\frac{2\pi x}{\lambda }\right).$

Thay t và x vào phương trình li độ và vận tốc ta tìm được li độ và vận tốc tại M.

Đáp án D

Nếu $v_1=2v_2$ thì $W_{X1}=4W_{X2}$

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{W}_{X1}+W_{X2}=\underset{+17,4}{\underbracket{\Delta E}}+\underset{1,2}{\underbracket{W_P}}=18,6\\ W_{X1}=4W_{X2}\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{W}_{X1}=\frac{1}{5}.18,6=3,72\left(\text{MeV}\right)\\ W_{X1}=\frac{4}{5}.18,6=14,88\left(\text{MeV}\right)\end{array}\right. \end{gathered}$$

Đáp án C

Vì mạch chỉ có điện trở thuần nên: $P=I^{2}R=\frac{U^2}{R^2}.R=\frac{U^2}{R}.$

Vì công suất tiêu thụ P không phụ thuộc vào sự thay đổi của tần số f nên ứng với $f_2=2f_1$ thì công suất tiêu thụ vẫn là P.

Đáp án C

Quỹ đạo N ứng với $n=4\Rightarrow r_4=4^2.5,{3.10}^{-11}=84,{8.10}^{-11}$(m).

Đáp án C

$N_{nuclon}=\left(238-92\right)\times$(số gam/khối lượng mol)$\times N_A$

$=146.\frac{119}{128}.6,{02.10}^{23}=4,{4.10}^{25}.$

Đáp án B

+ Khi khóa K đóng:

Cường độ dòng điện chạy trong mạch: $I=\frac{\xi }{R+R_0+r}=\frac{24}{18+5+1}=1\left(A\right)$

Hiệu điện thế hai đầu nguồn điện, cũng chính là hiệu điện thế hai đầu tụ: $U=\xi -Ir=24-1=23\left(V\right).$

+ Khi ngắt khóa K thì trong mạch có dao động điện từ tắt dần

Năng lượng điện từ ban đầu trong mạch dao động:

$$\begin{gathered} W=W_C+W_L=\frac{1}{2}C{U}^2+\frac{1}{2}L{I}^2 \\ =\frac{1}{2}{\mathrm{.100.10}}^{-6}{.23}^2+\frac{1}{2}.0,{2.1}^2=0,12645\left(J\right). \end{gathered}$$

Khi dao động trong mạch tắt hoàn toàn thì năng lượng điện từ của mạch chuyển hóa hết thành nhiệt tỏa ra trên hai điện trở R và R₀

Ta có: 

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{Q}_R+Q_{R_0}=W=0,12645\\ \frac{Q_R}{Q_{R_0}}=\frac{R}{R_0}=\frac{18}{5}\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{Q}_R=0,9896\left(\text{J}\right)=98,96\left(\text{mJ}\right).\\ Q_{R_0}=0,02749.\end{array}\right. \end{gathered}$$

Sử dụng lý thuyết về mạch dao động LC kết hợp với kiến thức định luật Ôm cho toàn mạch

+ Biểu thức định luật Ôm: $I=\frac{\xi }{R_N+r}$

+ Hiệu điện thế hai đầu nguồn điện: $U=I.R_N=\xi -I.r$

+ Năng lượng điện từ: $W=W_C+W_L=\frac{1}{2}C{U}^2+\frac{1}{2}L{I}^2.$

Đáp án C

Các vị trí vân sáng trùng nhau của ${\lambda }_1,{\lambda }_2$ và ${\lambda }_3$

$$\begin{gathered} x=k_1\frac{{\lambda }_{1}D}{a}=k_2\frac{{\lambda }_{2}D}{a}=k_3\frac{{\lambda }_{3}D}{a} \\ \left\{\begin{array}{l}\frac{k_1}{k_2}=\frac{{\lambda }_2}{{\lambda }_1}=\frac{3}{2}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{k}_1=3n\\ k_2=2n\end{array}\right.\\ {\lambda }_3=1320\frac{n}{k_3}\stackrel{380\le {\lambda }_3\ne {\lambda }_1;{\lambda }_2\le 760}{\to }1,74\le \frac{k_2}{n}\ne 2,3\le 3,47\end{array}\right. \end{gathered}$$

+ Với n = 1 thì $1,74\le k_3\ne 2,3\le 3,47\Rightarrow \exists k_3\Rightarrow$loại.

+ Với n = 1 thì $3,48\le k_3\ne 4,6\le 6,694\Rightarrow k_3=5$$\Rightarrow {\lambda }_3=1320.\frac{2}{5}=528\left(nm\right).$

Đáp án D

Dựa vào đồ thị viết phương trình 2 dao động

+ $T=2\text{ s}\to \omega =\frac{2\pi }{T}=\pi$  (rad/s).

+ t = 0 : vật 1 qua vị trí biên dương → Phương trình dao động của vật thứ nhất là $x_1=8\cos \left(\pi t\right)$cm.

+ $t=\frac{2}{3}=\frac{T}{3}$: vật 2 qua vị trí biên âm lần đầu tiên

→Biểu diễn bằng điểm M trên đường tròn

→t = 0: vị trí chất điểm chuyển động tròn đều quay ngược lại vị trí nên $\Delta \phi =\frac{2\pi }{3}\to {\phi }_0=\pi -\frac{2\pi }{3}=\frac{\pi }{3}$

Phương trình dao động của vật 2: $x_2=6\cos \left(\pi t+\frac{\pi }{3}\right)$cm

$$\begin{gathered} \to \left\{\begin{array}{l}{v}_1=8\pi \cos \left(\pi t+\frac{\pi }{2}\right)\\ v_2=6\pi \cos \left(\pi t+\frac{5\pi }{6}\right)\end{array}\right. \\ \Rightarrow \Delta v=\left|v_1-v_2\right|=\left|22,65.\cos +\left(\pi t+0,766\right)\right| \end{gathered}$$

Vận tốc tương đối cực đại của 2 dao động: $v_{\max }=22,65$ cm/s.

Có thể giải bài này bằng cách tìm độ lệch pha của 2 dao động là có thể giải quyết được bài toán. Sau đó dùng bài toán khoảng cách để tính. Vận tốc tương đối cực đại $\Delta v_{\max }=d_{\max }\omega$

+ Tìm độ lệch pha 2 dao động có thể làm như sau. Nhìn qua đồ thị ta có thời điểm vật (2) qua biên âm là $\frac{2}{3}s$; còn thời điểm vật (1) qua biên âm là $\frac{2}{2}=1$s.

Vật (1) qua biên âm sau vật (2) là $\Delta t=1-\frac{2}{3}=\frac{1}{3}=\frac{T}{6}.$

Vật (1) sẽ chậm pha hơn vật (2) là $\frac{2\pi }{6}=\frac{\pi }{3}$

$\to d_{\max }=\sqrt{A_1^2+A_2^2-2A_1{A}_2\cos \Delta \phi }=2\sqrt{13}$$\to \Delta v_{\max }=d_{\max }.\omega =22,65cm/s$

Đáp án C

+ Tại thời điểm t = 0,25s, M đi qua vị trí u = +2 cm theo chiều âm, N đi qua vị trí u = +2 cm theo dương. Biểu diễn các vị trí tương ứng trên đường tròn.

Ta thu được : $\left\{\begin{array}{l}\Delta {\phi }_{MN}=\frac{2\pi }{3}\\ \frac{\text{T}}{12}=0,25\text{s}\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}\Delta {\phi }_{MN}=\frac{2\pi }{3}\\ \text{T}=3\text{s}\end{array}\right.$$\to \lambda =9$cm.

+ Mặt khác: $\Delta {\phi }_{MN}=\frac{2\pi \Delta \text{x}}{\lambda }=\frac{2\pi }{3}\to \Delta x=\frac{\lambda }{3}=3$cm.

+ Từ t = 0,25 đến t = 2,25

$\Delta \text{t}=2\text{s}=\frac{2}{3}\text{T}\left(240°\right)$

→ N đi qua vị trí biên âm ${\text{u}}_{\text{N}}=-4$cm → M đi qua vị trí u_M = +2 cm theo chiều dương.

$\to \Delta \text{u}=\left|{\text{u}}_{\text{M}}-{\text{u}}_{\text{N}}\right|=6$ cm.

Khoảng cách giữa M và N khi đó $\text{d}=\sqrt{\Delta {\text{u}}^{\text{2}}\text{+}\Delta {\text{x}}^{\text{2}}}=3\sqrt{5}$cm.

Δx là khoảng cách theo không gian tại vị trí cân bằng của M và N.