Đáp án C

Dùng thuyết lượng tử ánh sáng không giải thích được hiện tượng giao thoa ánh sáng. Để giải thích được hiện tượng giao thoa ánh sáng phải dùng thuyết sóng ánh sáng.

Đáp án D

Trong chân không, các bức xạ được xếp theo thứ tự bước sóng giảm dần (tần số, năng lượng tăng dần) là: tia hồng ngoại, ánh sáng tím, tia tử ngoại, tia Rơn − ghen.

Đáp án C

Tại mọi thời điểm ta luôn có li độ dao động tổng hợp bằng tổng các li độ thành phần:

$x=x_1+x_2\to x=3+4=7cm$

Lưu ý: Công thức $A=\sqrt{A_1^2+A_2^2+2{\text{A}}_1{A}_2\cos \Delta \phi }$ chỉ sử dụng để tính biên độ dao động tổng hợp. Còn đây đề hỏi li độ dao động tổng hợp, tránh nhầm lẫn.

Đáp án B

Năng lượng của photon là: $\epsilon =\frac{hc}{\lambda }=\frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{{5.10}^{-11}}=3,{975.10}^{-15}J$

Đáp án D

Sóng cơ không truyền được trong chân không còn sóng điện từ thì truyền được trong chân không.

Đáp án C

Quang phổ liên tục chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ của nguồn phát mà không phụ thuộc bản chất của nguồn phát.

Đáp án D

− Khi truyền từ không khí (chiết suất nhỏ) sang nước (chiết suất lớn) thì không xảy ra phản xạ toàn phần.

− So với phương tia tới thì tia khúc xạ vàng bị lệch ít hơn tia khúc xạ lam (chiết suất nước đối với tia khúc xạ vàng nhỏ hơn nên lệch so với tia tới ít hơn).

Đáp án A

Kim loại dẫn điện tốt do mật độ các electron tự do trong kim loại lớn (hạt tải điện trong kim lọại là các electron tự do).

Đáp án C

Từ thông qua một khung dây kín: $\Phi =NB\text{S}\cos \alpha$

Trong đó:

− N là số vòng dây của khung.

− B là cảm ứng từ (T).

− S là diện tích mặt phẳng khung dây (m²).

− α là góc hợp vecto cảm ứng từ và vecto pháp tuyến mặt phẳng khung dây.

→ Từ thông không phụ thuộc điện trở khung dây dẫn.

Đáp án C

Độ lệch pha 2 dao động là: $\Delta \phi =\frac{\pi }{3}-\left(-\frac{2\pi }{3}\right)=\pi \text{ rad}$

→ Hai dao động ngược pha với nhau.

Đáp án D

Khi động cơ không đồng bộ ba pha hoạt động ổn định với tốc độ quay của từ trường không đổi thì tốc độ quay của rôto luôn nhỏ hơn tốc độ quay của từ trường.

Đáp án A

Chất điểm dao động điều hòa đổi chiều tại biên → khi đó lực kéo về có độ lớn cực đại (Tại biên ta có: ${\left|F_{kv}\right|}_{\text{max}}=K\text{A}$)

Đáp án B

Công thức tính công suất hao phí trên đường dây tải điện: $P_{hp}=\frac{P^2}{U^2{\cos }^2\phi }R$

→ Cách để giảm hao phí được sử dụng hiện nay là tăng điện áp trước khi truyền đi.

Đáp án A

Áp dụng công thức định luật Ôm cho toàn mạch cho hai trường hợp ta có: 

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}E=\left(R_1+r\right)I_1\\ E=\left(R_2+r\right)I_2\end{array}\right.\to \left(4+r\right).0,5=\left(10+r\right).0,25 \\ \to r=2\Omega \to E=3V \end{gathered}$$

Đáp án B

Do M và A dao động ngược pha với nhau nên ta có:

$$\begin{gathered} \frac{2\pi d}{\lambda }=\pi +k2\pi \left(\text{k}\in \mathrm{\mathbb{N}}\right)\leftrightarrow d=\left(k+0,5\right)\lambda \\ \leftrightarrow 0,5=\left(k+0,5\right).\frac{v}{56} \left(1\right) \end{gathered}$$

Do $7\le v\le 10\text{ m/s}\stackrel{\left(1\right)}{\to }2,3\le k\le 3,5\to k=3\to v=8\text{ m/s}$

Đáp án B

− Bán kính ở hai quỹ đạo: $\frac{r_n}{r_m}=\frac{n^2{r}_0}{m^2{r}_0}\to 4=\frac{n^2}{m^2}\to \frac{n}{m}=2$

− Hiệu hai mức năng lượng:

$$\begin{gathered} E_n-E_m=2,55\leftrightarrow \frac{-13,6}{n^2}-\frac{-13,6}{m^2}=2,55 \\ \stackrel{n=2m}{\to }\frac{-13,6}{{\left(2m\right)}^2}+\frac{13,6}{m^2}=2,55\to \left\{\begin{array}{l}m=2\\ n=4\end{array}\right. \end{gathered}$$

− Bước sóng nhỏ nhất nguyên tử H có thể phát ra khi nguyên tử chuyển từ trạng thái dừng E₄ về E₁ (hiệu hai mức năng lượng lớn nhất)

$$\begin{gathered} \to \frac{hc}{\lambda }=E_4-E_1 \\ \to \frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{\lambda }=\left(\frac{-13,6}{4^2}-\frac{-13,6}{1^2}\right).1,{6.10}^{-19} \\ \to \lambda =9,{74.10}^{-8}m \end{gathered}$$

Đáp án A

− Áp dụng công thức Anh−xtanh về hiện tượng quang điện cho 2 trường hợp: $\left\{\begin{array}{l}\frac{hc}{{\lambda }_1}=A+\frac{1}{2}m{v}_{01}^2\left(1\right)\\ \frac{hc}{{\lambda }_2}=A+\frac{1}{2}m{v}_{02}^2\left(2\right)\end{array}\right.$

− Do ${\lambda }_1<{\lambda }_2\to v_{01}>v_{02}\to v_{01}=2v_{02}\to v_{01}^2=4v_{02}^2$

− Trừ vế theo vế của 4 lần biểu thức (2) cho biểu thức (1) ta có:

$$\begin{gathered} 4\frac{hc}{{\lambda }_2}-\frac{hc}{{\lambda }_1}=3\text{A}\leftrightarrow 4\frac{hc}{{\lambda }_2}-\frac{hc}{{\lambda }_1}=3\frac{hc}{{\lambda }_0} \\ \to \frac{4}{{\lambda }_2}-\frac{1}{{\lambda }_1}=\frac{3}{{\lambda }_0}\to {\lambda }_0=0,545\mu m \end{gathered}$$

Đáp án B

Điện áp máy biến áp lí tưởng tỉ lệ với số vòng dây nên ta có:

+ Ban đầu: $\frac{U_1}{100}=\frac{N_1}{N_2}$ (1).

+ Giảm n vòng dây ở cuộn thứ cấp: $\frac{U_1}{U}=\frac{N_1}{N_2-n}$ (2).

+ Tăng n vòng dây ở cuộn thứ cấp: $\frac{U_1}{2U}=\frac{N_1}{N_2+n}$ (3).

Từ (2) và (3) ta có: $\frac{2U}{U}=\frac{N_2+n}{N_2-n}\to \frac{N_2+n}{N_2-n}=2\to N_2=3n$

+ Tăng 3n vòng dây ở cuộn thứ cấp: $\frac{U_1}{{U^{\text{'}}}_2}=\frac{N_1}{N_2+3n}$ (4)

Từ (1) và (4) ta có: $\frac{{U^{\text{'}}}_2}{100}=\frac{N_2+3n}{N_2}\stackrel{N_2=3n}{\to }\frac{{U^{\text{'}}}_2}{100}=\frac{6n}{3n}\to {U^{\text{'}}}_2=200V$

Đáp án C

+ Đổi 2 phương trình về cùng dạng $x_1=4\sin \left(\pi t+\alpha \right)=4\cos \left(\pi t+\alpha -\frac{\pi }{2}\right)$

+ Hai biên độ thành phần có biên độ xác định, để biên độ dao động tổng hợp có giá trị lớn nhất thì hai dao động thành phần cùng pha với nhau $\to \alpha -\frac{\pi }{2}=0\to \alpha =\frac{\pi }{2}$

Đáp án D

+ Dung kháng: $Z_C=\frac{1}{\omega C}=100\Omega$

+ Công suất đoạn mạch: $P=I^{2}R\leftrightarrow 100=I^2.100\to I=1A$

+ Tổng trở toàn mạch: $Z=\frac{U}{I}=100\sqrt{2}\Omega$

Ta có: 

$$\begin{gathered} Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2} \\ \leftrightarrow {\left(100\sqrt{2}\right)}^2={100}^2+{\left(Z_L-100\right)}^2 \\ \to Z_L=200\Omega \to L=\frac{2}{\pi }H \end{gathered}$$

Đáp án B

+ Sử dụng phương pháp số phức ta có: $\stackrel{*}{Z}=\frac{\stackrel{*}{U}}{\stackrel{*}{I}}=\frac{120\sqrt{2}\angle \frac{\pi }{6}}{2\angle \frac{-\pi }{12}}=60+60i$

+ Mặt khác $\stackrel{*}{Z}=r+Z_L.i\to 60+60i=r+Z_L.i\to \left\{\begin{array}{l}r=60\Omega \\ Z_L=60\Omega \end{array}\right.$

Đáp án C

+ Tốc độ trung bình của vật trong nửa chu kì dao động là:

$\overline{v}=\frac{2\text{A}}{\frac{T}{2}}=\frac{4\text{A}}{T}=\frac{4\text{A}}{\frac{2\pi }{\omega }}=\frac{2\text{A}\omega }{\pi }=\frac{2v_{\max }}{\pi }\to v_{\max }=31,4\text{ cm/s}$

Đáp án D

+ Vận tốc cực đại của phần tử môi trường bằng 3 lần tốc độ truyền sóng ta có:

$v_{\max }=3v_{ts}\leftrightarrow \omega A=3\lambda f\leftrightarrow 2\pi fA=3\lambda f\to \lambda =\frac{2\pi A}{3}$

Đáp án D

Nhìn đồ thị ta có:

+ Khi chiều dài lò xo là 10cm thì lực đàn hồi lò xo $F_{dh}=0\to$ lò xo không biến dạng

$\to {\mathcal{l}}_0=10cm$

+ Khi chiều dài lò xo là 14cm thì lực đàn hồi có độ lớn:

$F_{dh}=2N\to k\left(\mathcal{l}-{\mathcal{l}}_0\right)=2N\to k=\frac{2}{0,14-0,1}=50\text{ N/m}$

Đáp án C

Đây là bài toán hai vị trí thấu kính để cho ảnh rõ nét của 1 vật trên màn (khi vật và màn cố định) ta có hệ quả: $\left\{\begin{array}{l}{d}_1={d^{\text{'}}}_2\\ d_2={d^{\text{'}}}_1\end{array}\right.$

+ Do 2 vị trí thấu kính cách nhau 30cm nên $d_2-d_1=30cm$ (giả sử $d_2>d_1$)

$\to {d^{\text{'}}}_1-d_1=30cm$

+ Mặt khác do vật và màn cách nhau 90cm $\to {d^{\text{'}}}_1+d_1=90cm\to \left\{\begin{array}{l}{d^{\text{'}}}_1=60cm\\ d_1=30cm\end{array}\right.$

+ Áp dụng công thức thấu kính: $\frac{1}{f}=\frac{1}{d_1}+\frac{1}{{d^{\text{'}}}_1}\to f=20cm$

Đáp án A

+ Dựa vào hình vẽ ta có: $\sin \frac{\Delta \phi }{2}=\frac{20}{A}$ và $\cos \frac{\Delta \phi }{2}=\frac{8}{A}$

+ Do ${\sin }^2\left(\frac{\Delta \phi }{2}\right)+{\cos }^2\left(\frac{\Delta \phi }{2}\right)=1\to {\left(\frac{20}{A}\right)}^2+{\left(\frac{8}{A}\right)}^2=1$$\to A=4\sqrt{29}mm$

+ Tại thời điểm t₁ li độ D sẽ ở biên dương. Sau khoảng thời gian $0,4=\frac{T}{5}$, ứng với góc quét $\Delta \phi =\frac{2\pi }{5}$ trên đường tròn

→ Li độ của D tại thời điểm t₂ là: $u_{D2}=4\sqrt{29}\cos \frac{2\pi }{5}=6,66cm$

Đáp án D

+ Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta có: $\overrightarrow{P_{\alpha }}=\overrightarrow{P_P}+\overrightarrow{P_O}$

→ Từ hình vẽ ta có:

$P_O^2=P_P^2+P_{\alpha }^2$$\iff 2m_O{K}_O=2m_P{K}_P+2m_{\alpha }{K}_{\alpha }$$\iff 17K_O=K_P+4.7,7$ (1)

+ Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng toàn phần

$K_{\alpha }+\left(m_{\alpha }+m_N\right)c^2=K_P+K_O+\left(m_P+m_O\right)c^2$$\leftrightarrow K_P+K_O=6,49\text{ MeV}$ (2).

Từ (1) và (2) ta có hệ: $\left\{\begin{array}{l}17K_O-K_P=30,8\\ K_P+K_O=6,49\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}{K}_P=4,42\text{ MeV}\\ {\text{K}}_O=2,072\text{ MeV}\end{array}\right.$

Đáp án A

+ Chu kì dao động của mạch LC là: $T=2\pi c\sqrt{LC}=4\pi {.10}^{-7}s$

+ Ta có: $3\pi {.10}^{-6}=7,5T=7T+\frac{T}{2}$

Ta có $q_{\left(t\right)}$ và $q_{\left(t+7,5T\right)}$ sẽ ngược pha với nhau $\to q_{\left(t+7,5T\right)}=-q_{\left(t\right)}=-24nC$$\to u_{\left(t+7,5T\right)}=\frac{q_{\left(t+7,5T\right)}}{C}=-3V$

Đáp án A

+ Giao điểm của hai đồ thị khi P₁ = P₂ khi đó ta đặt R = a.

+ Xét với đồ thị P₁ ta có:

Khi R = 20 và R = a thì mạch có cùng công suất $P_1=100\text{W}\to 20+a=\frac{U_1^2}{100}$

Khi $R=\sqrt{20\text{a}}$ thì $P_1\max =125W\to 125=\frac{U_1^2}{2\sqrt{20a}}$

$\to 100\left(20+a\right)=\mathrm{125.2.}\sqrt{20\text{a}}\leftrightarrow \left[\begin{array}{l}a=80\\ a=5\left(L\right)\end{array}\right.$

+ Xét với đồ thị P₂ ta có:

Khi R = 145 và R = a thì mạch có cùng công suất P₂  = 100W

$\to 145+a=\frac{U_2^2}{100}\to U_2^2=22500$

Khi $R=\sqrt{145\text{a}}$ thì $P_2\max \to P_{2\max }=\frac{U_2^2}{2\sqrt{145a}}=\frac{22500}{2\sqrt{145.80}}=104,45W$

Đáp án B

+ Giao thoa 2 bức xạ: xét giữa vân sáng trung tâm và vân sáng trùng nhau đầu tiên của hai bức xạ có 6 vân đỏ → vị trí trùng đầu tiên ứng với vân sáng bậc 7 của λ₂.

→ ta có:

$$\begin{gathered} k_1{\lambda }_1=7{\lambda }_2 \\ \leftrightarrow k_1.0,56=7{\lambda }_2\stackrel{0,65\le {\lambda }_2\le 0,75}{\to }8,125\le k_1\le 9,375 \\ \to k_1=9\to {\lambda }_2=0,72\mu m \end{gathered}$$

+ Giao thoa 3 bức xạ: ${\lambda }_1=0,56\mu m;{\lambda }_2=0,72\mu m;{\lambda }_3=0,48\mu m$: Xét giữa vân sáng trung tâm O và vân sáng trùng nhau đầu tiên của 3 bức xạ M ta có: $k_1{\lambda }_1=k_2{\lambda }_2=k_3{\lambda }_3$

$\frac{k_1}{k_2}=\frac{{\lambda }_2}{{\lambda }_1}=\frac{9}{7}=\boxed{\frac{18}{14}};\frac{k_3}{k_2}=\frac{{\lambda }_2}{{\lambda }_3}=\frac{3}{2}=\boxed{\frac{21}{14}}$

→ Vị trí vân sáng trùng nhau của 3 bức xạ ứng với $k_1=18;{\text{ k}}_2=14;{\text{ k}}_3=21$

+ Số vân sáng trùng của 2 bức xạ λ₁; λ₂ trong khoảng giữa O và M $\frac{k_1}{k_2}=\boxed{\frac{9}{7}}$ → có 1 vân

+ Số vân sáng trùng của 2 bức xạ λ₃; λ₂ trong khoảng giữa O và M

$\frac{k_3}{k_2}=\boxed{\frac{3}{2}}=\boxed{\frac{6}{4}}=\boxed{\frac{9}{6}}=\boxed{\frac{12}{8}}=\boxed{\frac{15}{10}}=\boxed{\frac{18}{12}}$ → có 6 vân

→ Số vân có màu đỏ (đơn sắc đỏ) trong đoạn OM là:

13−1−6 = 6 vân.

Đáp án A

+ Khoảng cách bụng và nút liên tiếp: $\frac{\lambda }{4}=6cm\to \lambda =24cm$

+ Chu kì sóng là: $T=\frac{\lambda }{v}=0,2\text{s}$

+ P, Q lần lượt cách nút N 15cm và 16cm về hai phía → P, Q sẽ nằm trên các bó sóng như hình vẽ.

+ Biên độ dao động của P là:

$A_P=A_b\left|\sin \frac{2\pi d}{\lambda }\right|=4\left|\sin \frac{2\pi .15}{24}\right|=2\sqrt{2}\text{ cm}$

+ Biên độ dao động của Q là:

$A_N=A_b\left|\sin \frac{2\pi d}{\lambda }\right|=4\left|\sin \frac{2\pi .16}{24}\right|=2\sqrt{3}\text{ cm}$

+ Đánh số thứ tự các bó, do P ở bó (1 – lẻ) và Q ở bó (4 – chẵn) → P, Q dao động ngược pha nhau.

+ Ở thời điểm t: $\frac{u_P}{A_P}=-\frac{u_Q}{A_Q}\to u_{Q\left(t\right)}=-\sqrt{3}=-\frac{A_Q}{2}$ và cũng đang đi về cân bằng (M₁).

+ Ở thời điểm $t+\Delta t$: $u_{Q\left(t+\Delta t\right)}=3cm{\text{ (M}}_2)$

Sử dụng đường tròn ta có: $\Delta \phi =\frac{\pi }{2}\to \Delta t=\frac{T}{4}=0,05\text{s}$

Đáp án C

+ Mấu chốt của bài toán ta phải tìm được vị trí vật rời khỏi giá đỡ → sau đó vật sẽ dao động điều hòa.

+ Chọn trục Ox theo phương thẳng đứng, gốc O trùng với vị trí cân bằng của con lắc lò xo, có chiều dương hướng xuống.

+ Các lực tác dụng lên vật trong quá trình chuyển động cùng giá đỡ là: $\overrightarrow{P},\overrightarrow{N},\overrightarrow{F_{dh}}$ (như hình vẽ)

+ Áp dụng định luật II Niuton cho vật: $\overrightarrow{P}+\overrightarrow{N}+\overrightarrow{F_{dh}}=m\overrightarrow{a}$ (1)

Chiếu $\stackrel{\left(1\right)}{\to }Ox:P-N-F_{dh}=ma$

+ Khi vật m rời khỏi giá đỡ thì $N=0\leftrightarrow P-F_{dh}=ma\to F_{dh}=mg-ma=0,8N$

→ Độ dãn của lò xo khi đó là $\Delta \mathcal{l}=\frac{F_{dh}}{k}=0,04m=4cm$

+ Sau khi rời lò xo bắt đầu dao động điều hòa xung quanh vị trí cân bằng O $(\Delta {\mathcal{l}}_0=\frac{mg}{k}=0,05m=5cm)$

→ Li độ của vật tại vị trí rời giá đỡ: $x=-\left(5-4\right)=-1cm$

+ Vận tốc của vật tại vị trí rời: $v^2-v_0^2=2as\leftrightarrow v^2-0=\mathrm{2.2.0},04\to v=0,4\text{ m/s}=40\text{ cm/s}$

+ Tần số góc dao động con lắc: $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=10\sqrt{2}\text{ rad/s}$

→ Biên độ dao động của con lắc là: $A=\sqrt{\frac{v^2}{{\omega }^2}+x^2}=3cm$

+ Quãng đường vật m đi từ vị trí rời (x = − 1) → vị trí lò xo dãn cực đại (+A = 3) là:

$S_1=1+3=4cm$

+ Thời gian vật m đi từ vị trí rời (x = − 1) → vị trí lò xo dãn cực đại ((+A = 3) là:

$t=\frac{\arcsin \left(\frac{1}{3}\right)+\frac{\pi }{2}}{10\sqrt{2}}=0,135\text{s}$

+ Quãng đường giá đỡ đi được từ vị trí rời đến khi lò xo dãn cực đại:

$S_2=v_{0}t+\frac{1}{2}a{t}^2=40.0,135+\frac{1}{2}\mathrm{.200.0},{135}^2=7,23cm$

→ Khoảng cách giá đỡ và vật khi đó là: $\Delta d=7,23-4=3,23cm$

Đáp án B

+ Khi C = C₁ điện áp hiệu dụng hai đầu đoạn mạch RC đạt giá trị cực đại: $Z_{C_1}=\frac{Z_L+\sqrt{4{\text{R}}^2+Z_L^2}}{2}$

+ Khi $C=C_2=\frac{C_1}{3}$ thì điện áp hiệu dụng hai đầu tụ đạt giá trị cực đại: $Z_{C_2}=\frac{Z_L^2+R^2}{Z_L}$

+ Ta có: $Z_{C_2}=3{\text{Z}}_{C_1}\leftrightarrow \frac{Z_L^2+R^2}{Z_L}=3\frac{Z_L+\sqrt{4{\text{R}}^2+Z_L^2}}{2}$

Để đơn giản cho việc tính toán ta đặt 

$Z_L=1\to \frac{1+R^2}{1}=3\frac{1+\sqrt{4{\text{R}}^2+1}}{2}\to R=3,19\to \frac{R}{Z_L}=3,19$