Đáp án C

Ta có:

$$\begin{gathered} Z_C=\frac{1}{\omega C}=200\left(\Omega \right). \\ \phi ={\phi }_u-{\phi }_i=-\frac{\pi }{6}\Rightarrow \tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R} \\ \Rightarrow \frac{-1}{\sqrt{3}}=\frac{Z_L-200}{100\sqrt{3}}\Rightarrow Z_L=100\left(\Omega \right) \\ \Rightarrow L=\frac{1}{\pi }\left(H\right). \end{gathered}$$

Đáp án C

Tính chất không phải là đặc điểm của tia tử ngoại là trong suốt đối với thủy tinh, nước.

Đáp án D

Ta có: $\omega =\frac{1}{\sqrt{LC}}=\frac{1}{\sqrt{\left({500.10}^{-6}\right).\left({5.10}^{-6}\right)}}={2.10}^{4}rad/s.$

$I_0=\omega Q_0=\left({2.10}^4\right).\left({6.10}^{-4}\right)=12A.$

Tại t = 0, điện tích trên tụ là cực đại $\to {\phi }_{0q}=0\to {\phi }_{0i}=\frac{\pi }{2}rad.$

Vậy  $i=12\cos \left({2.10}^4+\frac{\pi }{2}\right)A.$

Đáp án D

Tốc độ trung bình sau 1 chu kì: 

$$\begin{gathered} v_{tb}=\frac{S}{\Delta t}=\frac{4A}{T}=\frac{4A}{\frac{2\pi }{\omega }}=\frac{4A\omega }{2\pi } \\ =\frac{2v_{\max }}{\pi }=\frac{2.31,4}{3,14}=20\left(cm/s\right). \end{gathered}$$

Đáp án B

Hai dao động thành phần vuông pha nhau nên biên độ dao động tổng hợp:

$A=\sqrt{A_1^2+A_2^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5\left(cm\right).$

Độ lớn gia tốc cực đại: $a_{\max }={\omega }^{2}A={\left(\frac{2\pi }{T}\right)}^{2}A={\left(\frac{2\pi }{0,2}\right)}^2.5=5000\left(cm/s\right)=50\left(m/s\right).$

Độ lệch pha và biên độ tổng hợp của hai dao động điều hòa cùng tần số

- Dao động 1: $x_1=A_1\cos \left(\omega t+{\phi }_1\right)$

- Dao động 2: $x_2=A_2\cos \left(\omega t+{\phi }_2\right)$

$\to$ Độ lệch pha của hai dao động $\Delta \phi ={\phi }_2-{\phi }_1\left(rad\right)$

+ $\left[\begin{array}{l}\Delta \phi =0\\ \Delta \phi =2k\pi \end{array}\right.\to$ Hai dao động cùng pha

Biên độ dao động tổng hợp $A=A_1+A_2.$

 + $\left[\begin{array}{l}\Delta \phi =\pi \\ \Delta \phi \left(2k+1\right)\pi \end{array}\right.\to$ Hai dao động ngược pha

Biên độ dao động tổng hợp $A=\left|A_1-A_2\right|.$

+ $\left[\begin{array}{l}\Delta \phi =\frac{\pi }{2}\\ \Delta \phi =\left(2k+1\right)\frac{\pi }{2}\end{array}\right.\to$ Hai dao động vuông pha

Biên độ dao động tổng hợp $A=\sqrt{A_1^2+A_2^2}.$

Đáp án D

Ta có: 

$$\begin{gathered} \Delta E=m_{Be}{c}^2-2m_{\alpha }{c}^2-m_n{c}^2=-1,6\left(MeV\right) \\ \Rightarrow {\epsilon }_{\min }=-\Delta E=1,6\left(MeV\right). \end{gathered}$$

Nếu phản ứng thu năng lượng $\Delta E=\sum m_{tr}{c}^2-\sum m_s{c}^2<0$ thì năng lượng tối thiểu của phôtôn cần thiết để phản ứng thực hiện được là ${\epsilon }_{\min }=-\Delta E.$

Đáp án D

Khi chiếu chùm tia tử ngoại (có bước sóng $\lambda ={10}^{-8}m\to 3,{8.10}^{-7}m$) vào tấm Na (có bước sóng ${\lambda }_0=0,{45.10}^{-6}m$) tích điện âm đặt trong chân không thì hiện tượng quang điện xảy ra $\left(\lambda \le {\lambda }_0\right)$ nên electron mất dần. Vì vậy, tấm Na tích điện dương.

Định luật quang điện thứ nhất về giới hạn quang điện: Mỗi kim loại được đặt trưng bởi một bước sóng ${\lambda }_0$ gọi là giới hạn quang điện. Hiện tượng quang điện chỉ xảy ra khi bước sóng kích thích nhỏ hơn hoặc bằng giới hạn quang điện $\left(\lambda \le {\lambda }_0\right).$

Đáp án A

Khi sóng âm truyền từ nước ra không khí thì tần số không đổi $\Rightarrow \frac{{\lambda }_{kk}}{{\lambda }_n}=\frac{v_{kk}}{v_n}=\frac{1}{4,4}\Rightarrow {\lambda }_n=4,4{\lambda }_{kk}.$

Đáp án D

Ta có:

$$\begin{gathered} {\lambda }_n=vT=\frac{cT}{n}=\frac{\lambda }{n}\Rightarrow \lambda =n{\lambda }_n \\ \epsilon =\frac{hc}{\lambda }=\epsilon =\frac{hc}{{\lambda }_n.n}=\frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{0,6.\frac{4}{3}} \\ =2,{48.10}^{-19}J=\frac{2,{48.10}^{-19}}{1,{6.10}^{-19}}=1,55eV. \end{gathered}$$

Đáp án A

Chu kì ban đầu: $T_1=2\pi \sqrt{\frac{l_1}{g_1}};$ chu kì lúc sau: $T_2=2\pi \sqrt{\frac{l_2}{g_2}}$

Theo đề: $T_1=T_2\Rightarrow \frac{l_1}{g_1}=\frac{l_2}{g_2}\Rightarrow \frac{l_2}{l_1}=\frac{g_2}{g_1}=\frac{9,793}{9,819}$$\Rightarrow l_2=0,997l_1\left(l_2<l_1\right)$

Chiều dài con lắc phải giảm: $\frac{l_1-l_2}{l_1}.100=\frac{l_1-0,997l_1}{l_1}.100=0,3\left(\%\right).$

Đáp án C

Khoảng vân của bước sóng 500 nm là $i_1=\frac{{\lambda }_{1}D}{a}=0,3mm.$

Điều kiện để 2 vân sáng trùng nhau:  $\frac{k_1}{k_2}=\frac{{\lambda }_2}{{\lambda }_1}=\frac{660}{500}=\frac{33}{25}.$

$\Rightarrow$ Khoảng vân trùng: $i_{\equiv }=33i_1=33.0,3=9,9mm.$

Đáp án B

Từ đồ thị, ta thấy rằng dao động thành phần ứng với đường liền nét có phương trình: 

$x_1=4\cos \left(\frac{10\pi }{3}t+\frac{\pi }{3}\right)cm.$

Thành phần dao động ứng với đường nét đứt. Tại $t=\frac{T}{12}=0,05s$ đồ thị đi qua vị trí $x=-A\to$ tại t = 0 thành phần dao động này đi qua vị trí $x=-\frac{A\sqrt{3}}{2}=-6cm\to A=4\sqrt{3}cm.$

$$\begin{gathered} \to x_2=4\sqrt{3}\cos \left(\frac{10\pi }{3}+\frac{5\pi }{6}\right)cm \\ \to x=x_1+x_2=8\cos \left(\frac{10\pi }{3}t+\frac{2\pi }{3}\right)cm. \end{gathered}$$

Tại t = 0, vật đi qua vị trí x = -4 cm theo chiều âm. Sau khoảng thời gian $\Delta t=0,2s$ ứng với góc quét $\Delta \phi =\Delta t.\omega =120°$ vật đến vị trí x = -4 c theo chiều dương.

$\to v_{tb}=\frac{4+4}{0,2}=40cm/s.$

Đáp án B

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

Đáp án B

Khi có sóng dừng trên dây đàn hồi thì trên dây có các điểm dao động mạnh (điểm bụng) xen kẽ với các điểm đứng yên (điểm nút).

Đáp án C

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

Tiên đề về trạng thái dừng

- Nguyên tử chỉ tồn tại trong những trạng thái có năng lượng xác định E_n gọi là trạng thái dừng. Khi ở trạng thái dừng năng lượng không bức xạ.

- Trong các trạng thái dừng của nguyên tử, electron chỉ chuyển động quanh hạt nhân trên những quỹ đạo có bán kính hoàn toàn xác định. Các quỹ đạo này gọi là quỹ đạo dừng.

Bán kính quỹ đạo dừng: $r=n^2{r}_0.$

Đáp án A

Công suất tiêu thụ mạch chính: $I=\frac{\xi }{R+r}=1A.$

Công suất tiêu thụ mạch ngoài: $P_N=I^{2}R=2W.$

Định luật Ôm đối với mạch kín: $I=\frac{\xi }{R+r}\left(A\right).$

Công suất tiêu thụ mạch ngoài: $P_N=I^2{R}_N\left(W\right).$

Đáp án B

Nội soi dạ dày là xét nghiệm dùng để quan sát trực tiếp hình ảnh bên trong dạ dày – tá tràng thông qua một ống dài linh động, có nguồn sáng và camera, không dùng siêu âm.

Đáp án C

Ta có: $I_A=\frac{P}{4\pi r_A^2}\Rightarrow P=I_A.4\pi r_A^2={10}^{-6}.4\pi .1\left(W\right).$

Mức cường độ âm tại M bằng 0:

$$\begin{gathered} L_M=10\log \frac{I_M}{I_0}=10\log \frac{P}{4\pi r_M^2.I_0} \\ =10\log \frac{{10}^{-6}.4\pi .1}{4\pi .r_M^2{.10}^{-12}}=10\log \frac{{10}^6}{r_M^2}. \\ \iff 0=10\log \frac{{10}^6}{r_M^2}\Rightarrow r_M=1000\left(m\right). \end{gathered}$$

Công thức liên quan đến bài tập sóng âm

- Cường độ âm:  $I=\frac{P}{4\pi r^2}\left(W/m^2\right).$

- Mức cường độ âm:  $L_M=10\log \frac{I_M}{I_O}\left(dB\right).$

Đáp án D 

Ta có: $\overrightarrow{F_3}=\overrightarrow{F_{13}}+\overrightarrow{F_{23}}$ với $F_{13}=k\frac{\left|q_1{q}_3\right|}{a^2};F_{23}=k\frac{\left|q_2{q}_3\right|}{a^2}$

Vì $\left|q{}_1\right|=\left|q_2\right|\Rightarrow F_{13}=F_{23}$ và $\alpha =\left(\overrightarrow{F_{13}},\overrightarrow{F_{23}}\right)=120°$

$\Rightarrow F_3=F_{13}=F_{23}={9.10}^9.\frac{\left|{4.10}^{-8}{\mathrm{.5.10}}^{-8}\right|}{{\left({2.10}^{-2}\right)}^2}={45.10}^{-3}N$

- Công thức xác định lực điện:  $F=k\frac{\left|q_1{q}_2\right|}{\epsilon r^2}\left(N\right).$

- Lực điện tổng hợp $\overrightarrow{F}=\overrightarrow{F_1}+\overrightarrow{F_2}+\overrightarrow{F_3}+\mathrm{...}$ được tổng hợp theo quy tắc hình bình hành. Trong đó có các trường hợp đặc biệt sau:

+ $\overrightarrow{F_1}\uparrow \uparrow \overrightarrow{F_2}\Rightarrow F=F_1+F_2$

+ $\overrightarrow{F_1}\uparrow \downarrow \overrightarrow{F_2}\Rightarrow F=\left|F_1-F_2\right|$

+ $\overrightarrow{F_1}\perp \overrightarrow{F_2}\Rightarrow F=\sqrt{F_1^2+F_2^2}$

+ $\left(\overrightarrow{F_1},\overrightarrow{F_2}\right)=\alpha ;F_1=F_2\Rightarrow F=2F_1\cos \frac{\alpha }{2}$

+ $\left(\overrightarrow{F_1},\overrightarrow{F_2}\right)=\alpha \Rightarrow F=\sqrt{F_1^2+F_2^2+2F_1{F}_2\cos \alpha }$

Đáp án C

Áp dụng công thức tính công thoát: $A=\frac{hc}{{\lambda }_0}=\frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{0,{45.10}^{-6}}=4,{42.10}^{-19}J$

Đáp án A

Năng lượng liên kết riêng của hạt nhân Y lớn hơn năng lượng liên kết riêng của hạt nhân X nên hạt nhân Y bền hơn.

Đáp án B

Các phần tử sóng dao động cùng pha với nguồn thì cách nguồn một số nguyên lần bước sóng.

$OA=\frac{2}{3}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}AB\right)=\frac{2}{3}\left[\frac{\sqrt{3}}{2}\left(2\sqrt{3}\right)\right]=2\to A$ là một điểm cùng pha.

$OH=\frac{1}{3}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}AB\right)=\frac{1}{3}\left[\frac{\sqrt{3}}{2}\left(2\sqrt{3}\right)\right]=1\to H$ là một điểm cùng pha.

→ Trên mỗi cạnh sẽ có 3 điểm cùng pha với nguồn.

Đáp án A

Từ thông qua diện tích S: $\varphi =BS\cos \alpha .$

Đáp án A

Gọi x là phần trăm khối lượng ¹⁵N

$\Rightarrow \left(1-x\right)$ là phần trăm khối lượng của đồng vị ¹⁴N trong tự nhiên.

Khối lượng trung bình của Nitơ là: $m=x{m}_1+\left(1-x\right)m_2$

$$\begin{gathered} \iff 14,0067u=x.15,00011u+\left(1-x\right).14,00307u \\ \Rightarrow x=0,0036=0,36\%. \end{gathered}$$

Đáp án A

Giá trị hiệu dụng $U=\frac{U_0}{\sqrt{2}}=\frac{200\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=200mV.$

Đáp án D

Công suất tiêu thụ của mạch chỉ có R: $P=\frac{U^2}{R}=\frac{{200}^2}{{100}^2}=400\left(W\right).$

Công suất tiêu thụ của mạch điện xoay chiều: $P=UI\cos \phi =I^{2}R$

Nếu đoạn mạch chỉ có điện trở thuần R thì $\cos \phi =1.$ Từ đó: $P=UI=I^{2}R=\frac{U^2}{R}.$

Đáp án B

Phương trình li độ của dao động điều hòa: $x=A\cos \left(\omega t+\phi \right).$

Phương trình vận động của dao động điều hòa: $v=x^{\text{'}}=-\omega A\sin \left(\omega t+\phi \right)$

Động năng của vật dao động điều hòa: 

$$\begin{gathered} E_d=\frac{1}{2}m{v}^2=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2{\sin }^2\left(\omega t+\phi \right) \\ =\frac{1}{2}k{A}^2{\sin }^2\left(\omega t+\phi \right)=E.{\sin }^2\left(\omega t+\phi \right). \end{gathered}$$

Đáp án B

Ta có: $u=0\iff \sin \left({2.10}^{-7}t+\frac{\pi }{6}\right)=0\iff {2.10}^{-7}t+\frac{\pi }{6}=k\pi \left(k\in Z\right).$

Thời điểm đầu tiên ứng với $k=1\Rightarrow t=\frac{5\pi }{{\mathrm{6.2.10}}^{-7}}=\frac{5\pi }{12}{.10}^{-7}s.$

Phương pháp giải bằng vòng tròn lượng giác hoặc trục thời gian

- Bài này phương trình ở hàm sin nên khi sử dụng vòng tròn lượng giác hay trục thời gian cần chuyển về phương trình cos.

$u=80\sin \left({2.10}^{7}t+\frac{\pi }{6}\right)=80\cos \left({2.10}^{7}t+\frac{\pi }{6}-\frac{\pi }{2}\right)$

$=80\cos \left({2.10}^{7}t-\frac{\pi }{3}\right)\left(V\right)$

+ Cách 1: Sử dụng vòng tròn lượng giác

Thời điểm ban đầu: ${\phi }_0=\frac{-\pi }{3}$

Thời điểm u = 0 lần đầu tiên:

$\phi =\frac{\pi }{2}\Rightarrow \alpha =\frac{5\pi }{6}\Rightarrow t=\frac{\alpha }{\omega }=\frac{5\pi /6}{{2.10}^7}=\frac{5\pi }{12}{.10}^{-7}s.$

+ Cách 2: Sử dụng trục thời gian

Thời điểm ban đầu (t = 0) vật ở vị trí $x=\frac{U_0}{2}$ và đi theo chiều dương đến thời điẻm u = 0 lần đầu tiên:

$t=\frac{T}{6}+\frac{T}{4}=\frac{5T}{12}=\frac{5}{12}.\frac{2\pi }{{2.10}^7}=\frac{5\pi }{12}{.10}^{-7}s.$

Đáp án A

Lực hạt nhân là loại lực mới truyền tương tác giữa các nuclôn trong hạt nhân (lực tương tác mạnh). Lực hạt nhân chỉ phát huy trong phạm vi kích thước hạt nhân $\left({10}^{-15}m\right).$

Đáp án B

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

$\Rightarrow \frac{1}{1,5}=\frac{1}{O{C}_V}+\frac{1}{1,52}\Rightarrow O{C}_V=114.$

Khi quan sát trong trạng thái điều tiết tối đa:

$$\begin{gathered} D_{\max }=\frac{1}{f_{\min }}=\frac{1}{O{C}_C}+\frac{1}{OV}. \\ \Rightarrow \frac{1}{1,415}=\frac{1}{O{C}_C}+\frac{1}{1,52}\Rightarrow O{C}_C=20,48. \\ {C}_C{C}_V=O{C}_V-O{C}_C=93,52. \end{gathered}$$

Đáp án B

Ta có:

$$\begin{gathered} \overrightarrow{U_{AN}}\perp \overrightarrow{U_{MB}}\Rightarrow \frac{Z_C}{R}.\frac{Z_L-Z_C}{r}=1 \\ \iff R.r=Z_C.Z_L-Z_C^2 \\ \Rightarrow R.r=\frac{1}{C\omega }.L\omega -\frac{1}{C^2.{\omega }^2}. \end{gathered}$$

Đặt: $\left\{\begin{array}{l}R=y\\ \frac{1}{{\omega }^2}=x\end{array}\right.\Rightarrow y=b-a\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}b=\frac{L}{C.r}\\ a=\frac{1}{C^2.r}\end{array}\right.$

Từ đồ thị (chuẩn hóa $\frac{1}{{\omega }^2}$) suy ra: $y=40\Rightarrow x=6\Rightarrow 40=b-6.a;$

$y=80\Rightarrow x=5\Rightarrow 80=b-5.a$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}b=280\\ a=40\end{array}\right.\Rightarrow \frac{L}{C.r}=280\Rightarrow r=4\Omega .$

Đáp án C

Ta có, số hạt nhân X đã bị phân rã là: $\Delta N=N_0\left(1-2^{-\frac{t}{T}}\right)=N_0\left(1-2^{-2}\right)=0,75N_0.$

Đáp án B

Ta có: $K_X+K_n=5,5-2,64=2,86\to K_n=2,86-K_X$

Vẽ giản đồ vectơ:  $\overrightarrow{p_{\alpha }}=\overrightarrow{p_X}+\overrightarrow{p_n}$

Gọi β là góc hợp bởi hướng lệch của hạt X so với hướng chuyển động của hạt $\alpha$ ta có:

$$\begin{gathered} \cos \beta =\frac{p_X^2+p_{\alpha }^2-p_H^2}{2p_X{p}_{\alpha }}=\frac{30K_X+22-2,86+K_X}{4\sqrt{120}\sqrt{K_X}} \\ =\frac{31\sqrt{K_X}+\frac{19,14}{\sqrt{K_X}}}{4\sqrt{120}}. \end{gathered}$$

Ta có: $31\sqrt{K_X}+\frac{19,14}{\sqrt{K_X}}\ge 2\sqrt{31\sqrt{K_X}.\frac{19,14}{\sqrt{K_X}}}\approx 48,72.$

Để β đạt giá trị lớn nhất: $31\sqrt{K_X}=\frac{19,14}{\sqrt{K_X}}\to K_X=0,6174\left(MeV\right)$

$\Rightarrow K_n=2,86-K_X=2,86-0,6174=2,243\left(MeV\right).$