Đáp án A

Hiện tượng quang điện trong là hiện tượng khi chiếu ánh sáng vào chất bán dẫn làm các electron liên kết trong chất bán dẫn bứt ra trở thành các electron dẫn.

Đáp án B

− Hạt Po nhiều hơn Co số proton là:

84 – 27 = 57.

− Hạt Po nhiều hơn Co số notron là:

(210 – 84) – (60 – 27) = 93.

Đáp án B

Trong sơ đồ khối của máy phát thanh vô tuyến đơn giản không có mạch tách sóng.

Đáp án A

Hạt nhân có độ hụt khối càng lớn thì năng lượng liên kết càng lớn.

Đáp án D

− Tia tử ngoại có khả năng làm phát quang một số chất nên được ứng dụng để tìm vết nứt ở bề mặt các vật.

− Tìm khuyết tật bên trong vật đúc, chụp điện, chẩn đoán gãy xương, kiểm tra hành lý đều phải dùng tia X do nó có tính đâm xuyên mạnh.

Đáp án D

Quỹ đạo M là quỹ đạo thứ 3 nên có bán kính là: $r_M=3^2{r}_0=9{\text{r}}_0$

Đáp án B

Tần số dao động cưỡng bức luôn bằng tần số ngoại lực cưỡng bức → B sai

Đáp án B

Áp dụng công thức tính khoảng vân trong hiện tượng giao thoa sóng ánh sáng bằng khe I−âng: $i=\frac{\lambda D}{a}$

− Tăng khi tăng khoảng cách giữa màn quan sát và màn chứa 2 khe (D tăng)

→ A sai, D sai.

− Giảm khi tăng khoảng cách 2 khe (a tăng) → B đúng, C sai.

Đáp án C

− Khi chiếu từ không khí (chiết suất nhỏ) tới nới nước (chiết suất lớn) không thể xảy ra phản xạ toàn phần

→ A, B sai

− So với phương tia tới thì tia vàng bị lệch ít hơn so với tia lam (do chiết suất của nước với tia vàng nhỏ hơn chiết suất của nước với tia lam) → C đúng, D sai.

Đáp án D

Áp dụng quy tắc bàn tay trái xác định chiều lực từ tác dụng lên một đoạn dây mang dòng điện: Đặt bàn tay trái sao cho lòng bàn tay hứng các đường sức từ, chiều từ cổ tay đến bốn ngón tay giữa chỉ chiều dòng điện, ngón tay cái choãi ra chỉ chiều lực từ → Lực từ trong trường hợp này nằm ngang hướng từ phải qua trái.

Đáp án D

Bản chất dòng điện trong chất điện phân là dòng dịch chuyển các ion dương từ Anot (+) sang Catot (−) và các ion âm theo chiều ngược lại.

Đáp án D

Hai nguồn kết hợp là hai nguồn có cùng phương, cùng tần số và độ lệch pha không đổi theo thời gian.

Đáp án B

Hai dao động điều hòa cùng phương, cùng tần số, ngược pha nhau có biên độ lần lượt là A₁ và A₂. Dao động tổng hợp của hai động này có biên độ là $A=\left|A_1-A_2\right|$

Đáp án D

Áp dụng công thức tính bước sóng thu được của máy chọn sóng: $\lambda =2\pi c\sqrt{LC}$ ta có:

- Bước sóng lớn nhất: ${\lambda }_{\max }=2\pi c\sqrt{L_{\max }{C}_{\max }}=24m$

- Bước sóng nhỏ nhất: ${\lambda }_{\min }=2\pi c\sqrt{L_{\min }{C}_{\min }}=6m$

Đáp án A

Gia tốc tiếp tuyến cực đại của con lắc đơn: $a_{\max }={\omega }^2{s}_0=\frac{g}{\mathcal{l}}{s}_0$

→ Lập tỉ số cho hai trường hợp ta có: $\frac{a_2}{a_1}=\frac{s_{02}}{s_{01}}.\frac{{\mathcal{l}}_1}{{\mathcal{l}}_2}=\frac{3}{2}.\frac{3}{2}=\frac{9}{4}$

Đáp án D

Trong dao động cưỡng bức khi xảy ra hiện tượng cộng hưởng ta có: ${\omega }_F={\omega }_0\iff 10\pi =\sqrt{\frac{k}{m}}\to m=0,1kg=100g$

Đáp án A

Áp dụng công thức thấu kính: $\frac{1}{f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{d^{\text{'}}}\leftrightarrow \frac{1}{30}=\frac{1}{60}+\frac{1}{d^{\text{'}}}\to d^{\text{'}}=60cm$

Nhận xét: đây chính là trường hợp d = 2f → Ảnh thật, ngược chiều và bằng vật.

Đáp án C

Năng lượng photon của hai bức xạ $\left\{\begin{array}{l}{\epsilon }_1=\frac{hc}{{\lambda }_1}=6,{625.10}^{-19}J\\ {\epsilon }_2=\frac{hc}{{\lambda }_2}=3,{975.10}^{-19}J\end{array}\right.$

→ Năng lượng photon thứ hai nhỏ hơn năng lượng photon thứ nhất một lượng là: $\Delta \epsilon ={\epsilon }_1-{\epsilon }_2=2,{65.10}^{-19}J$

Đáp án A

Sử dụng đường tròn ta biểu diễn được M₁ và M₂ lần lượt là vị trí chất điểm chuyển động tròn đều tương ứng với 2 trạng thái đầu và cuối.

Góc quét từ M₁ đến M₂ là: $\Delta \phi =\frac{2\pi }{3}$

+ Khoảng thời gian: $\Delta t=\frac{\Delta \phi }{2\pi }T=\frac{T}{3}=\frac{1}{6}s$

+ Quãng đường vật đi được là: $S=6+3=9cm$

→ Tốc độ trung bình của vật trong khoảng thời gian trên là: $\overline{v}=\frac{S}{\Delta t}=\frac{9}{\frac{1}{6}}=54\text{ cm/s}$

Đáp án B

+ Dung kháng $Z_C=\frac{1}{\omega C}=120\Omega$

+ L thay đổi để điện áp hiệu dụng hai đầu tụ điện cực đại → mạch xảy ra cộng hưởng.

$$\begin{gathered} \to I_{\max }=\frac{U_{C\max }}{Z_C}=\frac{25}{12}A \\ \to I_{\max }=\frac{U}{Z_{\min }}=\frac{U}{R} \\ \to R=\frac{200}{\frac{25}{12}}=96\Omega \end{gathered}$$

Đáp án D

+ Lực tĩnh điện $F_n=k\frac{e^2}{r_n^2}=k\frac{e^2}{n^4{r}_0^2}\to F_n~\frac{1}{n^4}$

+ Lực tĩnh điện khi e ở quỹ đạo K (n = 1) là F.

Nên ta có:

+ Lực tĩnh điện khi e ở quỹ đạo N (n = 4) là $F_4=\frac{F}{4^4}$

+ Lực tĩnh điện khi e ở quỹ đạo L (n = 2) là: $F_2=\frac{F}{2^4}$

Khi e chuyển từ quỹ đạo N về quỹ đạo L thì lực tương tác tĩnh điện đã tăng thêm:

$\frac{F}{2^4}-\frac{F}{4^4}=\frac{15}{256}F$

Đáp án B

+ Ban đầu $H_1=85\%\to \Delta P_1=\left(1-0,85\right)P=0,15P$

+ Lúc sau $H_2=95\%\to \Delta P_2=\left(1-0,95\right)P=0,05P$

Áp dụng công thức: $\Delta P=\frac{P^2}{U^2{\text{cos}}^2\phi }R$ ta có: $\frac{\Delta P_1}{\Delta P_2}=\frac{U_2^2}{U_1^2}\to 3=\frac{U_2^2}{2^2}\to U_2=2\sqrt{3}\text{ KV}$

Đáp án A

Phương trình phóng xạ: ${}_{82}{}^{214}Pb\to {}_{83}{}^{214}X+{}_{-1}{}^{0}e^{-}$

→ Hạt nhân X có số notron là: $214-83=131$ hạt.

Đáp án A

Để điểm M nằm trên đoạn BC thỏa mãn khi A lên cực đại thì M qua vị trí cân bằng

→ M và A vuông pha với nhau.

+ $AB=8-5=3cm,AC=25-5=20cm$

+ Gọi d là khoảng cách từ M đến A. Do M thuộc BC nên ta có $3\le d\le 20$

+ $\Delta \phi =\frac{2\pi d}{\lambda }=\frac{\pi }{2}+k\pi \to d=\left(\frac{1}{4}+\frac{k}{2}\right)\lambda$$\stackrel{3\le d\le 20}{\to }0,1\le k\le 3,5\to k=\left\{1,2,3\right\}$

→ Có 3 giá trị k thỏa mãn.

Đáp án C

Từ đồ thị ta có:

Động năng của vật khi $x_1=-3$ bằng thế năng của vật khi $x_2=4$ nên ta có:

$$\begin{gathered} {\text{W}}_{d1}={\text{W}}_{t2}\iff \frac{1}{2}k{\text{A}}^2-\frac{1}{2}k{\text{x}}_1^2=\frac{1}{2}k{\text{x}}_2^2 \\ \iff x_1^2+x_2^2=A^2\to A=5cm \end{gathered}$$

Đáp án A

+ Con lắc lò xo treo thẳng đứng có $\left\{\begin{array}{l}{\mathcal{l}}_{\max }=56cm\\ {\mathcal{l}}_{\min }=40cm\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}{\mathcal{l}}_{CB}=\frac{{\mathcal{l}}_{\max }+{\mathcal{l}}_{\min }}{2}=48cm\\ A=\frac{{\mathcal{l}}_{\max }-{\mathcal{l}}_{\min }}{2}=8cm\end{array}\right.$

+ Độ biến dạng của lò xo ở vị trí cân bằng là: $f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{g}{\Delta {\mathcal{l}}_0}}\to \Delta {\mathcal{l}}_0=0,012m=1,2cm$

→ Chiều dài của lò xo tự nhiên là: ${\mathcal{l}}_0={\mathcal{l}}_{CB}-\Delta {\mathcal{l}}_0=46,8cm$

Đáp án C

+ Áp dụng công thức định luật Ôm cho toàn mạch: $I=\frac{\xi }{R+r}$

+ Công suất tiêu thụ trên điện trở R là:

$$\begin{gathered} P=I^2.R\iff 16={\left(\frac{12}{2+R}\right)}^{2}R\iff 9\text{R}=R^2+4\text{R}+4 \\ \iff R^2-5\text{R}+4=0\iff \left[\begin{array}{l}R=4\Omega \\ R=1\Omega \end{array}\right. \end{gathered}$$

Đáp án B

+ Bước sóng $\lambda =\frac{v}{f}=3cm$

+ Xét điểm I là giao điểm của d và AB ta có:

$$\begin{gathered} \to IA=10-7=3cm;IB=10+7=17cm \\ {k}_I=\frac{17-3}{\lambda }=4,67 \end{gathered}$$

+ Các đường cực đại cắt d là các (H) có đỉnh nằm trong đoạn IO → k < 4,67.

→ Cực đại trên d gần A nhất là điểm M – giao của (H) cực đại k = 4 và d (hình vẽ).

+ Do M thuộc cực đại k = 4 nên ta có:

$$\begin{gathered} d_2-d_1=4.3 \\ \iff \sqrt{{17}^2+h^2}-\sqrt{3^2+h^2}=12 \\ \iff h=4,81cm \\ \to d_1=AM=\sqrt{3^2+h^2}=5,67cm \end{gathered}$$

Đáp án A

+ Đặt $Z_{C1}=6$.

+ Bảng giá trị của Z_C trong các trường hợp.

+ Trong các trường hợp R, U không đổi $\to P~I^2~\frac{1}{Z^2}$

$\begin{array}{l}\frac{P_1}{P_2}=\frac{Z_2^2}{Z_1^2}=\frac{R^2+Z_{C2}^2}{R^2+Z_{C1}^2}\to \frac{5}{8}=\frac{R^2+3^2}{R^2+6^2}\to R=6\\ \frac{P_1}{P_3}=\frac{Z_3^2}{Z_1^2}=\frac{R^2+Z_3^2}{R^2+Z_1^2}=\frac{6^2+2^2}{6^2+6^2}=\frac{5}{9}\to P_3=216\text{\hspace{0.33em}W}\end{array}$

Đáp án C

+ Khi $L=L_1$ và $L=L_2$ thì điện áp hai đầu tụ điện có giá trị như nhau:

$U_{C1}=U_{C2}\iff \frac{U.Z_C}{\sqrt{R^2+{\left(Z_{L1}-Z_C\right)}^2}}=\frac{U.Z_C}{\sqrt{R^2+{\left(Z_{L2}-Z_C\right)}^2}}$

$\iff {\left(Z_{L1}-Z_C\right)}^2={\left(Z_{L2}-Z_C\right)}^2\to Z_{L1}+Z_{L2}=2{\text{Z}}_C$ (1)

+ $U_L=\frac{U.Z_L}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$$\leftrightarrow U_L=\frac{U}{\sqrt{\frac{R^2+Z_C^2}{Z_L^2}-2\frac{Z_C}{Z_L}+1}}\stackrel{Z_L\to \infty }{\to }{U}_L=U$

→ Từ đồ thị ta thấy $U_1=U$

+ Khi $L=L_3$ và $L=L_4$ thì điện áp hai đầu cuộn cảm giá trị như nhau $U_L=1,5U$

$$\begin{gathered} U_L=\frac{U.Z_L}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}} \\ \iff {\left(\frac{U}{U_L}\right)}^2.Z_L^2=R^2+Z_C^2-2{\text{Z}}_C{Z}_L+Z_L^2 \end{gathered}$$

$\iff \left[1-{\left(\frac{U}{U_L}\right)}^2\right]Z_L^2-2{\text{Z}}_C{Z}_L+\left(R^2+Z_C^2\right)=1$  (*)

2 giá trị $Z_{L3};{\text{ Z}}_{L4}$ tương ứng chính là 2 nghiệm của phương trình bậc 2 (*)

Áp dụng định lý Vi−ét ta có: $Z_{L3}+Z_{L4}=\frac{-b}{2\text{a}}=\frac{2{\text{Z}}_C}{1-{\left(\frac{U}{U_L}\right)}^2}=\frac{2{\text{Z}}_C}{\frac{5}{9}}=\frac{18}{5}{Z}_C$ (2)

+ Từ (1) và (2) ta có: 

$$\begin{gathered} \frac{Z_{L3}+Z_{L4}}{Z_{L1}+Z_{L2}}=\frac{\frac{18}{5}}{2}\iff \frac{L_3+L_4}{L_1+L_2}=\frac{9}{5} \\ \to L_3+L_4=\frac{9}{5}.0,8=1,44H \end{gathered}$$

Đáp án D

+ Do $0,38\le \lambda \le 0,76\to \frac{0,38.2}{1}\le i\le \frac{0,76.2}{1}$$\iff 0,76\le i\le 1,52mm$

+ Gọi vị trí điểm M trên màn là vị trí có 5 bức xạ cho vân sáng ta có: $\frac{x_M}{1,52}\le k\le \frac{x_M}{0,76}$

Để có 5 giá trị nguyên liên tiếp của k thỏa mãn ta có: $\frac{x_M}{0,76}-\frac{x_M}{1,52}\ge 4\leftrightarrow x_M\ge 6,08mm$

Để M là vị trí gần vân trung tâm nhất thì M phải thỏa mãn:

$$\begin{gathered} x_M=c.i_t\left(c\in {\mathbb{N}}^{*}\right)\to c.0,76\ge 6,08 \\ \to c\ge 8\to c_{\min }=8\to x_M=6,08mm \end{gathered}$$

Đáp án A

+ M, N là 2 phần tử trên dây cùng dao động với biên độ 5mm xa nhau nhất

→ M, N phải gần 2 đầu dây nhất: MN = 80cm

+ Khoảng cách xa nhất giữa hai phần tử dao động cùng pha với biên độ 5mm là

65cm < 80cm → M, N là 2 điểm ngược pha với nhau.

→ 2 phần tử dao động cùng pha với biên độ 5mm xa nhau nhất trên dây sẽ giữa điểm M và P trong đó thuộc bó thứ 2 kể từ đầu P (như hình vẽ).

+ Do tính đối xứng nên ta có $PN=\frac{\lambda }{2}=80-65=15cm\to \lambda =30cm$

+ Do tính đối xứng nên ta cũng có AM = NB

→ chiều dài dây:

L = AM + NB + 80 = 2AM + 80.

+ Do $0<AM\le \frac{\lambda }{4}\to 80<L\le 95$$\to 80<\frac{k\lambda }{2}\le 95\to 5,33<k\le 6,33$$\to k=6$ (k là số bó sóng).

→ AM = 5cm → Biên độ của điểm M là:

$5=A_b\left|\sin \left(\frac{2\pi d}{\lambda }\right)\right|\iff 5=A_b\left|\sin \left(\frac{2\pi 5}{30}\right)\right|\to A_b=\frac{10}{\sqrt{3}}mm$

→ Tỉ số tốc độ cực đại bụng sóng và tốc độ truyền sóng:

$\frac{v_{\max }}{v_{ts}}=\frac{2\pi f{A}_b}{\lambda f}=\frac{\frac{2\pi 10}{\sqrt{3}}}{300}=0,12$

Nhận xét: Khi kiểm tra lại ta sẽ thấy nếu tính từ đầu A điểm M thuộc bó (1); P thuộc bó (5); N thuộc bó (6) nên M – N dao động ngược pha, M – P dao động cùng pha là hợp lý.

Đáp án D

+ Giả sử tại thời t, số hạt Po còn lại là N → số hạt proton có trong mẫu là: $N_1=84N$

+ Sau khoảng thời gian Δt số hạt nhân phóng xạ còn lại là: $N^{\text{'}}=N{.2}^{-\frac{\Delta t}{T}}$

→ Số hạt nơtron còn lại trong mẫu phóng xạ còn lại là: $N_2=\left(210-84\right)N^{\text{'}}=126N^{\text{'}}$

+ Theo bài ta có: 

$$\begin{gathered} \frac{N_1}{N_2}=1,158\iff \frac{84N}{126N^{\text{'}}}=1,158 \\ \iff \frac{84N}{126.N{.2}^{-\frac{\Delta t}{T}}}=1,158\iff \Delta t=109,9\text{s} \end{gathered}$$