Đáp án D

Năng lượng điện trường và năng lượng từ trường biến thiên tuần hoàn theo thời gian với tần số gấp đôi tần số của dòng điện trong mạch.

Đáp án B

Ta có:

$$\begin{gathered} \text{i}=\frac{\lambda D}{\text{a}}=1,5\left(mm\right) \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{N}_s=2\left[\frac{L}{2\text{i}}\right]+1=2\left[\frac{12,5}{2.1,5}\right]+1=2\left[4,17\right]+1=9\\ N_t=N_s-1=8\end{array}\right. \\ \Rightarrow N_t+N_s=17 vân \end{gathered}$$

Tính vân sáng, vân tối trên trường giao thoa:

- Trường giao thoa có chiều dài L là toàn bộ khu vực chứa các vân sáng, vân tối trên màn.

- Dùng phương pháp chặn k ta có thể tìm được số vân sáng, vân tối trên L.

$\frac{-L}{2}\le \left[\begin{array}{l}{\text{x}}_s=ki\\ {\text{x}}_t=\left(k+0,5\right)i\end{array}\right.\le \frac{L}{2}\Rightarrow$ Giải tìm k (với k là số nguyên).

Hoặc có thể sử dụng công thức tính nhanh: $\left\{\begin{array}{l}{N}_s=1+2\left[\frac{L}{2i}\right]\\ N_t=N_s-1\end{array}\right.$

Trong đó $\left[\frac{L}{2i}\right]$ là phần nguyên của $\frac{L}{2i}$, ví dụ: $\left[2,3\right]=2$

Đáp án D 

Theo hệ thức Anh −xtanh:

$\begin{array}{l}\epsilon =A+W_{d\max }\Rightarrow W_{d\max }=\epsilon -A\\ \iff \frac{1}{2}m{v}_{0\max }^2=\frac{hc}{\lambda }-A\\ \Rightarrow v_{0\max }=\sqrt{\frac{2\left(\frac{hc}{\lambda }-A\right)}{m}}\\ =\sqrt{\frac{2.\left(\frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{0,{25.10}^{-6}}-3,74.1,{6.10}^{-19}\right)}{9,{1.10}^{-31}}}\\ =6,{6.10}^6\left(m/s\right)\end{array}$

Đáp án C

Từ $R_{23}=R_2+R_3=20$

$\begin{array}{l}\Rightarrow R=\frac{R_1{R}_{23}}{R_1+R_{23}}=4\\ \Rightarrow I=\frac{\xi }{r+R}=\frac{12}{1+4}=2,4\\ \Rightarrow U_{R1}=U=I.R=9,6V\end{array}$

Đáp án A

$$\begin{gathered} B={2.10}^{-7}.\frac{I}{r}\stackrel{I=conts}{\to }\frac{B_2}{B_1}=\frac{r_1}{r_2} \\ \Rightarrow B_2=B_1\frac{r_1}{r_2}=2,{8.10}^{-4}.\frac{0,045}{0,1}=1,{26.10}^{-5}\left(T\right) \end{gathered}$$

Đáp án B

Động năng của con lắc lò xo dao động điều hòa: $W_d=\frac{1}{2}m{v}^2$

Đáp án D

+ Mắt không có tật điểm cực viễn ở vô cùng.

+ Mắt không có tật khi nhìn vật ở vô cùng thể thủy tinh dẹt nhất, tiêu cự lớn nhất $\left(f_{\max }=OV\right)$ và độ tụ nhỏ nhất: $D_{\min }=\frac{1}{{\text{f}}_{\max }}=\frac{1}{OV}=\frac{1}{0,015}=\frac{200}{3}\left(dp\right)$

Đáp án A

Vân tối thứ 4 thì hiệu đường đi: $d_2-d_1=\left(4-0,5\right)\lambda =3,5\lambda$

Bài toán liên quan đến giao thoa ánh sáng đơn sắc

 − Hiệu đường đi của hai sóng kết hợp đến M: $d_2-d_1=\frac{\text{ax}}{D}$

 − Khoảng vân: $\text{i}=\frac{\lambda D}{\text{a}}$.

 − Vân sáng: $d_2-d_1=\frac{\text{ax}}{D}=k\lambda \iff \text{x}=k\frac{\lambda D}{\text{a}}$.

 − Vân tối: $d_2-d_1=\frac{\text{ax}}{D}=\left(m-0,5\right)\lambda \iff \text{x}=\left(m-0,5\right)i$.

Đáp án A

Vì CB – CA = AB nên C nằm trên đường AB, ngoài khoảng AB, về phía A

$$\begin{gathered} F_1={9.10}^9\frac{{8.10}^{-8}{\mathrm{.8.10}}^{-8}}{{\left({4.10}^{-2}\right)}^2}={36.10}^{-3}N; \\ {F}_2={9.10}^9\frac{{8.10}^{-8}{\mathrm{.8.10}}^{-8}}{{\left({10.10}^{-2}\right)}^2}=5,{76.10}^{-3}N \end{gathered}$$

Do $\overrightarrow{F_1}$ và $\overrightarrow{F_2}$ ngược chiều, $\overrightarrow{F_1}>\overrightarrow{F_2}$

$\Rightarrow \overrightarrow{F}$ cùng chiều $\overrightarrow{F_1}$ và $F=F_1-F_2=30,{24.10}^{-3}N$

Đáp án D

Độ lệch pha giữa điện áp và dòng điện:

$$\begin{gathered} t\mathrm{an}\phi =\tan \left(\frac{-2\pi }{3}-\left(\frac{-\pi }{2}\right)\right)=\tan \frac{\pi }{3} \\ \Rightarrow \tan \frac{\pi }{3}=\frac{Z_L}{R}\Rightarrow Z_L=\sqrt{3}R\Rightarrow \omega L=\sqrt{3}R \end{gathered}$$

Đáp án B

Đáp án C

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

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.

 − Bán kĩnh quỹ đạo dừng: $r_n=n^2{r}_0$ ($r_0=5,{3.10}^{-11}m$: bán kính nguyên tử ở trạng thái cơ bản).

 − Năng lượng electron của Hiđrô: $E_n=-\frac{13,6}{n^2}\left(eV\right)$ với $n\in {\mathbb{N}}^{*}$

Đáp án D

Ta có: $\omega =\frac{I_0}{Q_0}=0,125\pi {.10}^{-6}\Rightarrow T=\frac{2\pi }{\omega }=16\left(\mu s\right)$.

Do đó $t_{\left(Q_0\to \frac{Q_0}{2}\right)}$ là $\frac{T}{6}=\frac{16}{6}=\frac{8}{3}\left(\mu s\right)$

Đáp án B

Ta có: $m=\frac{m_0}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}=2m_0\Rightarrow \sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}=\frac{1}{2}$

$\Rightarrow v=\frac{c\sqrt{3}}{2}\approx 2,{59.10}^8$(m/s).

Đáp án A

Quang phổ vạch hấp thụ là hệ thống các vạch tối nằm trên nền một quang phổ liên tục.

Đáp án B

Khoảng cách giữa hai điểm gần nhau nhất trên một phương truyền mà tại đó các phần tử môi trường dao động ngược pha nhau là $\frac{\lambda }{2}=\frac{v}{2\text{f}}=\frac{vT}{2}=1\left(m\right)$.

Độ lệch pha giữa hai điểm cách nguồn khoảng d₁, d₂

+ Nếu 2 điểm cùng pha: $d_2-d_1=k\lambda$

+ Nếu 2 điểm ngược pha: $d_2-d_1=\left(2k+1\right)\frac{\lambda }{2}$

+ Nếu 2 điểm vuông pha: $d_2-d_1=\left(2k+1\right)\frac{\lambda }{4}$

Đáp án B

Ta có: 

$$\begin{gathered} Z_L=\frac{8R}{3};Z_C=\frac{4}{3}R \\ \Rightarrow Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2} \\ =\sqrt{R^2+{\left(\frac{8}{3}R-\frac{4}{3}R\right)}^2}=\frac{5R}{3} \end{gathered}$$

Hiệu điện thế giữa hai đầu điện trở R là: $U_R=IR=\frac{U}{Z}.R=\frac{U}{\frac{\overline{5}R}{3}}.R$$=\frac{3U}{5}=\frac{3.200}{5}=120$(V).

Đáp án D

Đáp án B

Trong mỗi giây dòng điện đổi chiều 2f lần. Từ biểu thức: $\varphi ={\varphi }_0\cos \left(40\pi t\right)$.

Ta có: $\omega =40\pi \Rightarrow \text{f}=\frac{\omega }{2\pi }=20$(Hz).

Trong 1s dòng điện đổi chiều $2f=2.20=40$ lần.

Tính số lần dòng điện đổi chiều sau một khoảng thời gian t

 − Trong mỗi giây dòng điện đổi chiều 2f lần.

 − Trong thời gian t giây thì dòng điện đổi chiều t.2f lần.

Đáp án A

Giả sử phương trình dao động của hai vật: ${\text{x}}_1=A_1\cos \left(\omega t+{\phi }_1\right)$ và ${\text{x}}_2=A_2\cos \left(\omega t+{\phi }_2\right)$.

Khoảng cách giữa hai vật trong quá trình dao động:

$$\begin{gathered} d={\text{x}}_1-{\text{x}}_2=A_1\cos \left(\omega t+{\phi }_1\right)-A_2\cos \left(\omega t+{\phi }_2\right) \\ =A_1\cos \left(\omega t+{\phi }_1\right)+A_2\cos \left(\omega t+{\phi }_2+\pi \right) \end{gathered}$$

Khoảng cách d giữa hai dao động điều hòa là tổng hợp của hai dao động trên nên:

$d=A^{\text{'}}\cos \left(\omega t+\phi \right)$

Ta thấy hai vật đi ngang (gặp nhau, cùng li độ) là d = 0. Vậy khoảng thời gian ngắn nhất hai lần chúng ngang nhau là $\frac{T}{2}$

Đáp án C

Đáp án D

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{W}_C+W_n=\underset{+5,7}{\underbracket{\Delta E}}+\underset{6,3}{\underbracket{W_{\alpha }}}=12\\ W_C=5W_n\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{W}_n=\frac{1}{6}.12=2\left(MeV\right)\\ W_C=\frac{5}{6}.12=10\left(MeV\right)\end{array}\right. \end{gathered}$$

Tỉ số động năng

+ Nếu cho biết $\frac{W_C}{W_D}=b\cup \frac{W_C}{W_A}=b$ thì chỉ cần sử dụng thêm định luật bảo toàn năng lượng:

$$\begin{gathered} W_A+\left(m_A+m_B\right)c^2=W_C+W_D+\left(m_C+m_D\right)c^2 \\ \iff W_C+W_D=W_A+\Delta E \end{gathered}$$

+ Giải hệ:

$\left\{\begin{array}{l}\frac{W_C}{W_D}=b\\ W_C+W_D=W_A+\Delta E\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{W}_C=\left(W_A+\Delta E\right)\frac{b}{b+1}\\ W_D=\left(W_A+\Delta E\right)\frac{b}{b-1}\end{array}\right.$

Đáp án C

Ta có: $T=2\pi \sqrt{LC}\Rightarrow L={10}^{-6}H$

Khi khóa K đóng tụ điện được tích điện đến hiệu điện thế cực đại là 2E, dòng điện trong mạch lúc này là: $I_0=\frac{E}{r}$ (1).

Khi K mở, mạch LC dao động điện tự do ta có: $\frac{1}{2}C{U}_0^2=\frac{1}{2}L{I}_0^2\Rightarrow I_0^2=\frac{C}{L}{U}_0^2$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $\frac{E^2}{r^2}=\frac{C}{L}{U}_0^2=\frac{C}{L}{\left(2E\right)}^2\iff r=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{L}{C}}=1\Omega$

Đáp án D

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{Z}_{LrC}=\sqrt{r^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}=30\sqrt{2}\Omega \\ \tan {\phi }_{LrC}=\frac{Z_L-Z_C}{r}=1\Rightarrow {\phi }_{LrC}=\frac{\pi }{4}>0\end{array}\right.$$\Rightarrow u_{LrC}$ sớm pha hơn i là $\frac{\pi }{4}$.

$\Rightarrow u_{LrC}=I_0{Z}_{LrC}\cos \left(100\pi t+\frac{\pi }{6}+\frac{\pi }{4}\right)$$=60\sqrt{2}\cos \left(100\pi t+\frac{5\pi }{12}\right)$(V).

Đáp án D

Âm sắc là đặc trưng sinh lý của âm, là sắc thái của âm, giúp phân biệt được nguồn âm.

Các đặc trưng sinh lí của âm: độ cao, độ to, âm sắc.

 − Độ cao: Độ cao của âm gắn liền với tần số âm.

 − Độ to: Độ to của âm gắn liền với mức cường độ âm.

 − Âm sắc: Âm sắc giúp ta phân biệt các âm do các nguồn khác nhau phát ra, gắn liền với đồ thị dao động âm.

Đáp án C

Tần số dao động điều hòa: $\text{f}=\frac{\omega }{2\pi }=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{k}{m}}$.

Nhận thấy, tần số không phụ thuộc vào A nên A tăng gấp đôi thì tần số vẫn không đổi.

Đáp án A

Cách 1: Biên độ dao động tổng hợp:

$\begin{array}{l}A=\sqrt{A_1^2+A_2^2+2A_1{A}_2\cos \Delta \phi }\\ =\sqrt{{\left(\sqrt{3}\right)}^2+1^2+2.\sqrt{3}.1\cos \left(\pi -\frac{\pi }{2}\right)}\\ =2\left(cm\right).\\ \tan \phi =\frac{A_1\sin {\phi }_1+A_2\sin {\phi }_2}{A_1\cos {\phi }_1+A_2\cos {\phi }_2}\\ \Rightarrow \phi =\frac{-\pi }{3}\left(rad\right)\end{array}$

Phương trình dao động tổng hợp: $\text{x}=2\cos \left(\omega t-\frac{\pi }{3}\right)$(cm).

Cách 2: Sử dụng máy tính bỏ túi, dùng công thức cộng số phức.

Tổng hợp hai dao động điều hòa

Hai dao động thành phần có phương trình: ${\text{x}}_1=A_1\cos \left(\phi t+{\phi }_1\right);{\text{ x}}_2=A_2\cos \left(\omega t+{\phi }_2\right)$

Phương trình dao động tổng hợp: $\text{x}=A\cos \left(\omega t+\phi \right)$

 − Trong đó: 

$\begin{array}{l}A=\sqrt{A_1^2+A_2^2+2A_1{A}_2\cos \left({\phi }_2-{\phi }_1\right)}\\ \tan \phi =\frac{A_1\sin {\phi }_1+A_2\sin {\phi }_2}{A_1\cos {\phi }_1+A_2\cos {\phi }_2}\end{array}$

Tính tổng hợp dao động điều hòa bằng phương pháp cộng số phức (casio)

 − Tìm tổng hợp của hai dao động

$\begin{array}{l}{\text{x}}_1=A_1\cos \left(\omega t+{\phi }_1\right)\to {\text{x}}_1=A_1\angle {\phi }_1\\ {\text{x}}_2=A_2\cos \left(\omega t+{\phi }_2\right)\to {\text{x}}_2=A_2\angle {\phi }_2\\ \to \text{x}={\text{x}}_1+{\text{x}}_2=A\cos \left(\omega t+\phi \right)\\ \to \text{x}=A_1\angle {\phi }_1+A_2\angle {\phi }_2=A\angle \phi \end{array}$

Đáp án D

Chu kì của con lắc đơn: $T=2\pi \sqrt{\frac{\text{l}}{g}}=\frac{\Delta t}{N}\Rightarrow T~\sqrt{\text{l}}~\frac{\text{l}}{N}$

Suy ra: $\frac{T_1}{T_2}=\frac{N_2}{N_1}=\frac{\sqrt{{\text{l}}_1}}{\sqrt{{\text{l}}_2}}=\sqrt{\frac{\text{l}}{\text{l}+44}}\iff \frac{50}{60}=\sqrt{\frac{\text{l}}{\text{l}+44}}$$\Rightarrow \text{l}=100$(cm).

Đáp án B

Độ cứng lò xo khi được ghép nối tiếp $\frac{\text{l}}{k}=\frac{\text{l}}{k_1}+\frac{\text{l}}{k_2}\Rightarrow k=\frac{2}{3}{k}_2$

Tại vị trí giữ chặt điểm nối giữa hai lò xo $\left\{\begin{array}{l}\text{x}=\Delta \text{l}=\frac{\sqrt{2}}{2}A\\ v=\frac{\sqrt{2}}{2}\omega A=\frac{\sqrt{2}}{2}\sqrt{\frac{k}{m}}A=\sqrt{\frac{k_2}{3m}}A\end{array}\right.$

Ngay sau đó vật sẽ dao động điều hòa nhưng chỉ dưới tác dụng của lực đàn hồi do lò xo thứ hai gây ra. Độ biến dạng của mỗi lò xo tỉ lệ với độ cứng của nó: $k_1\Delta {\text{l}}_1=k_2\Delta {\text{l}}_2\Rightarrow \Delta {\text{l}}_1=2\Delta {\text{l}}_2$

Mặc khác: $\Delta {\text{l}}_1+\Delta {\text{l}}_2=\Delta \text{l}\Rightarrow \Delta {\text{l}}_2=4\sqrt{2}$cm

Biên độ dao động mới: $A^{\text{'}}=\sqrt{\Delta {\text{l}}_2^2+{\left(\frac{v}{{\omega }^{\text{'}}}\right)}^2}=4\sqrt{5}$cm.

Đáp án B

Ta có: $\lambda =\frac{v}{\text{f}}=1,6$ cm/s. Phương trình sóng tại điểm M trên CI là $u_M=2\cos \left(\omega t-\frac{2\pi d}{\lambda }\right)$.

Với d = MA, M dao động ngược pha với nguồn A nên $d=\left(k+0,5\right)\lambda =\left(k+0,5\right).1,6$cm.

Xét điều kiện $AI\le d\le AC$ ta có $6\le \left(k+0,5\right)1,6\le \sqrt{A{I}^2+C{I}^2}\Rightarrow 3,25\le k\le 5,75$.

Có 2 giá trị k = 4,5 thỏa mãn điều kiện.

Đáp án D

Ta có $i_1=\frac{D{\lambda }_1}{\text{a}}=1,8mm;\frac{k_1}{k_2}=\frac{{\lambda }_2}{{\lambda }_1}=\frac{4}{3}\Rightarrow i_{\equiv }=4i_1=7,2mm$.

→ Tọa độ các vị trí trùng: ${\text{x}}_{\equiv }=7,2n$ với $n\in \mathbb{Z}$

M, N nằm cùng phía so với vân trung tâm nên ${\text{x}}_M,{\text{ x}}_N$ cùng dấu.

Ta có: ${\text{x}}_M\le {\text{x}}_N\iff 5,5\le 3,36n\le 33,6\iff 1,6\le n\le 10$

$5,5\le {\text{x}}_{\equiv }=7,2n\le 22\left(n\in \mathbb{Z}\right)\Rightarrow n=\left\{1,2,3\right\}$

Vậy có 3 vị trí vân sáng trùng nhau của 2 bức xạ.

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

${\text{x}}_{S1}={\text{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: $i_{\equiv }=b{i}_1=c{i}_2$.

 − Tọa độ các vị trí trùng: ${\text{x}}_{\equiv }=n{i}_{\equiv }=nb{i}_1=nc{i}_2$.

 − Số vị trí vân sáng trùng trong đoạn MN: ${\text{x}}_M\le {\text{x}}_{\equiv }=n{i}_{\equiv }\le {\text{x}}_N\Rightarrow$ tìm giá trị nguyên n.

Đáp án B

Ta có: $\lambda =\frac{v}{\text{f}}=\frac{300}{10}=30$cm.

Số vân dao động với biên độ dao động cực đại trên đoạn AB thỏa mãn điều kiện: $-AB<d_2-d_1=k\lambda <AB$

Hay: $-\frac{AB}{\lambda }<k<\frac{AB}{\lambda }\iff \frac{-100}{3}<k<\frac{100}{3}\iff -3,3<k<3,3$.

Suy ra: $k=0,\pm 1;\pm 2;\pm 3$.

Vậy để đoạn AM có giá trị bé nhất thì M phải nằm trên đường cực đại bậc 3 như hình vẽ và thỏa mãn:

$d_2-d_1=k\lambda =3.30=90$ cm (do lấy k = 3) (1).

Mặt khác, do tam giác AMB là tam giác vuông tại A nên ta có: $AM=d_2=\sqrt{{\left(AB\right)}^2+{\left(AM\right)}^2}=\sqrt{{100}^2+d_1^2}$ (2).

Thay (2) vào (1), ta được:

$\sqrt{{100}^2+d_1^2}-d_1=90\Rightarrow d_1=10,56$ cm.

Đáp án C

Biểu diễn vectơ các điện áp. Ta có:

$\begin{array}{l}\cos \beta =\frac{U_R^2+U_{\chi }^2-U^2}{2U_R{U}_{\chi }}\\ =\frac{{\left(100\right)}^2+{\left(250\right)}^2-{\left(300\right)}^2}{2.\left(100\right).\left(250\right)}=-0,35\\ \beta +{\phi }_{\chi }=180°\\ \to \cos {\phi }_{\chi }=-\cos \beta =0,35\end{array}$