Đáp án B

Đáp án C

Hạt nhân nguyên tử được cấu tạo từ các nuclon bao gồm các proton, notron.

Đáp án B

Đáp án B

Ta có hình vẽ biểu diễn các lực tác dụng vào quả cầu:

Trọng lực của quả cầu: $P=m.g=0,{25.10}^{-3}.10$ $=2,{5.10}^{-3}N$.

Lực điện tác dụng lên quả cầu mang điện:

$F_d=qE=2,{5.10}^{-9}{.10}^6$ $=2,{5.10}^{-3}N$

Từ hình vẽ ta có: $\tan \alpha =\frac{F_{\delta }}{P}=1\Rightarrow \alpha ={45}^o$

Đáp án A

Đáp án C

Hạt proton có năng lượng toàn phần lớn gấp 3 lần năng lượng nghỉ của nó. Ta có:

Đáp án C

Đáp án A

Đáp án B

Đáp án D

Khi chiều dài con lắc là l, trong khoảng thời gian con lắc thực hiện được 15 dao động.

Ta có: $2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}=\frac{\Delta t}{15} \left(1\right)$

Khi chiều dài con lắc là l - 28, trong khoảng thời gian con lắc thực hiện được 20 dao động.

$2\pi \sqrt{\frac{l-28}{g}}=\frac{\Delta t}{20}\left(2\right)$

Lấy: $\frac{\left(1\right)}{\left(2\right)}\Rightarrow \sqrt{\frac{l}{l-28}}=\frac{20}{15}=\frac{4}{3}$ $\Rightarrow \frac{l}{l-28}=\frac{16}{9}\Rightarrow l=64cm$.

Đáp án C

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\text{W}={\text{W}}_d+{\text{W}}_t\\ {\text{W}}_d=8W_t\end{array}\right.\Rightarrow \text{W}=8{\text{W}}_t+{\text{W}}_t=9W_t$.

$\iff \frac{k{A}^2}{2}=9.\frac{k{x}^2}{2}\iff A=3x=3.4=12cm$

Đáp án C

Khi nguyển tử hidro ở trạng thái cơ bản: $r_1=r_o$

Khi nguyên tử hấp thụ photon có năng lượng thích hợp thì bán kính quỹ đạo dừng tăng 16 lần thì: $r_n=16r_1\iff n^2{r}_o=16.r_o\Rightarrow n=4$

Đáp án D

Giả sử ban đầu $t_o$ electron ở vị trí O và chuyển động theo chiều từ O đến M. Trên quỹ đạo có 2 điểm cùng cách O khoảng $30\mu m$ (M, N). Khoảng cách này bằng bán kính quỹ đạo $\left(30\mu m\right)$ nên các tam giác OMI và ONI là các tam giác đều, góc ở tâm $\alpha ={60}^o$.

Trong một chu kì, thì e sẽ có 2 lần có khoản cách đến O là $30\mu m$. Electron đi qua lần thứ 2020 = 2018 + 2 lần.

Đáp án C

Trên dây có 7 nút sóng $\to k=6$

Đáp án D

- Bước sóng: $\lambda =v.T=v.\frac{2\pi }{\omega }=\frac{20.2\pi }{10\pi }=4cm$

- Số dãy cực đại giao thoa trên đoạn thẳng nối hai nguồn bằng số giá trị k nguyên thỏa mãn:

$-\frac{S_1{S}_2}{\lambda }<k<-\frac{S_1{S}_2}{\lambda }$ $\iff -\frac{16}{4}<k<-\frac{16}{4}$ $\iff -4<k<4\Rightarrow k=0;\pm 1;\pm 2;\pm 3$

- Hai điểm A và B có tốc độ dao động cực đại: $v_{\max }=\omega A\Rightarrow A_A=A_B=\frac{v_{\max }}{\omega }=4mm,$ đúng bằng hai lần biên độ sóng truyền đi từ nguồn$\to$ A, B là các điểm nằm trên cực đại giao thoa.

Đáp án C

-        Tần số góc: $\omega =\frac{1}{\sqrt{LC}}=\frac{1}{\sqrt{{2.10}^{-3}{\mathrm{.2.10}}^{-9}}}$ $={5.10}^{5}rad/s$

-        Năng lượng điện trường bằng một nửa năng lượng từ trường cực đại:

$$\begin{gathered} {\text{W}}_C=\frac{{\text{W}}_{L\max }}{2}\Rightarrow {\text{W}}_L=\frac{{\text{W}}_{L\max }}{2} \\ \iff \frac{{\displaystyle L{i}^2}}{{\displaystyle 2}}=\frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 2}}.\frac{{\displaystyle L.I_o^2}}{{\displaystyle 2}} \\ \Rightarrow I_o=\sqrt{2}.\left|i\right|=\sqrt{2}.3\sqrt{2}=6A \end{gathered}$$

-        Tụ điện đang được nạp điện $\to$ u đang tăng

Dòng điện i sớm pha so với hiệu điện thế trên tụ điện, gốc thời gian là lúc dòng điện trong mạch có giá trị bằng 1 nửa giá trị cực đại $\to$ Pha ban đầu của i là $\phi =\frac{\pi }{3}rad$

Đáp án C

Cảm kháng, dung kháng và tổng trở của mạch là:

$\begin{array}{l}{Z}_L=\omega L=100\pi .\frac{1}{\pi }=100\Omega ;\\ Z_C=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{100\pi .\frac{{2.10}^{-4}}{\pi }}=50\Omega ;\\ Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}\\ =\sqrt{{50}^2+{\left(100-50\right)}^2}=50\sqrt{2}\Omega \end{array}$

Cường độ dòng điện cực đại qua mạch là:

$I_o=\frac{U_o}{Z}=\frac{120\sqrt{2}}{50\sqrt{2}}=2,4A$

Độ lệch pha giữa u và i trong mạch là:

$$\begin{gathered} \tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}=\frac{100-50}{50}=1 \\ \Rightarrow \phi =\frac{\pi }{4}\Rightarrow {\phi }_i={\phi }_u-\phi \\ =0-\frac{\pi }{4}=-\frac{\pi }{4} \end{gathered}$$

Đáp án C

Đáp án D

Khi hiệu điện thế hiệu dụng ở hai đầu mỗi phần tử L và C có độ lớn như nhau và bằng một nửa hiệu điện thế giữa hai đầu R.

Ta có: $U=\sqrt{U_R^2+{\left(U_L-U_C\right)}^2}$ $\Rightarrow 200\sqrt{U_R^2+{\left(\frac{U_R}{2}-\frac{U_R}{2}\right)}^2}$ $\Rightarrow U_R=200V$ 

Công suất tiêu thụ của mạch là:

$P=UI\cos \phi =U.\frac{U_L}{Z_L}.\frac{U_R}{U}$ $=\frac{100}{200}.200=100W$

Đáp án A

Số hạt nhân${}_{11}^{24}Na$ còn lại sau thời gian $t_1$ là $N=N_o{2}^{\frac{-t}{T}}$

Số hạt nhân${}_{12}^{24}Na$ được tạo thành sau thời gian $t_1$ là $\Delta N=N_o\left(1=2^{-\frac{t}{T}}\right)$

Khi đó ta có: $\frac{\Delta N}{N}=\frac{N_o\left(1-2^{-\frac{t}{T}}\right)}{N_o{.2}^{-\frac{t}{T}}}=\frac{1}{3}$ $\Rightarrow \frac{1-2^{-\frac{t}{T}}}{2^{-\frac{t}{T}}}=\frac{1}{3}$ $\Rightarrow 3-{3.2}^{-\frac{t}{T}}=2^{-\frac{t}{T}}$ $\Rightarrow t=0,415T$

Đáp án B

- Ban đầu, tại M cách vân trung tâm 5,5 mm người ta quan sát được vân tối thứ 5. Ta có:

$x_M=x_{t5}=\left(4+\frac{1}{2}\right)\frac{\lambda D}{a}$ $\iff 4,5\frac{\lambda D}{a}=5,5\left(1\right)$

- Di chuyển từ từ màn quan sát lại gần và dọc theo đường thẳng vuông góc với mặt phẳng chứa hai khe một đoạn $0,4m\to D\text{'}=D-0,4m$ thì thấy M chuyển thành vân sáng lần thứ nhất

 Khi đó tại M có vân sáng bậc 5.

Ta có: $x_M=x_{s5}=5\frac{\lambda D}{a}\iff 5.\frac{\lambda D}{a}=5,5\left(2\right)$

- Giải phương trình: $\left(1\right)-\left(2\right)\Rightarrow D=4m$

Đáp án D

Khi L biến thiên ta có $U_{R\max }=U_1=U;$ $U_{L_{\max }}=U_2=\frac{U\sqrt{R^2+Z_C^2}}{U};$ $U_{C_{\max }}=U_3=\frac{U.Z_C}{R}$

Khi $U_1, U_2$ chênh nhau 3 lần ta có:

$\frac{U_2}{U_1}=\frac{U_{Lmax}}{U_{Rmax}}=\frac{{\displaystyle \frac{U\sqrt{R^2+{Z_C}^2}}{R}}}{U}=3$ $\Rightarrow \frac{\sqrt{R^2+{Z_C}^2}}{R}=3$ $\Rightarrow R^2+{Z_C}^2=9R^2\Rightarrow Z_C=2\sqrt{2}R$

Khi đó độ lớn của $U_3$ là: $U_3=\frac{U.Z_C}{R}=\frac{150.2\sqrt{2}.R}{R}=300\sqrt{2}V$

Đáp án D

Từ giá trị $C_1$ nếu điều chỉnh tăng thêm điện dung của tụ một lượng $\Delta C$ thì tần số dao động rêng của mạch là 2f nên ta có:

$f_1=\frac{1}{2\pi \sqrt{L\left(C+\Delta C\right)}}$

$f_2=\frac{1}{2\pi \sqrt{L\left(C-2\Delta C\right)}}$ $\Rightarrow \frac{2}{2\pi \sqrt{L\left(C+\Delta C\right)}}$ $=\frac{1}{2\pi \sqrt{L\left(C-2\Delta C\right)}}$ $\Rightarrow \Delta C=\frac{C}{3}$

Từ giá trị $C_1$ nếu điều chỉnh tăng thêm điện dung của tụ một lượng $9\Delta C$ thì:

$9\Delta C=3C\Rightarrow C_4=C+3C=4C$

Chu kỳ dao động của mạch là

$f_3=\frac{1}{2\pi \sqrt{L4.C}}=\frac{1}{2.2\pi \sqrt{LC}}$ $=\frac{{30.10}^6}{2}={15.10}^{6}Hz$ $\Rightarrow T=\frac{1}{f}=\frac{1}{{15.10}^6}=\frac{20}{3}{.10}^{-8}s$

Đáp án A

Khi điện trở rất lớn thì hiệu điện thế giữa hai cực của nguồn là 4,5V, ta có $\xi =4,5V$

Khi điện trở giảm để I = 2A và hiệu điện thế giữa hai cực của nguồn điện là 4V, ta có:

$\xi =Lr+U\Rightarrow 4,5=2.r+4$ $\Rightarrow r=0,25\Omega$

Từ giản đồ vecto, ta có:

$A_2^2+A_2^{\text{'}2}={16}^2$ $\to A_2^2+{\left(\sqrt{15}{A}_2\right)}^2={16}^2$ $\Rightarrow A_2=4cm$

Đáp án A

Đáp án A

+ Để người ở ngoài bề không quan sát thấy viên kim cương thì tia sáng từ viên kim cương đến rìa của tấm bè bị phản xạ toàn phần, không cho tia khúc xạ ra ngoài không khí.

 Góc tới giới hạn ứng với cặp môi trường nước và không khí là: $\sin i_{gh}=\frac{n_2}{n_1}=\frac{3}{4}$

Đáp án C

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}AB=a\\ \frac{AD}{AB}=\frac{3}{4}\Rightarrow AD=CB=\frac{3}{4}a\end{array}\right.$ $\Rightarrow DB=CA=\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}$ $=\sqrt{a^2+{\left(\frac{3}{4}a\right)}^2}=\frac{5a}{4}$

Số cực đại trên đoạn CD bằng số giá trị k nguyên thỏa mãn:

$\frac{CB-CA}{\lambda }\le k\le \frac{DB-DA}{\lambda }$

Trên CD có 7 điểm dao động với biên độ cực đại nên:

$k\le 3\iff \frac{DB-DA}{\lambda }\le 3$ $\iff \frac{\frac{5a}{4}-\frac{3a}{4}}{\lambda }\le 3\iff \frac{a}{\lambda }\le 6\left(1\right)$

Số cực đại trên đoạn AB bằng số giá trị k’ nguyên thỏa mãn:

$-\frac{AB}{\lambda }<k\text{'}<\frac{AB}{\lambda }\iff -\frac{a}{\lambda }<k\text{'}<\frac{a}{\lambda }\left(2\right)$

Từ (1) và (2) $\to k\text{'}<6$

Đáp án D

Khi $C=4C_o$ thì công suất tiêu thụ của đoạn mạch đạt cực đại khi đó trong mạch xảy ra hiện tượng cộng hưởng điện có:

$\left\{\begin{array}{l}{P}_{\max }=\frac{U^2}{R}\\ \omega L=\frac{1}{\omega C}\Rightarrow L=\frac{1}{4{\omega }^2{C}_o}\end{array}\right.$

Khi $C=C_o$ thì điện áp hiệu dụng giữa hai bản tụ đạt cực đại, ta có:

$z_C=\frac{R^2+Z_L^2}{Z_L}=\frac{R^2+\frac{Z_C^2}{16}}{\frac{Z_C}{4}}$ $\Rightarrow R^2=\frac{9}{16}{Z}_C^2$

Khi đó công suất của mạch là:

$P=UI\cos \phi =\frac{U^{2}R}{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}$ $=\frac{U^{2}R}{R^2+{\left(\frac{Z_C}{4}-Z_C\right)}^2}=\frac{U^{2}R}{R^2+\frac{9Z_C^2}{16}}$ $=\frac{U^{2}R}{R^2+3R^2}=\frac{U^2}{4R}$ $=\frac{P_{\max }}{4}=\frac{120}{4}=30W$

Đáp án C

Ta có: $\tan {\phi }_{AB}=\frac{Z_C}{R_1+R_2}$ $\Rightarrow {\phi }_{AB}={\tan }^{-1}\left(-\frac{Z_C}{R_1+R_2}\right)$

$\tan {\phi }_{R_{2}C}=-\frac{Z_C}{R_2}$ $\Rightarrow {\phi }_{R_{2}C}={\tan }^{-1}\left(-\frac{Z_C}{R_2}\right)$;

Xét hàm $F\left(x\right)={\tan }^{-1}\left(\frac{x}{75\sqrt{3}}\right)-{\tan }^{-1}\left(\frac{x}{25\sqrt{3}}\right)$

(dùng chức năng Mode 7 trong máy tính cầm tay FX570VN hoặc VINACAL)

Đáp án C

Ta có: $3L=C{R}^2\Rightarrow \frac{3\omega L}{\omega C}=R^2$ $\Rightarrow R^2=3Z_L.Z_C$

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

Chuẩn hóa số liệu, ta có:

Đáp án B

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng toàn phần:

$Q=K_X+K_H-K_{\alpha }=-1,21MeV$

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng: $\overrightarrow{P_{\alpha }}=\overrightarrow{P_X}+\overrightarrow{P_H}$

Ta có, góc tạo bởi $\overrightarrow{P_X}\perp \overrightarrow{P_H}$ nên:

$\begin{array}{l}\tan {20}^o=\frac{P_H}{P_X}\iff {\left(\tan {20}^o\right)}^2=\frac{m_H{K}_H}{m_X{K}_X}\\ \to K_X=\frac{m_H{K}_H}{m_X{\left(\tan {20}^o\right)}^2}=\frac{K_H}{17{\left(\tan {20}^o\right)}^2}\\ \sin {20}^o=\frac{P_H}{P_{\alpha }}\iff {\left(\sin {20}^o\right)}^2=\frac{m_H{K}_H}{m_{\alpha }{K}_{\alpha }}\\ \to K_{\alpha }=\frac{m_H{K}_H}{m_{\alpha }{\left(\tan {20}^o\right)}^2}=\frac{K_H}{4{\left(\sin {20}^o\right)}^2}\end{array}$

$\frac{K_H}{17{\left(\tan {20}^2\right)}^2}+K_H-\frac{K_H}{4{\left(\sin {20}^o\right)}^2}$ $=-1,21MeV$

Suy ra $K_H=1,746MeV$

Đáp án A

Ta có: $\frac{hc}{\lambda }=\frac{hc}{{\lambda }_o}+\frac{1}{2}m{v}_o^2$ $\to \frac{hc}{\lambda }-\frac{hc}{{\lambda }_o}=\frac{1}{2}m{v}_o^2$, nhận thấy bước sóng ánh sáng kích thích càng ngắn thì tốc độ bức ra của điện tử càng lớn, tức là $v_{01}=2v_{02}$