Đáp án C

Từ thông qua một khung dây kín: .

Trong đó:   +N là số vòng dây của khung.

                   +B là cảm ứng từ (T).

                   +S là diện tích mặt phẳng khung dây ($m^2$).

                   +$\alpha$ 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 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 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 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 B

+ Khi $C=C_1$ 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 

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

Đáp án D

Chu kì dao động của vật là: $T=\frac{2\pi }{\omega }=2s$

Đáp án B

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

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

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 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 A

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

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 B

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

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

Đáp án C

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

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

Đáp án C

Sóng dọc là sóng có phương dao động trùng với phương truyền sóng

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 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 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 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

+ 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:

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

Đáp án A

Tổng trở đoạn mạch xoay chiều RC là: $Z=\sqrt{R^2+Z_C^2}=\sqrt{R^2+{\left(\frac{1}{\omega C}\right)}^2}$

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

+ 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 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 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 B

Cảm kháng cuộn dây được xác định bằng công thức: $Z_L=\omega L$.

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 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 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

Trong đoạn mạch xoay chỉ có cuộn cảm thuần, điện áp hai đầu mạch nhanh pha hơn cường độ dòng điện góc $\frac{\mathrm{\pi }}{2}$.

Đáp án A

Điện áp hiệu dụng hai đầu đoạn mạch $U=\frac{U_0}{\sqrt{2}}=220V$.

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 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:

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

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

Trong hiện tượng sóng dừng trên dây, khoảng cách giữa hai nút sóng liên tiếp là một nửa bước sóng

Đáp án B

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

Hiệu hai mức năng lượng:

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

Bước sóng nhỏ nhất nguyên tử H có thể phát ra khi nguyên tử chuyển từ trạng thái dừng $E_4$ về $E_1$ (hiệu hai mức năng lượng lớn nhất)

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

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: $\frac{1}{f}=\frac{1}{d_1}+\frac{1}{{d^{\text{'}}}_1}\to f=20cm$