Chọn D

Chiết suất của một môi trường trong suốt đối với ánh sáng đỏ nhỏ hơn chiết suất của môi trường đó đối với ánh sáng tím. Chọn C

Chọn B

Chọn A

Chọn C

\({Z_L} = \omega L\). Chọn C

Chọn B

Chọn C

Chọn D

Chọn A

Chọn D

Chọn A

Chọn C

Chọn D

Chọn B

Chọn A

Chọn B

Chọn A

\(P = UI\cos \varphi \). Chọn B

\(T = 2\pi \sqrt {\frac{m}{k}} \). Chọn D

Chọn C

\(\lambda = \frac{v}{f} = \frac{{80}}{{100}} = 0,8m\)

\(l = k.\frac{\lambda }{2} \Rightarrow 1,2 = k.\frac{{0,8}}{2} \Rightarrow k = 3\). Chọn A

\(\Delta m = 8{m_p} + 8{m_n} - {m_O} = 8.1,0073 + 8.1,0087 - 15,9904 = 0,1376\)

\({W_{lk}} = \Delta m{c^2} = 0,1376.931,5 \approx 128,17MeV\). Chọn B

\(\varepsilon = \frac{{hc}}{\lambda } = \frac{{1,{{9875.10}^{ - 25}}}}{{0,{{3.10}^{ - 6}}}} = 6,{625.10^{ - 19}}J\). Chọn B

\(B = 2\pi .1{\not 0^{ - 7}}.\frac{I}{R} = 2\pi .1{\not 0^{ - 7}}.\frac{2}{{0,5}} \approx 2,{5.10^{ - 6}}T\). Chọn D

\(l = n.\frac{\lambda }{2} = n.\frac{{vT}}{2} \Rightarrow T = \frac{{2l}}{{nv}}\). Chọn A

. Chọn A

. Chọn C

\(\frac{{hc}}{\lambda } = {E_n} - {E_m} \Rightarrow \frac{{1,{{9875.10}^{ - 25}}}}{\lambda } = \left( { - 1,5 + 3,4} \right).1,{6.10^{ - 19}} \Rightarrow \lambda \approx 0,{654.10^{ - 6}}m\). Chọn D

\({Z_C} = \frac{1}{{\omega C}} = \frac{1}{{100\pi .\frac{{{{10}^{ - 4}}}}{\pi }}} = 100\Omega \). Chọn D

\(\omega \) thay đổi cho cùng \(Z \Rightarrow {Z^2} = {R^2} + {\left( {{Z_{L1}} - {Z_{L2}}} \right)^2} = {R^2} + {L^2}{\left( {{\omega _1} - {\omega _2}} \right)^2}\)

\( \Rightarrow {120^2} = {100^2} + {L^2}.{\left( {500\pi } \right)^2} \Rightarrow L \approx 42,{2.10^{ - 3}}H = 42,2mH\). Chọn B

\(\lambda = \frac{v}{f} = \frac{{60}}{{20}} = 3cm\)

\({k_N} = \frac{{NA - NB}}{\lambda } = \frac{{4 - 12}}{3} \approx - 2,7\) và \({k_P} = \frac{{PA - PB}}{\lambda } = \frac{{14 - 2}}{3} = 4\)

Cực đại bậc \( - 2\) đến 3 cắt đường tròn tại 2 điểm, còn cực đại bậc 4 tiếp xúc đường tròn \( \Rightarrow \)trên đường tròn có \(6.2 + 1 = 13\) cực đại. Chọn A

\(\omega = \sqrt {\frac{k}{m}} = \sqrt {\frac{{15}}{{0,8}}} = 2,5\sqrt 3 \) (rad/s)

\(\Delta {l_0} = \frac{{mg}}{k} = \frac{{0,8.10}}{{15}} = \frac{8}{{15}}m > A = 0,16m\)

\( \to \)lò xo luôn dãn \( \to {F_{dh}}\) tác dụng vào B luôn hướng xuống

Để ván bị nghiêng thì theo quy tắc momen lực đối với C có

\(k\left( {\Delta {l_0} + {x_2}} \right).BC > M.g.0,2 + {m_1}.g.\left( {0,2 - {x_1}} \right)\)

\( \Rightarrow 15.\left( {\frac{8}{{15}} + 0,16\cos \left( {2,5\sqrt 3 t + \pi } \right)} \right).0,4 \ge 1,2.10.0,2 + 0,8.10.\left[ {0,2 - 0,16\cos \left( {2,5\sqrt 3 t - \frac{\pi }{2}} \right)} \right]\)

\( \Rightarrow 1,6\cos \left( {2,5\sqrt 3 t - 2,2143} \right) \ge 0,8 \Rightarrow \cos \left( {2,5\sqrt 3 t - 2,2143} \right) \ge \frac{1}{2}\)

Trong 1 chu kì thời gian ván nghiêng là \(\Delta t = \frac{\alpha }{\omega } = \frac{{2\pi /3}}{{2,5\sqrt 3 }} \approx 0,48s\). Chọn C

\({Z_C} = \frac{1}{{\omega C}} = \frac{1}{{100\pi .\frac{{{{10}^{ - 3}}}}{{5,5\pi }}}} = 55\Omega \)

\[{Z_{MB}} = \sqrt {R_2^2 + Z_C^2} = 2\sqrt {{{48}^2} + {{55}^2}} = 73\Omega \]

\({U_{AM}} = 2{U_{MB}} \Rightarrow {Z_{AM}} = 2{Z_{MB}} = 2.73 = 146\Omega \)

\(\cos \theta = \frac{{Z_{AM}^2 + {Z^2} - Z_{MB}^2}}{{2{Z_{AM}}Z}} = \frac{{{{146}^2} + {Z^2} - {{73}^2}}}{{2.146.Z}} = \frac{{\frac{{15987}}{Z} + Z}}{{2.146}} \ge \frac{{2\sqrt {15987} }}{{2.146}} \Rightarrow \theta \le \frac{\pi }{6}\)

Dấu = xảy ra \( \Leftrightarrow \frac{{15987}}{Z} = Z \Leftrightarrow Z \approx 126,44\Omega \). Chọn D

\(\frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} = 6 \Rightarrow n = 4 \to \)khối khí được kích thích lên quỹ đạo N

\(A = \frac{{hc}}{\lambda } = \frac{{1,{{9875.10}^{ - 25}}}}{{0,{{43.10}^{ - 6}}.1,{{6.10}^{ - 19}}}} \approx 2,89eV\)

Từ \(N,M,L \to K\) phát ra \(\varepsilon > 2,89eV\) là có 3 vạch. Chọn B

\(\frac{{\Delta N}}{N} = \frac{{1 - {2^{\frac{{ - t}}{T}}}}}{{{2^{\frac{{ - t}}{T}}}}} = {2^{\frac{t}{T}}} - 1 \Rightarrow \frac{{\Delta {N_1}}}{{\Delta {N_2}}}.\frac{{{N_2}}}{{{N_1}}} = \frac{{{2^{\frac{t}{{{T_1}}}}} - 1}}{{{2^{\frac{t}{{{T_2}}}}} - 1}} \Rightarrow \frac{{29,6 - 17,9}}{{22,6 - 15,5}}.\frac{1}{{137}} = \frac{{{2^{\frac{t}{{4,5}}}} - 1}}{{{2^{\frac{t}{{0,71}}}} - 1}} \Rightarrow t \approx 4,558\). Chọn A

Cách 2:

* Sơ đồ phân rã:  (chu kì T₁ = 4,5.10⁹ năm)

                   và  (chu kì T₂ = 0,71.10⁹ năm).

* Khi mới hình thành (tại thời điểm t = 0): \(\left\{ \begin{array}{l}{N_{Pb206}} = 17,9a\\{N_{Pb207}} = 15,5a\end{array} \right.\)

* Khi tìm thấy ở hiện tại (tại thời điểm t): \(\left\{ \begin{array}{l}{N_{Pb206}} = 29,5a\\{N_{Pb207}} = 22,6a\end{array} \right.\)

* Số hạt nhân chì tăng thêm = số hạt nhân urani bị phân rã ⟹

\(\left\{ \begin{array}{l}\Delta {N_{U238}} = \Delta {N_{Pb206}} = 29,5a - 17,9a = 11,6a\\\Delta {N_{U235}} = \Delta {N_{Pb207}} = 22,6a - 15,5a = 7,1a\end{array} \right.\)

* Tỉ lệ số hạt nhân urani bị phân rã: \(\frac{{\Delta {N_{U238}}}}{{\Delta {N_{U235}}}} = \frac{{{N_{01}}.(1 - {2^{ - \frac{t}{{{T_1}}}}})}}{{{N_{02}}.(1 - {2^{ - \frac{t}{{{T_2}}}}})}} = \frac{{11,6a}}{{7,1a}} = \frac{{116}}{{71}}\) (1).

* Tại thời điểm t, tỉ lệ số hạt nhân urani còn lại: \(\frac{{{N_{U238}}}}{{{N_{U235}}}} = \frac{{{N_{01}}{{.2}^{ - \frac{t}{{{T_1}}}}}}}{{{N_{02}}{{.2}^{ - \frac{t}{{{T_2}}}}}}} = \frac{{{N_{01}}}}{{{N_{02}}}}{.2^{ - t.\left( {\frac{1}{{{T_1}}} - \frac{1}{{{T_2}}}} \right)}} = 138\) (2).

* Lấy \(\frac{{(1)}}{{(2)}} \Rightarrow \frac{{(1 - {2^{ - \frac{t}{{{T_1}}}}})}}{{(1 - {2^{ - \frac{t}{{{T_2}}}}})}} \times {2^{t.\left( {\frac{1}{{{T_1}}} - \frac{1}{{{T_2}}}} \right)}} = \frac{{116}}{{71 \times 138}}\) ⟹ t = 4,582.10⁹ năm.

Chọn A

* Theo giả thiết: t = \(\frac{{{T_1}}}{4} + \frac{{{T_1}}}{{12}} = \frac{{{T_2}}}{2} + \frac{{{T_2}}}{6}\) ⟹ \(\frac{{{T_1}}}{{{T_2}}} = 2 = \sqrt {\frac{{{\ell _1}}}{{{\ell _2}}}} \) ⟹ ℓ₁ = 4ℓ₂ (1).

Giải thích: Con lắc 1 đi từ: \(\alpha = {\alpha _0} \to \alpha = 0 \to \alpha = - \frac{{{\alpha _0}}}{2}\).

                    Con lắc 2 đi từ: \(\alpha = {\alpha _0} \to \alpha = - {\alpha _0} \to \alpha = - \frac{{{\alpha _0}}}{2}\).

* Mặt khác: ℓ₁ + ℓ₂ = 1,8 m.

* Từ (1) và (2) ⟹ ℓ₁ = 1,44 m và ℓ₂ = 0,36 m.

Chọn D

Tại thời điểm \(t = \frac{{10}}{3}ms\) thì \({u_{AM}} + {u_{MB}} = {u_{AB}} \Rightarrow - 1\^o + 4\^o = 165V \Rightarrow 1\^o = 55V\)

\({u_{AB}} = {u_{AM}} + {u_{MB}} = 2.55\angle \frac{\pi }{3} + 4.55\angle - \frac{\pi }{3} = 110\sqrt 3 \angle - \frac{\pi }{6}\). Chọn C

Cách 2:

Trên trục tung Ou: 2 ô = U ; Trên trục hoanh Ot : 6 ô = 10 ms ;

u_MB có biên độ 4 ô = 2U và chậm pha hơn u_AM có biên độ 2 ô= U.

1 Chu kì 12 ô = 2 . 6 ô =2. 10 ms =0,02s => ω =100π rad/s

Theo đồ thị ta có: \[{u_{MB}} = 2Uc{\rm{os}}(100\pi t - \frac{\pi }{3})V;{u_{AM}} = Uc{\rm{os}}(100\pi t + \frac{\pi }{3})V;\]

Tại t= 10/3 s  =2 ô: \[u = {u_{AM}} + {u_{MB}} = 2U + ( - \frac{U}{2}) = 165V = > U = 110V\].

\[\begin{array}{l}{u_{AB}} = {u_{MB}} + {u_{AM}} = 2Uc{\rm{os}}(100\pi t - \frac{\pi }{3})V + Uc{\rm{os}}(100\pi t + \frac{\pi }{3})V;\\{u_{AB}} = 220c{\rm{os}}(100\pi t - \frac{\pi }{3})V + 110c{\rm{os}}(100\pi t + \frac{\pi }{3})V\\{u_{AB}} = 110\sqrt 3 c{\rm{os}}(100\pi t - \frac{\pi }{6})V\end{array}\]

Chọn C

\(u = {A_b}\sin \left( {\frac{{2\pi x}}{\lambda }} \right) \Rightarrow \alpha = u' = {A_b}.\frac{{2\pi }}{\lambda }\cos \left( {\frac{{2\pi x}}{\lambda }} \right)\)

\({\alpha _{\max }} = {A_b}.\frac{{2\pi }}{\lambda } \Rightarrow 0,3 = {A_b}.\frac{{2\pi }}{{40}} \Rightarrow {A_b} = \frac{6}{\pi }cm\)

\({d_{\max }} = \sqrt {{{\left( {l - 2.\frac{\lambda }{4}} \right)}^2} + {{\left( {2{A_b}} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( {80 - 2.\frac{{40}}{4}} \right)}^2} + {{\left( {2.\frac{6}{\pi }} \right)}^2}} \approx 60,12cm\). Chọn B

\({x_M} = {k_{12}}.\frac{{{\lambda _{12}}D}}{a} = {k_1}.\frac{{{\lambda _2}D}}{a} = {k_2}.\frac{{{\lambda _2}D}}{a}\)

\( \Rightarrow 12,6 = 2,5.\frac{{{\lambda _{12}}.1,5}}{{0,5}} = {k_1}.\frac{{{\lambda _1}.1,5}}{{0,5}} = \left( {{k_1} - 1} \right).\frac{{{\lambda _2}.\left( {1,5 + \frac{1}{6}} \right)}}{{0,5}} = {k_2}.\frac{{{\lambda _2}.1,5}}{{0,5}} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{k_1} = 10\\{\lambda _1} = 0,42\mu m\\{\lambda _{12}} = 1,68\mu m\end{array} \right.\)

 với \({k_2}\) bán nguyên

Lại có \(2,5{\lambda _{12}} = {k_2}{\lambda _2} \Rightarrow {\lambda _{12}} = \frac{{{k_2}}}{{2,5}}{\lambda _2} \Rightarrow \)\(\frac{{{k_2}}}{{2,5}}\) là số nguyên \( \Rightarrow {k_2} = 7,5 \Rightarrow {\lambda _2} = 0,56\mu m\)

Vậy \({\lambda _2} - {\lambda _1} = 0,56 - 0,42 = 0,14\mu m = 140nm\). Chọn C

Cách 2:

Hướng dẫn

* Giả sử l₁ < l₂.

* Lúc đầu, tại M là vị trí vân sáng của l₁ trùng với vị trí vân tối của l₂.

⟹ x_M = k₁.\(\frac{{{\lambda _1}D}}{a}\)= (k₂ - 0,5).\(\frac{{{\lambda _2}D}}{a}\) (1) (lưu ý: \(\frac{{{\lambda _1}}}{{{\lambda _2}}}\) tối giản = \(\frac{{l\^I }}{{ch\raise.5ex\hbox{$\scriptstyle 1$}\kern-.1em/

 \kern-.15em\lower.25ex\hbox{$\scriptstyle 2$} n}}\) hoặc \(\frac{{ch\raise.5ex\hbox{$\scriptstyle 1$}\kern-.1em/

 \kern-.15em\lower.25ex\hbox{$\scriptstyle 2$} n}}{{l\^I }}\)).

* Lúc sau: D’ = \(D + \frac{1}{6}\) (m), chỉ có vân sáng của một bức xạ.

    ⟹ x_M = (k₁ - 1).\(\frac{{{\lambda _1}.(D + \frac{1}{6})}}{a}\) (2).

* Từ (1) và (2) ⟹ k₁.D = (k₁ - 1).(\(D + \frac{1}{6}\)) ⟹ k₁ = 10 ⟹ l₁ = \(\frac{{a.{x_M}}}{{{k_1}.D}}\)= 0,42 mm = 420 nm.

* Giữa M và vân sáng trung tâm có hai vị trí mà tại đó vân sáng của hai bức xạ trùng nhau ⟹ ứng với vị trí vân sáng bậc k₁ = 4 và k₁ = 8 (suy luận, k < 10).

* Vị trí vân sáng trùng đầu tiên: k₁l₁ = k₂l₂ ⟹ 4´420 = k₂l₂ 2,47 ≤ k₂ ≤ 4,09.

* Do k₁ = 4 (chẵn) ⟹ k₂ = 3 (lẻ) ⟹ l₂ = 0,56 mm = 560 nm.

⟹ Dl = l₂ - l₁ = 560 - 420 = 140 nm.