Đáp án A

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức Anh-xtanh về hiện tượng quang điện : $\frac{hc}{\lambda }=A+{\text{W}}_{d\max }=\frac{hc}{{\lambda }_0}+\frac{1}{2}m{v}^2$

Giải chi tiết:

Khi chiếu bức xạ có bước sóng ${\lambda }_1=600nm$ vào một tấm kim loại thì nhận được các quang e có vận tốc cực đại lần lượt là $v_1={2.10}^{5}m/s$, ta có:

$$\begin{gathered} \frac{hc}{{\lambda }_1}=A+\frac{1}{2}m{v}_1^2 \\ \iff \frac{hc}{0,{6.10}^{-6}}=A+\frac{1}{2}.m.{\left({2.10}^5\right)}^2 \\ \Rightarrow A=3,{31.10}^{-19}J \end{gathered}$$

Khi dùng bức xạ có bước sóng ${\lambda }_2=0,2\mu m$ thì

$$\begin{gathered} \frac{hc}{\lambda 2}=A+{\text{W}}_{d\max } \\ \iff \frac{hc}{0,{2.10}^{-6}}=3,{31.10}^{-19}+\frac{1}{2}.m.v_{o\max }^2 \\ \Rightarrow v_{\max }={1206894}_{}m/s\approx 1,{{2.10}^6}_{}m/s \end{gathered}$$

Đáp án D

Phương pháp giải:

+Một vật nhỏ dao động điều hòa theo một trục cố định thì quỹ đạo là một đường thẳng.

 + Li độ $x=A.\cos \left(\omega t+\phi \right)$

+ Lực kéo về: $F-k.x=-m{\omega }^{2}A.cos\left(\omega t+\phi \right)$

Giải chi tiết:

Một vật nhỏ dao động điều hòa theo một trục cố định thì quỹ đạo là một đường thẳng

Đáp án C

Phương pháp giải:

Năng lượng liên kết riêng ${\text{w}}_{lkr}=\frac{{\text{W}}_{lk}}{A}$, tức là năng lượng liên kết tính trên một nuclon, là đại lượng đặc trưng cho mức độ bền vững của hạt nhân nguyên tử.

Hạt nhân có năng lượng liên kết riêng càng lớn thì càng bền vững.

Giải chi tiết:

Để so sánh độ bền vững của các hạt nhân người ta dùng đại lượng năng lượng liên kết tính trên một nuclon

Đáp án C

Phương pháp giải:

Hiện tượng giảm điện trở suất, tức là tăng độ dẫn điện của bán dẫn, khi có ánh sáng thích hợp chiếu vào gọi là hiện tượng quang dẫn.

Giải chi tiết:

Hiện tượng quang dẫn là hiện tượng giảm điện trở của một chất khi bị chiếu sáng

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dao động cưỡng bức là dao động của hệ khi chịu tác dụng của ngoại lực cưỡng bức tuần hoàn.

Dao động cưỡng bức có đặc điểm:

+ Có biên độ không đổi và tần số bằng tần số của ngoại lực cưỡng bức.

+ Biên độ của dao động cưỡng bức không chỉ phụ thuộc vào biên độ của lực cưỡng bức mà còn phụ thuộc vào cả độ chênh lệch giữa tần số của lực cưỡng bức và tần số riêng của hệ.

Giải chi tiết:

Dao động cưỡng bức là dao động của hệ khi chịu tác dụng của ngoại lực cưỡng bức tuần hoàn.

⇒ Phát biểu sai: Để dao động trở thành dao động cưỡng bức, ta cần tác dụng vào con lắc dao động một ngoại lực không đổi.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Chu kì của dao động điều hoà là khoảng thời gian để vật thực hiện một dao động toàn phần.

Giải chi tiết:

Chu kì của dao động điều hoà là khoảng thời gian để vật thực hiện một dao động toàn phần, tức là khoảng thời gian ngắn nhất mà toạ độ, vận tốc, gia tốc của vật dao động lại có giá trị và trạng thái như cũ

Đáp án B

Phương pháp giải:

Nội dung thuyết lượng tử ánh sáng

– Ánh sáng được tạo thành bởi các hạt gọi là phôtôn.

– Với mỗi ánh sáng đơn sắc có tần số f, các phôtôn đều giống nhau, mỗi phôtôn mang năng lượng bằng hf.

– Phôtôn chỉ tồn tại trong trạng thái chuyển động. Không có photon đứng yên. Trong chân không, phôtôn bay với tốc độ $c={3.10}^{8}m/s$ dọc theo các tia sáng.

– Mỗi lần một nguyên tử hay phân tử phát xạ hoặc hấp thụ ánh sáng thì chúng phát ra hoặc hấp thụ một phôtôn.

Giải chi tiết:

Năng lượng của các photon ánh sáng: $\epsilon =hf$

⇒ Các ánh sáng đơn sắc khác nhau có tần số khác nhau ⇒ năng lượng của các photon là khác nhau.

⇒ Phát biểu sai là: Năng lượng của các phôtôn ứng với các ánh sáng đơn sắc khác nhau là như nhau.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Hai dao động điều hòa cùng phương, cùng tần số, có biên độ là A₁ và A₂ thì biên độ dao động tổng hợp là $A=\sqrt{A_1^2+A_2^2+2A_1{A}_2.\cos \left({\phi }_1-{\phi }_2\right)}$

Giải chi tiết:

Biên độ dao động tổng hợp: $A=\sqrt{A_1^2+A_2^2+2A_1{A}_2.\cos \left({\phi }_1-{\phi }_2\right)}$

Khi độ lệch pha giữa hai dao động thay đổi, thì biên độ tổng hợp A có giá trị nằm trong khoảng: $\left|A_1-A_2\right|\le A\le \left|A_1+A_2\right|\Rightarrow A_{\max }=A_1+A_2$

Đáp án A

Phương pháp giải:

+ Phương trình giao thoa sóng:

$$\begin{gathered} u_M=u_{1M}+u_{2M} \\ =2A.cos\frac{\pi \left(d_2-d_1\right)}{\lambda }.cos\left[\omega t-\frac{\pi \left(d_2+d_1\right)}{\lambda }\right] \end{gathered}$$

+ Sử dụng điều kiện cùng pha: $\Delta \phi =k2\pi$

+ Số điểm dao động cực tiểu giữa hai nguồn cùng pha: $-\frac{l}{\lambda }-\frac{1}{2}<k<\frac{l}{\lambda }-\frac{1}{2}$

Giải chi tiết:

Ta có hình vẽ:

Phương trình dao động của một điểm M nằm trên đường trung trực là: $u=2A.\cos 2\pi \left(ft-\frac{d_1+d_2}{2\lambda }\right)$

Với $d_1;d_2$ là khoảng cách từ điểm ta xét đến hai nguồn.

Các điểm nằm trên đường trung trực đều dao động với biên độ cực đại (vì hai nguồn cùng pha, cùng biên độ).

Để M và I dao động cùng pha thì: $2\pi \frac{d_{AM}+d_{BM}}{2\lambda }=2\pi \frac{d_{AI}+d_{BI}}{2\lambda }+k2\pi$

Vì M gần I nhất, cách I một khoảng $4\sqrt{5}cm$, ứng với k = 1, ta có:

$$\begin{gathered} 2\pi \frac{d_{AM}+d_{BM}}{2\lambda }=2\pi \frac{d_{AI}+d_{BI}}{2\lambda }+2\pi \\ \iff \frac{2\left(\sqrt{I{A}^2+I{M}^2}\right)}{2\lambda }=\frac{AB}{2\lambda }+2\pi \\ \iff \frac{2.\sqrt{8^2+{\left(4\sqrt{5}\right)}^2}}{2\lambda }=\frac{16}{2\lambda }+1 \\ \iff \lambda =4,0cm \end{gathered}$$

Số điểm dao động cực tiểu nằm trên AB bằng số giá trị k nguyên thõa mãn:

$$\begin{gathered} \frac{-AB}{\lambda }-\frac{1}{2}\le k\le \frac{AB}{\lambda }-\frac{1}{2} \\ \Rightarrow \frac{-16}{4}-\frac{1}{2}\le k\le \frac{16}{4}-\frac{1}{2} \\ \Rightarrow -4,5\le k\le 3,5 \\ \Rightarrow k=-4;\pm 3;\pm 2;\pm 1;0 \end{gathered}$$

Điểm N nằm trên nằm trên đường thẳng vuông góc với AB tại A, dao động với biên độ cực tiểu, gần A nhất thì nằm trên hyperbol cực tiểu có bậc cao nhất về phía A, tức là k = -4

Điều kiển để N là dao động cực tiểu là:

$$\begin{gathered} d_{AN}-d_{BM}=\left(k+\frac{1}{2}\right)\lambda \\ \Rightarrow AN-\sqrt{A{N}^2+A{B}^2}=\left(-4+\frac{1}{2}\right).\lambda \\ \iff AN-\sqrt{A{N}^2+{16}^2}=-3,5.4,0=-14 \\ \Rightarrow AN=2,14cm \end{gathered}$$

Đáp án C

Phương pháp giải:

Độ cao của âm phụ thuộc vào tần số âm.

Độ to phụ thuộc vào tần số và mức cường độ âm.

Âm sắc phụ thuộc vào đồ thị dao động.

Giải chi tiết:

Độ cao của âm phụ thuộc vào tần số âm

Đáp án D

Phương pháp giải:

Điều kiện có cực đại giao thoa: $d_1-d_2=k\lambda$

Công thức tính bước sóng $\lambda =v.T=\frac{v}{f}$

Giải chi tiết:

Ta có hình vẽ:

Bước sóng $\lambda =v.T=\frac{v}{f}=\frac{200}{10}={20}_{}cm$

M có dao động với biên độ cực đại và cách xa $S_1$ nhất ⇒ M thuộc cực đại bậc 1 về phía A.

$$\begin{gathered} \Rightarrow d_1-d_2=k\lambda \Rightarrow AM-\sqrt{A{M}^2+A{B}^2}=-\lambda \\ \iff AM-\sqrt{A{M}^2+{40}^2}=-20\Rightarrow AM=8,57cm \end{gathered}$$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Điện tích trên hai bản tụ điện có biểu thức: $q=Q_0.\cos \left(\omega t+\phi \right)$

Chu kì T được xác định bởi công thức: $T=2\pi \sqrt{LC}$

Sử dụng VTLG và công thức tính thời gian: $t=\frac{\alpha }{\omega }=\alpha .\frac{T}{2\pi }$

Giải chi tiết:

Thời điểm ban đầu, tụ được nạp đầy điện và bắt đầu phóng điện, điện tích trên tụ giảm dần.

Ta có biểu thức: $q=Q_0.\cos \left(\omega t\right)$

Chu kì dao động của mạch: $T=2\pi \sqrt{LC}=2\pi \sqrt{0,{202.10}^{-6}.0,5}={2.10}^{-3}s$

Biểu diễn trên VTLG:

Góc quét tương ứng: $\alpha =2\pi -\frac{\pi }{3}=\frac{5\pi }{3}$

⇒ Lần thứ hai điện tích trên tụ bằng một nửa điện tích lúc đầu là:

$t=\frac{\alpha }{\omega }=\alpha .\frac{T}{2\pi }=\frac{5\pi }{3}.\frac{{2.10}^{-3}}{2\pi }=\frac{1}{600}s$

Đáp án D

Phương pháp giải:

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

Giải chi tiết:

Hai sóng kết hợp là hai sóng có cùng tần số và có độ lệch pha không đổi theo thời gian

Đáp án B

Phương pháp giải:

Công thức liên hệ giữa : $I_0=\omega Q_0=\frac{2\pi }{T}.Q_0$

Năng lượng từ trường và năng lượng điện trường: $\left\{\begin{array}{l}{\text{W}}_t=\frac{1}{2}L.i^2\\ {\text{W}}_d=\frac{1}{2}C.u^2\end{array}\right.$

Năng lượng điện từ: $\text{W}=\frac{1}{2}L.i^2+\frac{1}{2}.C.u^2=\frac{1}{2}L.{I_0}^2=\frac{1}{2}C.{U_0}^2$

Sử dụng VTLG.

Giải chi tiết:

Năng lượng điện từ: $\text{W}=\frac{1}{2}L.i^2+\frac{1}{2}.C.u^2=\frac{1}{2}L.{I_0}^2=\frac{1}{2}C.{U_0}^2$

Khi năng lượng từ trường đạt giá trị cực đại thì ${\text{W}}_t=0\Rightarrow i=0$

Khi năng lượng trên tụ bằng 3 lần năng lượng trên cuộn cảm thì:

${\text{W}}_t=\frac{1}{4}\text{W}\iff \frac{1}{2}L.i^2=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{2}.L.{I_0}^2\right)\Rightarrow i=\frac{I_0}{2}$

Biểu diễn trên VTLG:

Ta có $t=\frac{\pi }{6}{.10}^{-6}=\frac{\frac{\pi }{2}-\arccos \frac{1}{2}}{2\pi }.T$

$\Rightarrow t=\frac{1}{12}T\Rightarrow T=2\pi {.10}^{-6}s$

Điện tích cực đại trên tụ:

$$\begin{gathered} Q_0=\frac{I_0}{\omega }=\frac{T}{2\pi }.I_0 \\ \Rightarrow I_0=\frac{Q_0.2\pi }{T}=\frac{{4.10}^{-6}.2\pi }{2\pi {.10}^{-6}}=4A \end{gathered}$$

Suất điện động: $E=I_0.R=4.2=8_{}V$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Tổng trở: $Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}$

Giải chi tiết:

Công thức tính tổng trở: $Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}=\sqrt{R^2+{\left(\omega L-\frac{1}{\omega C}\right)}^2}$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Tổng trở : $Z=\sqrt{R_{}^2+{\left(\omega L-\frac{1}{\omega C}\right)}^2}$

Cường độ dòng điện hiệu dụng : $I=\frac{U}{Z}$

Công suất tỏa nhiệt trên R: $P=I^2.R$

Giải chi tiết:

Tổng trở của đoạn mạch : $Z=\sqrt{R^2+{\left(\omega L-\frac{1}{\omega C}\right)}^2}$

$=\sqrt{{80}^2+{\left(\frac{0,4}{\pi }.100\pi -\frac{1}{100\pi .\frac{{10}^{-4}}{\pi }}\right)}^2}=100\Omega$

Cường độ dòng điện hiệu dụng : $I=\frac{U}{Z}=\frac{80}{100}=0,8A$

Công suất tỏa nhiệt trên R : $P=I^2.R=0,8^2.80=51,2W$

Đáp án A

Phương pháp giải:

Tần số góc: $\omega =2\pi f$

Cảm kháng và dung kháng : $\left\{\begin{array}{l}{Z}_L=\omega L\\ Z_C=\frac{1}{\omega C}\end{array}\right.$

Hệ số công suất :

$$\begin{gathered} \cos \phi =\frac{R}{Z}=\frac{R}{\sqrt{R^2+{(Z_L-Z_C)}^2}} \\ =\frac{R}{\sqrt{R^2+{(\omega L-\frac{1}{\omega C})}^2}} \end{gathered}$$

Giải chi tiết:

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

Đoạn mạch điện đang có tính cảm kháng $\Rightarrow Z_L>Z_C$

Khi tăng tần số thì cảm kháng tăng, dung kháng giảm, do đó hệ số công suất :

$\cos \phi =\frac{R}{\sqrt{R^2+{\left(\omega L-\frac{1}{\omega C}\right)}^2}}$ giảm.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Từ thông $\Phi =B.S.\cos \alpha ;\alpha =\left(\overrightarrow{n};\overrightarrow{B}\right)$

Giải chi tiết:

Từ thông qua mặt phẳng khung dây :

$$\begin{gathered} \Phi =B.S.\cos \alpha \\ ={4.10}^{-5}.0,{05}^2.\cos \left({90}^0-{30}^0\right)={5.10}^{-8}\text{W}b \end{gathered}$$

Đáp án D

Phương pháp giải:

Khoảng cách giữa hai cực đại hoặc hai cực tiểu liên tiếp là $\frac{\lambda }{2}$

Khoảng cách giữa một cực đại và 1 cực tiểu liên tiếp là $\frac{\lambda }{4}$

Giải chi tiết:

Trong hiện tượng giao thoa sóng trên mặt nước, khoảng cách giữa hai cực đại liên tiếp nằm trên đường nối hai tâm sóng bằng một nửa bước sóng

Đáp án A

Phương pháp giải:

Thay t  vào phương trình li độ x.

Giải chi tiết:

Tại thời điểm t = 0,25s chất điểm có li độ bằng: $x=2\cos \left(2\pi .0,25+\frac{\pi }{2}\right)=-2cm$

Đáp án A

Phương pháp giải:

Năng lượng liên kết riêng: ${\text{w}}_{lkr}=\frac{{\text{W}}_{lk}}{A}$

Hạt nhân có năng lượng liên kết riêng càng lớn thì hạt nhân càng bền.

Giải chi tiết:

Năng lượng liên kết riêng của các hạt nhân là:

$$\begin{gathered} {\text{w}}_D=\frac{{\text{W}}_D}{A_D}=\frac{2,22}{2}=1,{11}_{}(MeV/nuclon) \\ {\text{w}}_T=\frac{{\text{W}}_T}{A_T}=\frac{8,49}{3}=2,{83}_{}(MeV/nuclon) \\ {\text{w}}_{He}=\frac{{\text{W}}_{He}}{A_{He}}=\frac{28,16}{4}=7,{04}_{}(MeV/nuclon) \end{gathered}$$

⇒ Thứ tự giảm dần về mức độ bền vững là ${\epsilon }_{{}_2^{4}He}>{\epsilon }_{{}_1^{3}T}>{\epsilon }_{{}_1^{2}D}$

Đáp án D

Phương pháp giải:

Số hạt còn lại: $N=N_0{.2}^{-\frac{t}{T}}$

Số hạt nhân đã phóng xạ: $\Delta N=N_0.\left(1-2^{-\frac{t}{T}}\right)$

Giải chi tiết:

+ Sau thời gian t :

Số hạt nhân A đã phóng xạ là: $\Delta N_A=N_0.\left(1-2^{-\frac{t}{T_A}}\right)$

Số hạt nhân B đã phóng xạ là: $\Delta N_B=N_0.\left(1-2^{-\frac{t}{T_B}}\right)$

Tỉ số hạt nhân A và B đã phóng xạ là:

$$\begin{gathered} \frac{\Delta N_A}{\Delta N_B}=\frac{N_0.\left(1-2^{-\frac{t}{T_A}}\right)}{N_0.\left(1-2^{-\frac{t}{T_B}}\right)} \\ =\frac{1-2^{-\frac{t}{T_A}}}{1-2^{-\frac{t}{T_B}}}=\frac{1-2^{-\frac{4T_A}{T_A}}}{1-2^{-\frac{4T_A}{2T_A}}} \\ =\frac{1-2^{-4}}{1-2^{-2}}=\frac{5}{4} \end{gathered}$$

Đáp án D

Phương pháp giải:

+ Đoạn mạch chỉ chứa điện trở thuần R thì có u cùng pha với i.

+ Đoạn mạch chỉ chứa cuộn cảm thuần thì có u sớm pha $\frac{\pi }{2}$ so với i.

+ Đoạn mạch chỉ chứa tụ điện thì có điện áp u trễ pha $\frac{\pi }{2}$ so với i.

Giải chi tiết:

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}u=U_{0}cos\left(\omega t--\frac{\pi }{6}\right)V\\ i=I_{0}cos\left(\omega t+\frac{\pi }{3}\right)A\end{array}\right.$

⇒ Điện áp trễ pha $\frac{\pi }{2}$ so với cường độ dòng điện.

⇒ Đoạn mạch AB chỉ chứa tụ điện.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Cường độ dòng điện hiệu dụng: $I=\frac{I_0}{\sqrt{2}}$

Giải chi tiết:

Ta có: $i=2\sqrt{2}.\cos \left(100\pi t\right)\left(A\right)\Rightarrow I_0=2\sqrt{2}A$

Cường độ dòng điện hiệu dụng: $I=\frac{I_0}{\sqrt{2}}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=2A$

Đáp án C

Phương pháp giải:

Trong mạch dao động LC lí tưởng thì điện tích và cường độ dòng điện có biểu thức:

$\left\{\begin{array}{l}q=Q_0.\cos \left(\omega t+\phi \right)\left(C\right)\\ i=q^{\text{'}}=\omega Q_0.\cos \left(\omega t+\phi +\frac{\pi }{2}\right)\left(A\right)\end{array}\right.$

Giải chi tiết:

Biểu thức của điện tích và cường độ dòng điện: $\left\{\begin{array}{l}q=Q_0.\cos \left(\omega t+\phi \right)\left(C\right)\\ i=q^{\text{'}}=\omega Q_0.\cos \left(\omega t+\phi +\frac{\pi }{2}\right)\left(A\right)\end{array}\right.$

⇒ q biến thiên điều hòa theo thời gian với cùng tần số trễ pha $\frac{\pi }{2}$ so với i

Đáp án D

Phương pháp giải:

Biểu thức điệp áp xoay chiều là $u=U\sqrt{2}.\cos \left(\omega t+\phi \right)$ (U là điện áp hiệu dụng)

Tần số góc: $\omega =2\pi f$

Giải chi tiết:

Biểu thức của điện áp: $u=U\sqrt{2}.\cos \left(\omega t+\phi \right)$

Tần số góc: $\omega =2\pi f=2\pi .50=100\pi \left(rad/s\right)$

Pha ban đầu bằng 0 $\Rightarrow \phi =0$

$\Rightarrow u=220\sqrt{2}cos\left(100\pi t\right)V$

Đáp án D

Phương pháp giải:

Tổng trở $Z=\sqrt{R^2+{\left(\omega L\right)}^2}$

Cường độ dòng điện hiệu dụng: $I=\frac{U}{Z}$

Độ lệch pha giữa u và i: $\tan \phi =\frac{Z_L}{R}$

Biểu thức tổng quát của cường độ dòng điện là $i=I\sqrt{2}.\cos \left(\omega t+{\phi }_i\right)$

Giải chi tiết:

Tổng trở của đoạn mạch:

$$\begin{gathered} Z=\sqrt{R^2+{\left(\omega L\right)}^2} \\ =\sqrt{{100}^2+{\left(100\pi .\frac{1}{\pi }\right)}^2}=100\sqrt{2}\Omega \end{gathered}$$

Cường độ dòng điện hiệu dụng chạy trong mạch: $I=\frac{U}{Z}=\frac{200}{100\sqrt{2}}=\sqrt{2}A$

Độ lệch pha giữa u và i: $\tan \phi =\frac{Z_L}{R}=\frac{100}{100}=1\Rightarrow \phi =\frac{\pi }{4}$

$$\begin{gathered} \Rightarrow i=I\sqrt{2}.\cos \left(\omega t+{\phi }_i\right) \\ =2.\cos \left(100\pi t-\frac{\pi }{4}\right)A \end{gathered}$$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Công thức tính công thoát: $A=\frac{hc}{{\lambda }_0}$

Giải chi tiết:

Công thoát êlectron của kim loại này là:

$A=\frac{hc}{{\lambda }_0}=\frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{{300.10}^{-9}}=6,{625.10}^{-19}J$

Đáp án A

Phương pháp giải:

Vật dao động điều hòa có phương trình li độ và vận tốc: $\left\{\begin{array}{l}x=A.\cos \left(\omega t+\phi \right)\\ v=x^{\text{'}}=\omega A.\cos \left(\omega t+\phi +\frac{\pi }{2}\right)\end{array}\right.$

Giải chi tiết:

Biểu thức li độ của vật : $x=Acos\left(2\omega t+\phi \right)$

$$\begin{gathered} \Rightarrow v=x^{\text{'}}=2\omega A.\cos \left(2\omega t+\phi +\frac{\pi }{2}\right) \\ \Rightarrow v_{\max }=2\omega A \end{gathered}$$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Mắt nhìn rõ các vật nằm trong khoảng từ cực cận đến cực viễn trước mắt, gọi là khoảng nhìn rõ của mắt.

Mắt có thể nhìn được các vật ở xa, gần trước mắt là do mắt có sự điều tiết. Khi mắt quan sát vật ở xa, thể thủy tinh xẹp xuống, khi mắt quan sát các vật ở gần mắt thì thể thủy tinh phồng lên.

Giải chi tiết:

Khi quan sát các vật dịch chuyển lại gần mắt, thể thủy tinh cong dần lên. Khi quan sát các vật dịch chuyển ra xa mắt, thể thủy tinh xẹp dần xuống.

⇒ Phát biểu đúng về sự điều tiết của mắt: Khi quan sát các vật dịch chuyển ra xa mắt thì thể thuỷ tinh của mắt xẹp dần xuống

Đáp án A

Phương pháp giải:

Điện trở tương đương của đoạn mạch nối tiếp và song song: $\left\{\begin{array}{l}{R}_{nt}=R_1+R_2\\ R_{ss}=\frac{R_1.R_2}{R_1+R_2}\end{array}\right.$

Định luật Ôm cho đoạn mạch và công thức tính công suất tiêu thụ: $\left\{\begin{array}{l}I=\frac{U}{R_{td}}\\ P=I^2.R=U.I=\frac{U^2}{R_{td}}\end{array}\right.$

Giải chi tiết:

+ Khi $R_{1}nt{R}_2$ có: $P_{nt}=4W\iff \frac{U^2}{R_1+R_2}=4W$

$\Rightarrow \frac{{12}^2}{R_1+R_2}=4\Rightarrow R_1+R_2=36\left(1\right)$

+ Khi $R_1//R_2$ có: $P_{ss}=18W\iff \frac{U^2}{\frac{R_1.R_2}{R_1+R_2}}=18W$

$\Rightarrow \frac{{12}^2.(R_1+R_2)}{R_1.R_2}=18\Rightarrow R_1.R_2=288\left(2\right)$

+ Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

$\left\{\begin{array}{l}{R}_1.R_2=288\\ R_1+R_2=36\end{array}\right.\Rightarrow \left[\begin{array}{l}{R}_1=24\Omega ;R_2=12\Omega \\ R_2=24\Omega ;R_1=12\Omega \end{array}\right.$

Đáp án D

Phương pháp giải:

Lí thuyết về điện trường:

+ Điện trường là môi trường xung quanh điện tích, gây ra lực điện lên các điện tích khác đặt trong nó. Càng gần các điện tích thì điện trường mạnh, càng xa điện tích thì điện trường càng yếu.

+ Khi trong môi trường có nhiều điện tích điểm thì điện trường là điện trường tổng hợp của các điện trường do mỗi điện tích trong đó gây ra.

Giải chi tiết:

Khi trong môi trường có nhiều điện tích điểm thì điện trường là điện trường tổng hợp của các điện trường do mỗi điện tích trong đó gây ra.

⇒ Phát biểu sai là: Xung quanh một hệ hai điện tích điểm đặt gần nhau chỉ có điện trường do một điện tích gây ra.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Chu kì của mạch LC là $T=2\pi \sqrt{LC}$

Giải chi tiết:

Chu kì của mạch LC: $T=2\pi \sqrt{LC}\Rightarrow T~\sqrt{C}$

Khi tăng điện dung của tụ điện lên 4 lần thì chu kì dao động của mạch tăng lên $\sqrt{4}=2$ lần

Đáp án A

Phương pháp giải:

Quá ttrình chuyển động của vật được chia thành hai giai đoạn:

+ Giai đoạn 1: Vật rơi tự do xuống dưới. Chọn HQC gắn với điểm treo lò xo,trục Ox thẳng đứng chiều dương hướng xuống dưới, gốc O tại vị trí cân bằng.

+ Giai đoạn 2. Lò xo bị giữ ở chính giữa, khi đó độ cứng k thay đổi, tần số góc và chu kì thay đổi, vị trí cân bằng thay đổi. Ta xác định vị trí và li độ ở hệ quy chiếu đất và vị trí cân bằng mới. Từ đó xác định biên độ mới. Sử dụng VTLG tìm vận tốc tại .

Giải chi tiết:

Độ biến dạng của lò xo tại VTCB: $\Delta l_0=\frac{mg}{k}=\frac{0,1.10}{25}=4cm$

Quá trình chuyển động của vật được chia làm hai giai đoạn:

+ Giai đoạn 1: Vật rơi tự do xuống dưới. Chọn HQC gắn với điểm treo lò xo,trục Ox thẳng đứng chiều dương hướng xuống dưới, gốc O tại vị trí cân bằng.

Vật nặng chịu tác dụng của các lực: trọng lực, lực đàn hồi của lò xo, lực quán tính $\left(F_{qt}=P\right)$

Tại vị trí cân bằng và trong quá trình rơi, vật dao động điều hòa quanh vị trí lò xo không biến dạng với biên độ $A=\Delta l_0$

Thời điểm t = 0, con lắc bắt đầu rơi thì vật đang ở biên dưới.

Tần số góc của dao động:

$\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=5{\pi }_{}\left(rad/s\right)\Rightarrow T=\frac{2\pi }{\omega }=0,4s$

Sau khoảng thời gian $t_1=0,02\sqrt{15}=\frac{\sqrt{15}}{20}T$ ứng với góc quét $\phi =\omega t_1={69}^0$

Khi đó li độ của vật là: $x_1=A.\cos {69}^0=1,4cm$

Khi đó vật có vận tốc là: $v=-\omega .\sqrt{A^2-x^2}=-58,{93}_{}(cm/s)$

+ Giai đoạn 2: Khi lò xo bị giữ ở chính giữa.

Xét trong hệ quy chiếu gắn với mặt đất, vật chịu tác dụng của 2 lực: Trọng lực và lực đàn hồi.

Độ cứng  ⇒ VTCB mới ở cách vị trí cân bằng cũ 2cm, là vị trí lò xo dãn $\Delta l=\frac{mg}{k^{\text{'}}}=2cm$

Sau thời gian t₁, vận tốc của vật nặng so với mặt đất là: $\overrightarrow{v_{13}}=\overrightarrow{v_{12}}+\overrightarrow{v_{23}}$

$\Rightarrow v_{13}=-58,93+gt=18,53cm/s$

Li độ của vật tại thời điểm t₁ trong hệ quy chiếu gắn với mặt đất là: $x_{13}=-1,4-2=-3,4cm$

Khi đó tần số góc: ${\omega }^{\text{'}}=\sqrt{\frac{k^{\text{'}}}{m}}=\sqrt{2}\omega =5\sqrt{2}\pi \left(rad/s\right)$

Khi đó vật dao động quanh vị trị O' với biên độ: $A^{\text{'}}=\sqrt{x_{13}^2+{\left(\frac{v_{13}}{{\omega }^{\text{'}}}\right)}^2}\approx 3,5cm$

Sau thời gian $\Delta t=0,07s$

Vị trí ban đầu $\alpha =acr\cos \frac{3,4}{3,5}=13,8^0$

Góc quét được $\phi =\omega \Delta t=5\sqrt{2}\pi .0,07={89}^0$

Li độ lúc đó là $x=A.\sin \left(\alpha +\phi -{90}^0\right)=0,77cm$

Vận tốc lúc đó là $v={\omega }^{\text{'}}\sqrt{{A^{\text{'}}}^2}-x^2=75,8_{}cm/s$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Từ đồ thị ta viết được các phương trình của pha ${\Phi }_N$ và ${\Phi }_M$

Khi hai vật có cùng li độ thì giải phương trình $x_1=x_2$

Giải chi tiết:

Từ đồ thị ta có ${\Phi }_N=2\pi t+\frac{\pi }{3}$ và ${\Phi }_M=2\pi t-\frac{\pi }{6}$

⇒ N nhanh pha $90°$ so với M.

+ Mỗi chu kì, hai điểm sáng gặp nhau hai lần khi pha của N nằm ở $P_{N-G1}$ và $P_{N-G2}$

+ Li độ hai điểm chung trái dấu khi pha của M và N nằm hai bên trục tung.

⇒ Sau 2 chu kì, M và N gặp nhau 4 lần và $P_N$ quét 4 cung $90°$ để M và N có li độ trái dấu.

Lần thứ 5, pha $P_N$ chạy từ $P_{N\left(0\right)}$ tới $P_{N-G2}$; trong khoảng thời gian này, $P_N$ quét thêm 1 cung $90°$ để M và N có li độ trái dấu.

Vậy tỉ số cần tìm là : $\delta =\frac{2.360+165-5.90}{5.90}=\frac{29}{30}$

Đáp án A

Phương pháp giải:

Từ đồ thị tìm được bước sóng, chu kì, vận tốc sóng. 

Viết phương trình dao động của O và phương trình dao động của M.

Tính được độ lệch pha giữa hai điểm M và O. Tìm được vận tốc của M.

Giải chi tiết:

Từ đồ thị ta thấy: $\frac{\lambda }{4}=\frac{1}{10}\Rightarrow \lambda =0,4m=40cm$

Trong thời gian 1s pha dao động truyền được: $\frac{3}{20}-\frac{1}{10}=0,05m=5cm=\frac{\lambda }{8}$

⇒ Chu kì: $T=8s$

⇒ Vận tốc sóng: $v=\frac{\lambda }{T}=\frac{40}{8}=5cm/s$

Độ lệch pha dao động của M và O là: $\Delta \phi =\frac{2\pi x}{\lambda }=\frac{2\pi \frac{11}{30}}{0,4}=\frac{11\pi }{6}$

Tại $t_1$ M chuyển động theo chiều âm do nằm trước đỉnh sóng.

Hai thời điểm $t_1$ và $t_2$ lệch nhau $\frac{1}{8}$ chu kì, ứng với góc $\frac{\pi }{4}$

Tốc độ của M tại thời điểm $t_2$ là: $v=-v_{\max }.\cos \left({15}^0\right)\approx -3,{029}_{}cm/s$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Hiệu suất truyền tải điện năng: $H=\frac{P-\Delta P}{P}$

Công suất hao phí trên đường dây: $\Delta P=\frac{P^2.R}{U}$

Giải chi tiết:

+ Hiệu suất truyền tải điện năng: $H=\frac{P-\Delta P}{P}=1-\frac{\Delta P}{P}$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{P}_1=0,9P_1+90P_0\\ P_2=0,8P_2+\left(90+n\right)P_0\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}0,9P_1=90P_0\\ 0,8P_2=\left(90+n\right)P_0\end{array}\right.\left(1\right) \end{gathered}$$

Trong đó $P_1,P_2$ lần lượt là công suất truyền đi trước và sau khi nhập thêm n máy và $P_0$ là công suất tiêu thụ mỗi máy.

+ Mặc khác $\Delta P=\frac{P^{2}R}{U}\Rightarrow \frac{\Delta P_1}{\Delta P_2}={\left(\frac{P_1}{P_2}\right)}^2$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{\Delta P_1}{\Delta P_2}=\frac{1-H_1}{1-H_2}\frac{P_1}{P_2} \\ \Rightarrow \frac{P_1}{P_2}=\frac{1-0,9}{1-0,2}=\frac{1}{2}\left(2\right) \end{gathered}$$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow n=70$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Viết biểu thức cường độ dòng điện, điện áp từ các đồ thị.

Biểu thức cường độ dòng điện trong mạch: $i=I_0.\cos \left(\omega t+\phi \right)$

Độ lệch pha giữa u và i: $\tan \phi =\tan ({\phi }_u-{\phi }_i)=\frac{Z_L-Z_C}{R}$

Tổng trở: $Z=\sqrt{R^2+{(Z_L-Z_C)}^2}$

Giải chi tiết:

+ Khi khóa K mở, mạch gồm $R,r,L,C$ nối tiếp

Từ đồ thị của điện áp, ta có: $u=U_0.cos\omega t$

Từ đồ thị cường độ dòng điện khi K mở ta có: $i=I_0.\cos \left(\omega t+{\phi }_i\right)$

Khi $t=0\Rightarrow i=1,5=\sqrt{3}.\cos {\phi }_{i1}\Rightarrow {\phi }_{i1}=\frac{\pi }{6}$

$\Rightarrow \Delta {\phi }_m={\phi }_u-{\phi }_{i1}=\frac{-\pi }{6}$

Mà $\tan \Delta {\phi }_m=\frac{Z_L-Z_C}{R+r}=\frac{-1}{\sqrt{3}}\Rightarrow Z_L-Z_C=\frac{-1}{\sqrt{3}}\left(R+r\right)$

+ Khi K đóng, mach có $r,L,C$ nối tiếp

Ta có phương trình cường độ dòng điện là $i=I_0.\cos \left(\omega t+{\phi }_{i2}\right)$

Khi $t=0\Rightarrow i=0,5I_0=I_0.\cos {\phi }_{i2}\Rightarrow {\phi }_{i2}=\frac{\pi }{3}$

$\Rightarrow \Delta {\phi }_m={\phi }_u-{\phi }_{i1}=-\frac{\pi }{3}$

Mà $\tan \Delta {\phi }_m=\frac{Z_L-Z_C}{r}=-\sqrt{3}\Rightarrow Z_L-Z_C=-\sqrt{3}r$

$$\begin{gathered} \Rightarrow Z_L-Z_C=-\sqrt{3}r=\frac{-1}{\sqrt{3}}\left(R+r\right)\Rightarrow R=2r \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{Z}_2=\sqrt{r^2+{(Z_L-Z_C)}^2}=2r\\ Z_1=\sqrt{{\left(R+r\right)}^2+{(Z_L-Z_C)}^2}=2\sqrt{3}r\end{array}\right. \\ \left\{\begin{array}{l}{I}_{01}=\frac{U_0}{Z_1}\\ I_{02}=\frac{U_0}{Z_2}\end{array}\right.\Rightarrow \frac{I_{01}}{I_{02}}=\frac{Z_2}{Z_1}=\frac{1}{\sqrt{3}} \\ \Rightarrow I_{02}=I_0=3A \end{gathered}$$

Đáp án D

Phương pháp giải:

Từ đồ thị viết phương trình dao động $x_1;x_2$

Sử dụng máy tính Casio Fx 570 VN để cộng hai dao động.

Giải chi tiết:

Từ đồ thị, tá viết được phương trình hai dao động: $\left\{\begin{array}{l}{x}_1=3.\cos \left(\omega t-\frac{\pi }{2}\right)cm\\ x_2=2.\cos \left(\omega t+\frac{\pi }{2}\right)cm\end{array}\right.$

$$\begin{gathered} \Rightarrow x=x_1+x_2=3\angle \frac{-\pi }{2}+2\angle \frac{\pi }{2} \\ =1\angle \frac{-\pi }{2}=1.\cos \left(\omega t-\frac{\pi }{2}\right)cm \end{gathered}$$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng và định luật bảo toàn năng lượng toàn phần:

$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{p_{tr}}=\overrightarrow{p_s}\\ K_{\alpha }+\Delta E=K_O\end{array}\right.$

Với $\Delta E=\left(m_{tr}-m_s\right).c^2$ và $p=\sqrt{2mK}$

Giải chi tiết:

Ban đầu hạt N đứng yên, nên N có động lượng bằng 0.

Lúc sau, hạt X sinh ra đứng yên, nên X có động lượng bằng 0.

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có:

$\overrightarrow{p_{tr}}=\overrightarrow{p_s}\iff \overrightarrow{p_{\alpha }}=\overrightarrow{p_O}\Rightarrow p_{\alpha }=p_O$

$\iff \sqrt{2m_{\alpha }.K}=\sqrt{2m_O.K_O}\Rightarrow K_O=\frac{4}{17}K$