Phương pháp: 

Hiện tượng ánh sáng làm bật các electron ra khỏi bề mặt kim loại gọi là hiện tượng quang điện ngoài, thường gọi tắt là hiện tượng quang điện. Các electron bị bật ra khỏi bề mặt kim loại khi bị chiếu sáng gọi là quang electron. 

Cách giải: 

Hiện tượng quang điện ngoài là hiện tượng electron bị bứt ra khỏi kim loại khi chiếu vào tấm kim loại này một bức xạ điện từ có bước sóng thích hợp. 

Chọn A. 

Phương pháp: 

Vận dụng lí thuyết về máy phát điện xoay chiều một pha. 

Cách giải: 

Máy phát điện xoay chiều một pha hoạt động dựa trên hiện tượng cảm ứng điện từ.

Chọn C. 

Phương pháp: 

Điện lưới quốc gia Việt Nam:   $\left\{\begin{array}{l}U=220V\\ f=50Hz\end{array}\right.$

Cách giải: 

Mạng điện dân dụng Việt Nam có tần số   $f=50Hz$

⇒ Chu kì:   $T=\frac{1}{50}=0,02s$

Chọn D. 

Phương pháp: 

1 - Micrô: Tạo ra dao động điện âm tần 

2 - Mạch phát cao tần: Phát dao động điện từ tần số cao (cỡ MHz) 

3 - Mạch biến điệu: Trộn dao động điện từ cao tần với dao động điện từ âm tần. 

4 - Mạch khuyếch đại: Khuyếch đại dao động điện từ cao tần đã được biến điệu. 

5 - Anten phát: Tạo ra sóng điện từ cao tần lan truyền trong không gian. 

Cách giải: 

Trộn sóng âm tần với sóng mang là biến điệu sóng điện từ.

Chọn B. 

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính lực điện:  $\overrightarrow{F}=q\overrightarrow{E}$ 

Cách giải: 

Lực điện tác dụng lên điện tích điểm:  $\overrightarrow{F}=q\overrightarrow{E}$

Chọn D. 

Phương pháp: 

Sử dụng lí thuyết về đặc trưng sinh lí của âm. 

Cách giải: 

Âm sắc là đặc trưng sinh lí của âm liên quan mật thiết vào đồ thị âm. 

Chọn D. 

Phương pháp: 

Sử dụng lí thuyết về các loại dao động. 

Cách giải: 

Dao động của con lắc đồng hồ là dao động duy trì. 

Chọn C. 

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính cơ năng:   $W=\frac{1}{2}k{A}^2$

Cách giải: 

Cơ năng dao động của con lắc là:   $W=\frac{1}{2}k{A}^2=\frac{1}{2}\mathrm{.100.}{(0,1)}^2=0,5J$

Chọn B. 

Phương pháp: 

Sử dụng lí thuyết về các loại tia. 

Cách giải: 

Khi bị nung nóng đến 3000⁰C thì thanh Vonfram phát ra các bức xạ hồng ngoại, ánh sáng nhìn thấy và tia tử ngoại. 

Chọn B. 

Phương pháp: 

Phương trình dao động điều hòa:   $x=A.\cos (\omega t+\phi )$

Trong đó: φ là pha ban đầu của dao động. 

Cách giải: 

Phương trình dao động điều hòa:   $x=5\cos \left(4\pi t-\frac{\pi }{4}\right)cm$

Pha ban đầu của dao động:   $\phi =-\frac{\pi }{4}rad$

Chọn A. 

Phương pháp: 

+ Sử dụng biểu thức tính tần số góc:   $\omega =\sqrt{\frac{l}{g}}$

+ Sử dụng biểu thức tính tốc cực đại:   $v_{\max }=\omega S_0=\omega l{\alpha }_0$

Cách giải: 

+ Tần số góc:   $\omega =\sqrt{\frac{g}{l}}=\sqrt{\frac{9,8}{0,8}}=3,5rad\text{/}s$

+ Tốc độc cực đại:   $v_{\max }=\omega S_0=\omega l{\alpha }_0\Rightarrow {\alpha }_0=\frac{v_{\max }}{\omega l}=\frac{0,21}{3,5.0,8}=0,075rad=4,3^0$

Chọn C. 

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính bước sóng:   $\lambda =\frac{c}{f}=cT$

Cách giải: 

Hệ thức liên hệ giữa tần số và bước sóng:   $\lambda =\frac{c}{f}\Rightarrow f=\frac{c}{\lambda }$

Chọn B. 

Phương pháp: 

+ Đọc phương trình u,i 

+ Công thức xác định độ lệch pha giữa u và i:   $\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}$

Cách giải: 

Ta có:    $\left\{\begin{array}{l}u=U_0\cos \left(\omega t-\frac{\pi }{6}\right)\\ i=I_0\cos \omega t\end{array}\right.$

Độ lệch pha của u so với i: $\phi ={\phi }_u-{\phi }_i=-\frac{\pi }{6}\Rightarrow$  u trễ pha hơn sơ với i

  $\Rightarrow \tan \phi <0\Rightarrow Z_L-Z_C<0\Rightarrow Z_L<Z_C$

Chọn A. 

Phương pháp: 

Vận dụng lí thuyết về dòng điện trong các môi trường.

Cách giải: 

Hạt tải điện trong chất điện phân là các ion.

Chọn A. 

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính cảm kháng:  $Z_L=\omega L$ 

Cách giải: 

Cảm kháng của cuộn dây:   $Z_L=\omega L=2\pi f.L\Rightarrow Z_L~f$

⇒ Khi tăng tần số lên 2 lần thì cảm kháng tăng 2 lần.

Chọn B.

Phương pháp: 

Ánh sáng đơn sắc là ánh sáng có màu xác định, chỉ bị lệch mà không bị tán sắc khi đi qua lăng kính.

Cách giải: 

Chiếu ánh sáng đơn sắc đến lăng kính thì ánh sáng không bị tán sắc khi đi qua lăng kính nhưng bị lệch phương truyền. 

Chọn C. 

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính công thoát của kim loại:   $A=\frac{hc}{{\lambda }_0}$

Cách giải: 

Công thoát của kim loại:   $A=\frac{hc}{{\lambda }_0}$

Chọn C. 

Phương pháp: 

Biểu thức của q,i,u:  $\left\{\begin{array}{l}q=Q_0.\cos (\omega t+\phi )\\ i=\omega Q_0.\cos \left(\omega t+\phi +\frac{\pi }{2}\right)\\ u=\frac{Q_0}{C}.\cos (\omega t+\phi )\end{array}\right.$ 

Cách giải: 

Trong dao động điện từ của mạch LC lí tưởng, u và q biến thiên điều hòa cùng tần số và cùng pha.

Chọn C. 

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính tần số dao động của con lắc đơn:   $f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{g}{l}}$

Cách giải: 

Tần số dao động của con lắc đơn:   $f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{g}{l}}=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{10}{1}}=\frac{1}{2}Hz=0,5Hz$

Chọn A. 

Phương pháp: 

Công thức tính tần số của dòng điện xoay chiều:  $f=np$ 

Trong đó p là số cặp cực; n (vòng/s) là tốc độ quay của roto. 

Cách giải: 

Dòng điện sinh ra có tần số:   $f=np=12,5.4=50Hz$

Chọn D. 

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức sóng dừng trên dây 2 đầu cố định:   $l=k\frac{\lambda }{2}$

Trong đó: Số bụng sóng = k; Số nút sóng = k + 1.

Cách giải: 

Điều kiện có sóng dừng trên dây hai đầu cố định:    $l=k\frac{\lambda }{2}$

Trên dây có sóng dừng với 3 bụng sóng ⇒  k = 3 

  $\Rightarrow 60=3\cdot \frac{\lambda }{2}\Rightarrow \lambda =\frac{2.60}{3}=40cm$

Chọn D. 

Phương pháp: 

Sử dụng lí thuyết về cường độ dòng điện. 

Cách giải: 

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

Trong đó: I₀ là cường độ dòng điện cực đại.  

Chọn A. 

Phương pháp: 

+ Khoảng vân là khoảng cách giữa hai vân sáng hoặc hai vân tối canh nhau.

+ Khoảng vân:    $i=\frac{\lambda D}{a}$

Cách giải: 

Khoảng cách giữa 2 vân sáng liên tiếp bằng:   $i=\frac{\lambda D}{a}$

Chọn C. 

Phương pháp: 

+ Sử dụng phương trình tổng hợp dao động điều hòa:   $x=x_1+x_2=A_1\angle {\phi }_1+A_2\angle {\phi }_2$

+ Sử dụng công thức độc lập:   $A^2=x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}$

Cách giải: 

+ Phương trình dao động tổng hợp của hai dao động:

 $x=x_1+x_2=8\angle -\frac{\pi }{6}+7\angle \frac{\pi }{6}=13\angle -0,0385$ 

⇒ Biên độ dao động tổng hợp là A = 13 cm

+ Khi vật cách vị trí cân bằng 5cm tức là li độ:  $x=\pm 5cm$ 

Áp dụng công thức độc lập với thời gian ta có: 

 $x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}=A^2\iff 5^2+\frac{v^2}{{10}^2}={13}^2\Rightarrow v=\pm 120cm\text{/s}$ 

Vậy khi vật cách vị trí cân bằng 5cm thì có tốc độ 1,2m/s

Chọn A. 

Phương pháp: 

+ Tốc độ truyền âm trong các môi trường:  $v_R>v_L>v_K$  

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

Cách giải: 

Khi sóng âm truyền từ không khí vào nước thì: 

+ Tần số không thay đổi. 

+ Vận tốc tăng. 

+ Bước sóng tăng. 

Chọn B. 

Phương pháp: 

Vận dụng biểu thức tính cảm ứng từ do dây dẫn thẳng dài gây ra:   $B={2.10}^{-7}\frac{I}{r}$

Cách giải: 

Ta có:    $\left\{\begin{array}{l}{B}_M={2.10}^{-7}\frac{I}{r}=B\\ B_N={2.10}^{-7}\frac{I}{2r}=\frac{B}{2}\end{array}\right.$

Chọn C. 

Phương pháp: 

+ Đọc phương trình u – t 

+ Sử dụng biểu thức:   $\Delta \phi =\frac{2\pi x}{\lambda }$

+ Sử dụng biểu thức:   $v=\lambda f$

Cách giải: 

Từ phương trình sóng cơ ta có:   $0,02\pi x=\frac{2\pi x}{\lambda }\Rightarrow \lambda =100cm$

Tốc độ truyền sóng là:   $v=\lambda .f=\lambda .\frac{\omega }{2\pi }=100\cdot \frac{4\pi }{2\pi }=200cm\text{/s}$

Chọn B. 

Phương pháp: 

Nhiệt lượng tỏa ra:  $Q=I^{2}Rt$ 

Cách giải: 

Biểu thức điện áp:  $u=200\cos \left(100\pi t\right)V$ 

 $\Rightarrow U=\frac{U_0}{\sqrt{2}}=\frac{200}{\sqrt{2}}=100\sqrt{2}V$ 

Nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở là:  

 $Q=I^{2}Rt=\frac{U^2}{R}t=\frac{{\left(100\sqrt{2}\right)}^2}{100}\cdot 60=12000J=12kJ$ 

Chọn D. 

Phương pháp: 

+ Đọc phương trình dao động 

+ Sử dụng công thức tính độ dãn của lò xo tại vị trí cân bằng:  $\Delta l=\frac{mg}{k}=\frac{g}{{\omega }^2}$ 

Cách giải: + Biên độ dao động:   $\Delta l=\frac{g}{{\omega }^2}=\frac{10}{{\left(5\pi \right)}^2}=0,04m=4cm$ + Độ dãn của lò xo tại vị trí cân bằng:    ⇒ Khi lên đến vị trí cao nhất thì lò xo bị nén 1cm.  Chọn C.

+ Sử dụng biểu thức tính vị trí vân sáng:   $x_s=ki$

+ Vị trí vân tối:   $x_t=(2k+1)\frac{i}{2}$

+ Sử dụng biểu thức:   $s=vt$

Cách giải: 

Ban đầu, khi khoảng cách từ màn tới hai khe:   $D=2,4m$

Vị trí của điểm H:  $x_H=3i=3\frac{\lambda .2,4}{a}\text{ (2)}$ 

Khi màn dịch chuyển lại gần mặt phẳng chứa hai khe:

H trùng với vân tối lần thứ 5 khi:   $x_H=7,5\frac{\lambda (D-x)}{a}\text{ (2)}$

Với x là quãng đường dịch chuyển của màn. 

Từ (1) và (2) ta suy ra:  $3\frac{\lambda .2,4}{a}=7,5\frac{\lambda (2,4-x)}{a}\Rightarrow x=1,44m=144cm$ 

Thời gian di chuyển cần tìm:  $t=\frac{x}{v}=\frac{144}{12}=12s$ 

Chọn B. 

Phương pháp: 

+ Sử dụng công thức tính khoảng cách:   $d^2=\Delta x^2+\Delta u^2$

+ Đọc đồ thị  

Cách giải: 

+ Bình phương khoảng cách giữa 2 điểm M, N:   $d^2=\Delta x^2+\Delta u^2$

Từ đồ thị ta có:   $\left\{\begin{array}{l}{d}_{\max }^2=75=\Delta x^2+\Delta u_{\max }^2\\ d_{\min }^2=25=\Delta x^2+\Delta u_{\min }^2\end{array}\right.$

Lại có:  $\left\{\begin{array}{l}{u}_M=Acos\omega t\\ u_N=Acos(\omega t-\phi )\end{array}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\Delta u_{\min }=0\\ \Delta u_{\max }^2=2A^2+2A^2\cos \phi \end{array}\right.\right.$  $\Rightarrow \Delta u_{\max }^2-\Delta u_{\min }^2=75-25=50c{m}^2$ 

 $\Rightarrow \Delta x^2=M{N}^2=d_{\min }^2=25\Rightarrow MN=5cm$ và  $\Delta u_{\max }=5\sqrt{2}cm$ 

Tại thời điểm ban đầu ta có:   $\left\{\begin{array}{l}{u}_M=A\\ u_N=A\cos (-\phi )\end{array}\Rightarrow \Delta u=A-A\cos (-\phi )=5\right. \left(1\right)$

$\Delta u_{\max }^2=2A^2+2A^2\cos \phi =5\text{0 (2)}$

Từ (1) và (2) ta suy ra:   $\left\{\begin{array}{l}A=5cm\\ \cos \phi =0\Rightarrow \phi =\frac{\pi }{2}\end{array}\right.$

Lại có:   $\phi =\frac{2\pi MN}{\lambda }\Rightarrow \lambda =20cm$

Từ đồ thị ta có:  $0,125=\frac{5T}{8}\Rightarrow T=0,2s$ 

Vậy:  

+ Tốc độ dao động cực đại của một điểm trên dây:   $v_{\max }=A\omega =50\pi (cm\text{/s)}$

+ Tốc độ truyền sóng:   $v=\frac{\lambda }{T}=\frac{20}{0,2}=100cm\text{/}s$

⇒ Tốc độ truyền sóng và tốc độ dao động cực đại của một điểm trên dây có giá trị lệch nhau:

$50\pi -100=57,079cm\text{/s}$ 

Chọn C.  

Phương pháp: 

+ Sử dụng biểu thức định luật ôm:   $I=\frac{U}{Z}$

+ Công thức tính hệ số công suất:   $\cos \phi =\frac{R}{Z}$

Cách giải: 

+ Tổng trở của mạch điện:   $Z=\frac{U}{I}=\frac{200}{2}=100\Omega$

+ Độ lệch pha của u so với i: $\phi =-\frac{\pi }{3}$  

Mà   $\cos \phi =\frac{R}{Z}\Rightarrow R=Z.\cos \phi =100.\cos \left(-\frac{\pi }{3}\right)=50\Omega$

Chọn B. 

Phương pháp: 

+ Sử dụng công thức độc lập:  $A^2=x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}$ 

+ Sử dụng biểu thức của chuyển động biến đổi đều:    $\left\{\begin{array}{l}v=v_0+at\\ s=v_{0}t+\frac{1}{2}a{t}^2\end{array}\right.$

Cách giải: 

+ Khi chất điểm có tốc độ  $v=30\pi \sqrt{2}cm\text{/}s,$ áp dụng công thức độc lập ta có:  $x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}=A^2\Rightarrow \left|x\right|=6\sqrt{2}cm$ 

+ Phương trình vận tốc của điểm sáng:  $v=at$ 

Từ thời điểm ban đầu, chất điểm có tốc độ dao động bằng  $30\pi \sqrt{2}cm\text{/s}$ ssau khoảng thời gian  $\Delta t=\frac{9T}{8}=0,45s$  

Khi đó  $v=a.\Delta t=30\pi \sqrt{2}\Rightarrow a=\frac{200\pi \sqrt{2}}{3}c{\text{m/s}}^{\text{2}}$ 

+ Ở thời điểm t = 0,5s: 

Điểm sáng đi được quãng đường là:  $s=\frac{1}{2}a{t}^2=\frac{1}{2}\cdot \frac{200\pi \sqrt{2}}{3}0,5^2=37,024cm$ 

Chất điểm đang ở li độ:   $x=A=12cm$

Khi đó, điểm sáng và chất điểm cách nhau một đoạn:  $\Delta s=s-x=37,024-24=13,024cm$ 

Chọn C. 

Phương pháp: 

+ Sử dụng biểu thức tính năng lượng của photon:   $\epsilon =\frac{hc}{\lambda }$

+ Sử dụng biểu thức:  $P=\frac{n\epsilon }{t}$   

Cách giải: 

+ Năng lượng của một photon:   $\epsilon =\frac{hc}{\lambda }=\frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{0,{6.10}^{-6}}=3,{3125.10}^{-19}J$

+ Mỗi giây, nguồn phát ra số photon là:   $n=\frac{P}{\epsilon }=\frac{0,53}{3,{3125.10}^{-19}}=1,{6.10}^{18}$

Ánh sáng truyền đẳng hướng. Thời gian ánh sáng truyền trong bán kính 9m là:   $t=\frac{s}{v}=\frac{9}{{3.10}^8}={3.10}^{-8}s$

⇒ Số photon có trong hình cầu tâm O bán kính 9m là:   $N=1,{6.10}^{-18}{\mathrm{.3.10}}^{-8}=4,{8.10}^{10}$

Chọn D. 

Phương pháp: 

+ Vận dụng bài toán L biến thiên để U_Lmax 

+ Sử dụng giản đồ véc tơ 

+ Sử dụng biểu thức tính công suất:  $P=UI\cos \phi$ 

Cách giải:  Khi  $L=L_0$ điện áp hiệu dụng trên cuộn cảm đạt cực đại, khi đó:    $u_{RC}\perp u$  Lại có:  $u=u_R+u_L+u_C=u_{RC}+u_L$  Từ đồ thị, ta có:   Tại thời điểm  $t_1:\left\{\begin{array}{l}{u}_1=60\sqrt{6}V\\ u_{L_1}=0\end{array}\Rightarrow u_{R{C}_1}=60\sqrt{6}V\right.$  Tại thời điểm  $t_1:\left\{\begin{array}{l}{u}_2=0V\\ u_{L_2}=-120\sqrt{6}V\end{array}\Rightarrow u_{R{C}_2}=120\sqrt{6}V\right.$

Do  $u_{RC}\perp u\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{\left(\frac{u_{R{C}_1}}{U_{0RC}}\right)}^2+{\left(\frac{u_1}{U_0}\right)}^2=1\\ {\left(\frac{u_{R{C}_2}}{U_{0RC}}\right)}^2+{\left(\frac{u_2}{U_0}\right)}^2=1\end{array}\right.$   $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{\left(\frac{60\sqrt{6}}{U_{0RC}}\right)}^2+{\left(\frac{60\sqrt{6}}{U_0}\right)}^2=1\\ {\left(\frac{120\sqrt{6}}{U_{0RC}}\right)}^2+{\left(\frac{0}{U_0}\right)}^2=1\end{array}\right.$ 

Ta có giản đồ: Từ giản đồ, ta có:        $\cos \beta =\frac{U_{RC}}{U_{L\max }}=\frac{U_C}{U_{RC}}\Rightarrow U_C=180V$ $\cos \alpha =\frac{U}{U_{L\max }}=\frac{120}{240}=\frac{1}{2}\Rightarrow \alpha =\frac{\pi }{3}$   Góc quét từ thời điểm t1 → t2 tương ứng với độ lệch pha giữa u và uL   $\iff \omega .\Delta t=\alpha =\frac{\pi }{3}\Rightarrow \omega =\frac{\alpha }{\Delta t}=120\pi (rad\text{/s)}$ $\Rightarrow Z_C=\frac{1}{\omega C}=100\Omega \Rightarrow I=\frac{U_C}{Z_C}=1,8A$    Độ lệch pha của u so với i:  $\phi =\frac{\pi }{2}-\alpha =\frac{\pi }{6}$

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch là:  $P=UI\cos \phi =120.1,8.\cos \frac{\pi }{6}=108\sqrt{3}W$ 

Chọn D. 

Phương pháp: 

Vận dụng công thức tính hiệu mức cường độ âm:   $L_2-L_1=10\log \frac{I_2}{I_1}$

Cách giải: 

Ta có:   $L_M-L_N=10\log \frac{I_M}{I_N}\iff 80-40=10\log \frac{I_M}{I_N}\Rightarrow \frac{I_M}{I_N}={10}^4$

Chọn A. 

Phương pháp: 

+ Sử dụng công thức tính bước sóng:   $\lambda =\frac{v}{f}$

+ Sử dụng công thức tính số cực đại giữa 2 nguồn cùng pha:   $-\frac{l}{\lambda }<k<\frac{l}{\lambda }$

+ Vận dụng hệ sóng dừng. 

Cách giải: 

+ Bước sóng:   $\lambda =\frac{v}{f}=\frac{60}{20}=3cm$

Xét điểm M trên AB có  $AM=d_1\text{; }BM=d_2$ 

Ta có:   $\left\{\begin{array}{l}{u}_{1M}=a\cos \left(\omega t-\frac{2\pi d_1}{\lambda }\right)\\ u_{2M}=a\cos \left(\omega t-\frac{2\pi d_2}{\lambda }\right)\end{array}\right.$ 

 $\Rightarrow u_M=u_{1M}+u_{2M}=2\cos \left[\frac{\pi \left(d_2-d_1\right)}{\lambda }\right]\cdot \cos \left[\omega t-\frac{\pi \left(d_1+d_2\right)}{\lambda }\right]$ 

Để M là điểm dao động với biên độ cực đại:  $d_2-d_1=k\lambda \text{ (1)}$ 

Ta có số cực đại về mỗi phía của vân trung tâm là 7 

Do đó có 8 giá trị của k 

Vì hai nguồn đồng pha nên trung điểm 0 của AB là một cực đại 

Mặt khác chứng minh được dao động tại O có phương trình:  $u_O=2a\cos \left(\omega t-\frac{\pi \left(d_1+d_2\right)}{\lambda }\right),$ 

Sử dụng sự tương tự với hiện tượng sóng dừng sẽ thấy các cực đại thứ 1, 3, 5, 7 ở mỗi bên sẽ ngược pha với O ⇒ 8 điểm. 

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính hiệu suất:   $H=\frac{R}{R+r}.100\%$ 

Cách giải: 

+ Khi mắc vào mạch điện một điện trở R thì:  $H_1=\frac{R}{R+r}=0,8\Rightarrow r=\frac{R}{4}\text{ (1)}$ 

+ Khi mắc vào mạch điện một điện trở 3R thì:   $H_2=\frac{3R}{3R+r^{\text{'}}}=0,96\Rightarrow r^{\text{'}}=\frac{R}{8}\text{ (2)}$

Từ (1) và (2) ta suy ra:   $\frac{r}{r^{\text{'}}}=\frac{\frac{R}{4}}{\frac{R}{8}}=2$

Chọn A. 

Phương pháp: 

+ Sử dụng công thức tính lực tương tác tĩnh điện:   $F=k\frac{\left|q_1{q}_2\right|}{\epsilon r^2}$

+ Sử dụng công thức tính lực hướng tâm:   $F_{ht}=m{a}_{ht}=m\frac{v^2}{r}$

Cách giải: 

Ta có, lực điện đóng vai trò là lực hướng tâm, khi đó:$F_d=m{a}_{ht}\iff k\frac{e^2}{\epsilon r_n^2}=m\frac{v^2}{r_n}\Rightarrow v_n=\sqrt{k\frac{e^2}{\epsilon r_n}}$

Ta có:  $v_1=v=\sqrt{k\frac{e^2}{\epsilon r_0}}$ (ứng với quỹ đạo K)

Khi chuyển lên quỹ đạo M:   $v_3=\sqrt{k\frac{e^2}{\epsilon .9r_0}}=\frac{v}{3}$ 

Chọn D.