Phương pháp: 

+ Khoảng cách giữa 2 lần dây duỗi thẳng: \[\frac{T}{2}\]

+ Sử dụng biểu thức sóng dừng trên dây 1 đầu cố định, 1 đầu tự do: \[l = (2k + 1)\frac{\lambda }{4}\]

Trong đó số nút sóng = số bụng sóng = k + 1. 

+ Sử dụng biểu thức tính vận tốc truyền sóng trên dây: \[v = \frac{\lambda }{T}\]

Cách giải: 

+ Khoảng thời gian giữa 6 lần liên tiếp sợi dây duỗi thẳng là: \[\frac{{5T}}{2} = 0,25 \Rightarrow T = 0\]

+ Điều kiện có sóng dừng: \[l = (2k + 1)\frac{\lambda }{4}\]

Có 8 nút song $\Rightarrow k=8-1=7\Rightarrow l=(2.7+1)\frac{\lambda }{4}\Rightarrow \lambda \mathrm{ }=\frac{4}{15}\cdot l=\frac{4}{15}\cdot 90=0,24m$

Tốc độ truyền sóng trên dây: \[v = \frac{\lambda }{T} = \frac{{0,24}}{{0,1}} = 2,4m{\rm{/}}s\]

Chọn B.

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

Hạt tải điện trong chất điện phân là ion dương và ion âm. 

Chọn C.

Phương pháp: 

Sử dụng lí thuyết về hiện tượng tán sắc ánh sáng. 

Cách giải: 

Chùm sáng hẹp khi đi qua lăng kính mà không bị tán sắc thì chứng tỏ ánh sáng được sử dụng là ánh sáng đơn sắc. 

Chọn D.

Phương pháp: 

Vận tốc truyền âm trong các môi trường: \[{v_r} > {v_l} > {v_k}\]

Cách giải: 

Ta có vận tốc truyền âm trong các môi trường: \[{v_r} > {v_l} > {v_k}\]

⇒ Tốc độ truyền âm trong khí ôxi là nhỏ nhất trong các môi trường trên. 

Chọn A.

Phương pháp: 

Sử dụng lí thuyết về các loại dao động 

Cách giải: 

Dao động tắt dần là dao động có biên độ giảm dần theo thời gian.

Chọn C. 

Phương pháp: 

Sử dụng điều kiện xảy ra hiện tượng quang điện: $\lambda \mathrm{ }\le {\lambda }_0$ hay ε ≥ A

Cách giải: 

Ta có, hiện tượng quang điện xảy ra đối với kim loại đó nếu $\lambda \mathrm{ }\le {\lambda }_0$ hay ε ≥ A

Chọn B.

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính chu kì dao động của con lắc lò xo: \[T = 2\pi \sqrt {\frac{m}{k}} \]

Cách giải: 

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{T}_1=2\pi \sqrt{\frac{{\displaystyle m_1}}{{\displaystyle k}}}=2s\\ T_2=2\pi \sqrt{\frac{{\displaystyle m_2}}{{\displaystyle k}}}\mathrm{ }=1s\end{array}\right.$ $\Rightarrow \frac{T_2}{T_1}=\sqrt{\frac{m_2}{m_1}}\mathrm{ }=\frac{1}{2}\Rightarrow m_2=\frac{m_1}{4}=\frac{200}{4}=50g$

Chọn D. 

Phương pháp: 

Vận dụng lí thuyết về hiện tượng quang điện trong. 

Cách giải: 

Hiện tượng được giải thích dựa vào hiện tượng quang điện trong là hiện tượng điện trở suất của một chất quang dẫn giảm mạnh khi được chiếu sáng. 

Chọn B.

Phương pháp: 

Tiên đề về sự bức xạ và hấp thụ năng lượng: $\epsilon \mathrm{ }=E_{cao}-E_{thap}$

Cách giải: 

Nguyên tử cần hấp thụ một photon có năng lượng bằng: 

$\epsilon \mathrm{ }=E_N-E_K\mathrm{ }-\frac{13,6}{4^2}-(-\frac{13,6}{1^2})=10,2eV$ 

Chọn D.

Phương pháp: 

+ Sử dụng biểu thức tính khoảng vân: \[i = \frac{{\lambda D}}{a}\]

+ Sử dụng biểu thức xác định vị trí vân sáng: \[{x_S} = ki\]  

Cách giải:

Vị trí vân sáng bậc 3: \[{x_{{S_3}}} = 3i = 3\frac{{\lambda D}}{a} = 3\frac{{\lambda {{.10}^3}a}}{a} = {3.10^3}\lambda \]

Chọn D.

Phương pháp: 

Vận dụng lí thuyết về các loại quang phổ. 

Cách giải: 

A – sai vì quang phổ liên tục do các chất rắn, lỏng, khí ở nhiệt độ cao phát ra và là dải màu biến thiên liên tục  từ đỏ đến tím. 

B, C, D - đúng 

Chọn A.

Phương pháp: 

Vận dụng lí thuyết về các loại tia. 

Cách giải: 

Khi ta nung nóng một kim loại ở nhiệt độ cao các bức xạ có thể phát ra là: tia hồng ngoại, ánh sáng nhìn thấy và tia tử ngoại. Bức xạ không thể có là tia X. 

Do nguồn gốc của tia X: Chùm electron có năng luợng lớn đập vào kim loại nguyên tử lượng lớn → làm phát ra tia X 

Chọn A.

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính cảm ứng từ tại tâm của dòng điện tròn: \[B = 2\pi {.10^{ - 7}}\frac{I}{r}\]

Cách giải: 

Cảm ứng từ tại tâm của dòng điện tròn: \[B = 2\pi {.10^{ - 7}}\frac{I}{r}\]

Thay số ta được: \[B = 2\pi {.10^{ - 7}}\frac{{10}}{{0,2}} = \pi {.10^{ - 5}}T\]

Chọn D.

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính dung kháng: \[{Z_C} = \frac{1}{{\omega C}}\]

Cách giải: 

Dung kháng của tụ điện: \[{Z_C} = \frac{1}{{\omega C}}\]

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính bước sóng: $\lambda \mathrm{ }=\frac{v}{f}=v.T$

Cách giải: 

Bước sóng có giá trị bằng: $\lambda \mathrm{ }=\frac{v}{f}=v.T$

Chọn D.

Phương pháp: 

+ Sử dụng biểu thức \[{I_0} = \sqrt {\frac{C}{L}} {U_0}\]

+ Sử dụng biểu thức tính giá trị hiệu dụng: \[I = \frac{{{I_0}}}{{\sqrt 2 }}\]

Cách giải: 

Ta có:  $I_0=\sqrt{\frac{C}{L}}{U}_0=\sqrt{\frac{12\cdot {10}^{-9}}{4\cdot {10}^{-6}}}\mathrm{ }\cdot 6=0,6\sqrt{\frac{3}{10}}A\Rightarrow I=\frac{I_0}{\sqrt{2}}=0,23237A=232,37mA$

Chọn D.

Phương pháp: 

Biên độ dao động tổng hợp: \[A = \sqrt {A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}\cos \Delta \varphi } \]

Cách giải: 

Biên độ dao động tổng hợp: \[A = \sqrt {A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}\cos \Delta \varphi } \]

Hai dao động cùng pha có $\mathrm{\Delta }\phi \mathrm{ }=2k\pi \mathrm{ }\Rightarrow A=A_1+A_2$

Chọn B.

Phương pháp: 

Độ lệch pha của u so với i: $\tan \phi \mathrm{ }=\frac{Z_L-Z_C}{R}=\frac{U_L-U_C}{U_R}$

Cách giải: 

Theo bài ra ta có: $U_L=\sqrt{3}{U}_R$

Độ lệch pha giữa u và i: $\tan \phi \mathrm{ }=\frac{Z_L}{R}=\frac{U_L}{U_R}=\sqrt{3}\mathrm{ }\Rightarrow \phi \mathrm{ }=\frac{\pi }{3}\Rightarrow {\phi }_u-{\phi }_i=\frac{\pi }{3}$

⇒ u nhanh pha hơn i một góc \[\frac{\pi }{3}\]  hay i trễ pha hơn u một góc 3\[\frac{\pi }{3}\]

Phương pháp: 

Sử dụng điều kiện giao thoa sóng cơ học.

Cách giải:

Để hai sóng có thể giao thoa được với nhau thì chúng phải xuất phát từ hai nguồn kết hợp là hai nguồn có cùng phương, cùng tần số và có độ lệch pha không thay đổi theo thời gian. 

Chọn D.

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức xác định 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 là: \[f = \frac{1}{{2\pi }}\sqrt {\frac{g}{l}} \]

Phương pháp: 

Tần số của máy phát điện xoay chiều một pha: \[f = np\]

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

Cách giải: 

Ta có: n vòng/giờ \[ = \frac{n}{{3600}}\] vòng/s

⇒ Từ thông qua mỗi cuộn dây của stato biến thiên tuần hoàn với tần số: \[f = \frac{{np}}{{3600}}(Hz)\]

Chọn C.

Phương pháp: 

Vận dụng lí thuyết về thu phát sóng điện từ 

Cách giải: 

Bộ phận trong máy phát thanh vô tuyến dùng để biến đổi trực tiếp dao động âm thành dao động điện có cùng tần số là micro. 

Chọn D.

Phương pháp: 

Công thức liên hệ giữa gia tốc và li độ: $a=\mathrm{ }-{\omega }^{2}x$

Cách giải: 

Gia tốc của vật có giá trị cực đại: \[{a_{\max }} = {\omega ^2}A\]

Phương pháp: 

+ Vận dụng biểu thức tính công suất hao phí: \[\Delta P = \frac{{{P^2}}}{{{U^2}{{\cos }^2}\varphi }}R\]  

+ Sử dụng biểu thức của máy biến áp lí tưởng: \[\frac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \frac{{{N_1}}}{{{N_2}}}\]

Cách giải: 

Công suất hao phí:  \[\Delta P = \frac{{{P^2}}}{{{U^2}{{\cos }^2}\varphi }}R \Rightarrow \Delta P \sim \frac{1}{{{U^2}}}\]

Để công suất hao phí giảm 2500 lần thì hiệu điện thế tăng $\sqrt{2500}\mathrm{ }=50$ lần

\[ \Rightarrow \frac{{{U_2}}}{{{U_1}}} = 50 \Rightarrow \frac{{{N_2}}}{{{N_1}}} = 50\]

Chọn B.

Phương pháp: 

Công thức tính tần số của mạch dao động: \[f = \frac{1}{{2\pi \sqrt {LC} }}\]

Cách giải: 

Từ công thức tính tần số: \[f = \frac{1}{{2\pi \sqrt {LC} }} \Rightarrow C = \frac{1}{{4{\pi ^2}{f^2}.L}}\]

\[ \Rightarrow C = \frac{1}{{4{\pi ^2}.{{\left( {{{100.10}^6}} \right)}^2}{{.0,5.10}^{ - 6}}}} = {5,066.10^{ - 12}}F = 5,066pF\]

Chọn A.

Phương pháp: 

Công thức liên hệ giữa hiệu điện thế và cường độ điện trường: \[E = \frac{U}{d}\]

Cách giải: 

Ta có: \[E = \frac{U}{d}\]

Trong đó U có đơn vị Vôn (V); d có đơn vị là mét (m) ⇒ V/m là đơn vị của cường độ điện trường.

Chọn A.

Phương pháp: 

Sử dụng lí thuyết về nguồn điện. 

Cách giải: 

Trong một mạch điện kín, lực làm di chuyển các điện tích bên trong nguồn điện, giữa hai cực của nguồn là lực lạ. 

Chọn A.

Phương pháp: 

Sử dụng lí thuyết về sóng dừng:  

+ Khoảng cách giữa hai bụng sóng hoặc hai nút sóng liên tiếp là \[\frac{\lambda }{2}\]

+ Khoảng cách giữa một bụng sóng và một nút sóng liên tiếp là \[\frac{\lambda }{4}\]

+ Hai điểm đối xứng nhau qua nút luôn dao động ngược pha. 

Cách giải: 

A, B, D - đúng 

C – sai vì: Hai điểm đối xứng nhau qua nút luôn dao động ngược pha. 

Chọn C.

Phương pháp: 

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

+ Sử dụng biểu thức tính công suất phát xạ: \[P = \frac{{n\varepsilon }}{t}\]

Cách giải: 

Số photon mà nguồn đó phát ra trong 1 giây: \[n = \frac{{Pt}}{\varepsilon } = \frac{{Pt}}{{\frac{{hc}}{\lambda }}} = \frac{{1.1}}{{\frac{{{{6,625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}{{{{600.10}^{ - 9}}}}}} = {3,02.10^{18}}\] hạt

Phương pháp: 

+ Sử dụng biểu thức tính quãng đường lớn nhất vật đi được trong thời gian \[\Delta t:{S_{\max }} = 2A\sin \frac{{\Delta \varphi }}{2}\]

+ Sử dụng biểu thức tính quãng đường nhỏ nhất vật đi được trong thời gian \[\Delta t:{S_{\min }} = 2A\left( {1 - \cos \frac{{\Delta \varphi }}{2}} \right)\]

Cách giải: 

+ Quãng đường lớn nhất vật đi được trong thời gian \[\Delta t:{S_{\max }} = 2A\sin \frac{{\Delta \varphi }}{2}\]

+ Quãng đường nhỏ nhất vật đi được trong thời gian \[\Delta t:{S_{\min }} = 2A\left( {1 - \cos \frac{{\Delta \varphi }}{2}} \right)\]

Với $\left\{\begin{array}{l}\mathrm{\Delta }\phi \mathrm{ }=\omega .\mathrm{\Delta }t=\pi .0,5\\ A=10cm\end{array}\right.$ \[ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{S_{\max }} = 2.10\sin \frac{\pi }{4} = 10\sqrt 2 cm}\\{{S_{\min }} = 2.10\left( {1 - \cos \frac{\pi }{4}} \right) = 20 - 10\sqrt 2 cm}\end{array}} \right.\]

Quãng đường vật có thể đi được: \[{S_{\min }} \le S \le {S_{\max }} \Leftrightarrow 5,858m \le S \le 14,14m\]

⇒ Trong khoảng thời gian 0,5s quãng đường vật có thể đi được là: 8cm.

Phương pháp: 

+ Vận dụng biểu thức tính cảm kháng và dung kháng: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{Z_L} = \omega L}\\{{Z_C} = \frac{1}{{\omega C}}}\end{array}} \right.\]

+ Sử dụng biểu thức tính hệ số công suất: $\cos \phi \mathrm{ }=\frac{R}{Z}$

Cách giải: 

+ Khi \[f = {f_2} = 50Hz:\cos {\varphi _2} = 1 \Rightarrow {Z_{{L_2}}} = {Z_{{C_2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{LC}} = \omega _2^2\]

+ Khi \[f = {f_1} = 25Hz:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{Z_{{L_1}}} = \frac{{{\omega _1}}}{{{\omega _2}}}{Z_{{L_2}}} = \frac{{{Z_{{L_2}}}}}{2}}\\{{Z_{{C_1}}} = \frac{{{\omega _2}}}{{{\omega _1}}}{Z_{{C_2}}} = 2{Z_{{C_2}}} = 2{Z_{{L_2}}}}\end{array}} \right.\]

\[ \Rightarrow \cos {\varphi _1} = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_{{L_1}}} - {Z_{{C_1}}}} \right)}^2}} }} = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + \left( {\frac{{{Z_{{L_2}}}}}{2} - 2{Z_{{L_2}}}} \right)} }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\] \[ \Rightarrow 2{R^2} = {R^2} + \frac{9}{4}Z_{{L_2}}^2 \Rightarrow {Z_{{L_2}}} = \frac{2}{3}R\]  

+ Khi \[f = {f_3} = 75Hz:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{Z_{{L_3}}} = \frac{{{\omega _3}}}{{{\omega _2}}}{Z_{{L_2}}} = \frac{{3{Z_{{L_2}}}}}{2}}\\{{Z_{{C_3}}} = \frac{{{\omega _2}}}{{{\omega _3}}}{Z_{{C_2}}} = \frac{2}{3}{Z_{{C_2}}} = \frac{2}{3}{Z_{{L_2}}}}\end{array}} \right.\]

\[ \Rightarrow \cos {\varphi _3} = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_{{L_3}}} - {Z_{{C_3}}}} \right)}^2}} }} = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + \left( {\frac{{3{Z_{{L_2}}}}}{2} - \frac{2}{3}{Z_{{L_2}}}} \right)} }} = 0,874\]  Chọn B. 

Ta có: L thay đổi để \[{U_{{L_{\max }}}}\] khi đó: \[U_{L\max }^2 = {U^2} + U_{RC}^2\]

$\Rightarrow U_{RC}=\sqrt{U_{L_{\max }}^2-U^2}\mathrm{ }=\sqrt{{100}^2-{50}^2}\mathrm{ }=50\sqrt{3}V$

Lại có: \[\frac{1}{{U_R^2}} = \frac{1}{{{U^2}}} + \frac{1}{{U_{RC}^2}} \Rightarrow {U_R} = 25\sqrt 3 V\]

Độ lệch pha giữa điện áp giữa hai đầu mạch điện AB và điện áp giữa hai đầu điện trở:  

$\cos \alpha \mathrm{ }=\frac{U_R}{U}=\frac{25\sqrt{3}}{50}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \alpha \mathrm{ }={30}^0=\frac{\pi }{6}$

Từ hình ảnh và dữ kiện đề bài ta có vòng tròn lượng giác:

Có: $u_O\left(t_2\right)=-\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Độ lệch pha giữa 2 điểm O và C: $\mathrm{\Delta }\phi \mathrm{ }=\frac{7\pi }{6}=\frac{2\pi .OC}{\lambda }\Rightarrow OC=\frac{7\lambda }{12}$

Tại thời điểm t₁ khoảng cách giữa O và C: \[{d_1} = OC\] (ở trạng thái cân bằng) 

Tại thời điểm t₂ khoảng cách giữa O và C: 

Phương pháp: 

+ Công suất hao phí: \[\Delta P = \frac{{{P^2}}}{{{U^2}{{\cos }^2}\varphi }}R\]

+ Công suất có ích: \[{P_{ci}} = P - \Delta P\]

Cách giải: 

Gọi P là công suất nơi phát, n là số bóng đèn nhà vườn sử dụng.

Tổng công suất các bóng đèn tiêu thụ: \[P' = 220n = P - \Delta P\]

\[ \Rightarrow 220n = P - \frac{{{P^2}}}{{{U^2}{{\cos }^2}\varphi }}R = P - \frac{{{P^2}}}{{{{1500}^2}}}.50\]

\[ \Rightarrow 50{P^2} - {22,5.10^5}P + {49,5.10^7}.n = 0\]  

Để phương trình có nghiệm thì: $\mathrm{\Delta }\ge 0\iff b^2-4.a.c\ge 0$

\[ \Leftrightarrow {\left( {{{22,5.10}^5}} \right)^2} - {4.50.49,5.10^7}n \ge 0 \Leftrightarrow n \le 51,136 \Rightarrow {n_{\max }} = 51\]  

⇒ Số bóng tối đa mà nhà vườn có thể sử dụng cùng lúc là 51 bóng.

Chọn A.

Phương pháp: 

+ Sử dụng biểu thức xác định vị trí vân sáng, vân tối: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_S} = ki}\\{{x_t} = \left( {k + \frac{1}{2}} \right)i}\end{array}} \right.\]

+ Sử dụng biểu thức tính khoảng vân: \[i = \frac{{\lambda D}}{a}\]

Cách giải: 

Xét 11 vân tối liên tiếp tính từ vân trung tâm. 

+ Ta có: \[L = 15 = 10{i_ \equiv } \Rightarrow {i_ \equiv } = 1,5mm\]

+ Khoảng vân: \[{i_1} = \frac{{{\lambda _1}D}}{a} = 0,5mm\]

\[ + \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_N} = 0,5{i_ \equiv } = 1,5{i_1}}\\{{x_M} = 10,5{i_ \equiv } = 31,5{i_1}}\end{array}} \right.\]  

Ta thấy \[{N_1} = 30,{N_{12}} = 10 \Rightarrow {N_1} + {N_2} - {N_{12}} = 70 \Rightarrow {N_2} = 50 \Rightarrow {\lambda _2} < {\lambda _1}\]

Tại N: \[{x_N} = 1,5{i_1} = 2,5{i_2} \Rightarrow 1,5{\lambda _1} = 2,5{\lambda _2} \Rightarrow {\lambda _2} = 0,45\mu m\]

Chọn D. 

Phương pháp: 

+ Đọc đồ thị 

+ Sử dụng biểu thức của bài toán R thay đổi để \[{U_{RL}}\] không đổi khi đó: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{U_{RL}} = U}\\{{Z_C} = 2{Z_L}}\end{array}} \right.\]

Cách giải: 

Từ đồ thị, ta nhận xét: đường (2) là \[{U_{RL}} = h{\rm{/}}s\]

R thay đổi để \[{U_{RL}}\]không đổi khi đó: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{U_{RL}} = U}\\{{Z_C} = 2{Z_L}}\end{array}} \right.\]

Khi đó, đường (1) là \[{U_C},\]đường (2) là \[{U_L}\]

+ Tại giá trị \[R = {R_0}\] thì: \[{U_C} = {U_{RL}} = U \Leftrightarrow \frac{U}{{\sqrt {R_0^2 + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} \cdot {Z_C} = U\]

+ Tại \[R = 3{R_0} = 3\sqrt 3 {Z_L}\]  

Khi đó, độ lệch pha giữa u và i: $\tan \phi \mathrm{ }=\frac{Z_L-Z_C}{R}=\frac{Z_L-2Z_L}{3\sqrt{3}{Z}_L}\Rightarrow \phi \mathrm{ }=\mathrm{ }-0,19rad$

Chọn D.