Đáp án B

Do các hạt nhân đều mang điện tích dương nên lực đẩy Cu-lông ngăn cản chúng tiến lại rất gần nhau đến khoảng cách mà lực hạt nhân có thể phát huy tác dụng. Do đó, điều kiện để xảy ra phản ứng nhiệt hạch là cần có nhiệt độ cao hàng chục triệu độ để các hạt nhân có động năng đủ lớn, thắng được lực đẩy Cu-lông giữa các hạt nhân.

Đáp án B

Đáp án B

Âm thanh do hai nhạc cụ phát ra, dù có cùng độ cao và mức cường độ âm thì tai người vẫn có thể phân biệt được là vì chúng khác nhau về đồ thị âm, tức là âm sắc. Do đó, để phân biệt âm thanh của các nhạc cụ khác nhau phát ra, người ta dựa vào âm sắc.

Đáp án D

Trong truyền thanh, truyền hình mặt đất, người ta cần lợi dụng tính phản xạ sóng điện từ của tầng điện ly nên thường dùng các loại sóng điện từ: sóng dài, sóng trung và sóng ngắn. Sóng cực ngắn có thể xuyên qua tầng điện ly nên không được sử dụng trong truyền thanh, truyền hình mặt đất, mà thường được sử dụng trong truyền thông qua vệ tinh.

Đáp án A

Tần số góc của dòng điện là $\omega =2\pi f=100\pi rad/s$ .

Dung kháng của tụ là: $Z_C=\frac{1}{\omega C}=100\Omega$ .

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu tụ điện: $U_C=I.Z_C=\frac{I_0}{\sqrt{2}}{Z}_C=\frac{2}{\sqrt{2}}.100=100\sqrt{2}V$ .

Đáp án D

Khi so sánh quang phổ vạch phát xạ của hai nguyên tố hóa học khác nhau người ta thấy có sự khác nhau về số lượng các vạch phổ, vị trí các vạch phổ, và độ sáng tỉ đối giữa các vạch.

Đáp án C

Khi đi từ không khí vào thủy tinh, do tần số f của ánh sáng không đổi nên năng lượng của photon ánh sáng là $\epsilon =hf$  không đổi. Tuy nhiên, do chiết suất của thủy tinh lớn hơn không khí nên vận tốc truyền ánh sáng bị giảm, $v=\frac{c}{n}$  và do đó bước sóng $\lambda =vT=\frac{v}{f}$  bị suy giảm tương ứng.

Đáp án A

Giả sử ta có hai dao động thành phần là $x_1=A_1\cos \left(\omega t+{\phi }_1\right)$  và $x_2=A_2\cos \left(\omega t+{\phi }_2\right)$ , khi đó biên độ dao động tổng hợp là $A=\sqrt{A_1^2+A_2^2+2A_1{A}_2\cos \left({\phi }_1-{\phi }_2\right)}$ hoàn toàn không phụ thuộc vào tần số.

Vậy biên độ dao động tổng hợp của hai dao động điều hòa cùng phương, cùng tần số, và có biên độ xác định không phụ thuộc vào tần số của hai dao động thành phần.

Đáp án C

Trên thực tế, trong quá trình sóng truyền từ A đến B thì năng lượng sóng sẽ giảm dần do nhiều nguyên nhân, chẳng hạn do ma sát của môi trường nên năng lượng sóng bị biến thành nhiệt năng, do đó biên độ dao động tại A luôn lớn hơn biên độ dao động tại B.

Đáp án A

Trong đèn hình ti vi sử dụng ống phóng điện tử, khi các electron đến đập vào màn huỳnh quang thì chúng bị chặn lại đột ngột, phần lớn động năng của electron biến thành năng lượng kích thích sự phát quang của màn huỳnh quang, một phần nhỏ biến thành nhiệt làm nóng màn huỳnh quang, một phần rất nhỏ khác biến thành năng lượng tia Rơn-ghen có bước sóng dài. Mặt đèn hình được chế tạo dày là để chặn các tia Rơn-ghen này, tránh nguy hiểm cho những người đang ngồi trước máy.

Đáp án C

Công suất hao phí trên đường dây truyền tải được tính $P_{hp}=\frac{P^{2}R}{U^2{\cos }^2\phi }$ . Do đó trong quá trình truyền tải điện năng đi xa bằng dòng điện xoay chiều, công suất hao phí trên đường dây truyền tải tỉ lệ nghịch với bình phương điện áp hiệu dụng đưa lên đường truyền.

Đáp án C

Do năng lượng nghỉ được tính theo công thức $E=m{c}^2$  nên suy ra $m=\frac{E}{c^2}=\frac{2,{07.10}^{14}}{{9.10}^{16}}=2,{3.10}^{-3}kg$

Đáp án B

Chu kỳ dòng điện là $T=\frac{2\pi }{\omega }=\frac{2\pi }{120\pi }=\frac{1}{60}s\Rightarrow 1\text{'}=60s=3600T$ .

Do trong mỗi chu kỳ dòng điện đổi chiều 2 lần nên trong một phút dòng điện đổi chiều $3600.2=7200$ lần.

Đáp án A

Điều kiện để trên sợi dây 1 đầu cố định, 1 đầu tự do xảy ra hiện tượng sóng dừng là: $f=\left(2k+1\right)\frac{v}{4l}$ .

Tần số nhỏ nhất là: $f_1=\frac{v}{4l}$ .

Tần số để trên dây xảy ra sóng dừng là: $f_2=\left(2k+1\right)\frac{v}{4l}$ .

$\Rightarrow \frac{f_1}{f_2}=\frac{1}{2k+1}\Rightarrow {\left(\frac{f_1}{f_2}\right)}_{\max }=\frac{1}{2.1+1}=\frac{1}{3}$.

Đáp án A

Ta có góc tới giới hạn phản xạ toàn phần được xác định từ phương trình $\sin i_{gh}=\frac{1}{n}$ .

Từ đó ta xác định góc giới hạn phản xạ toàn phần của tia đỏ và tia tím qua các phương trình: $\sin i_{ght}=\frac{1}{n_t}$  và $\sin i_{ghđ}=\frac{1}{n_{đ}}$ .

Theo bài ta có:$n_T^{-1}<\sin i<n_D^{-1}\Rightarrow \sin i_{ght}<\sin i<\sin i_{ghđ}\Rightarrow i_{ght}<i<i_{ghđ}$ .

Suy ra tia tím bị phản xạ toàn phần tại mặt nước còn tia đỏ ló ra ngoài không khí.

Đáp án A

Áp dụng định luật bảo toàn số khối và định luật bảo toàn điện tích, ta có:

$\left\{\begin{array}{l}{Z}_X+2=84\\ A_X+4=210\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{Z}_X=82\\ A_X=206\end{array}\right.$

Số notron trong hạt nhân X là $N_X=206-82=124$ .

Đáp án C

Đáp án D

Chất điểm đang dao động điều hòa với biên độ bằng 3 cm.

Tọa độ của chất điểm nằm trong phạm vi với $x_{\max }=2+3=5cm$  và $x_{\min }=2-3=-1cm$ .

Vị trí cân bằng có tọa độ là:$\frac{x_{\max }+x_{\min }}{2}=\frac{5-1}{2}=2cm$ .

Chất điểm đạt tốc độ cực đại khi đi ngang qua vị trí cân bằng chính là vị trí có tọa độ 2 cm.

Đáp án C

Công thoát e của kim loại $A=\frac{hc}{{\lambda }_0}=\frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{0,{27.10}^{-6}.1,{6.10}^{-19}}=4,6eV\Rightarrow {\epsilon }_4>{\epsilon }_3>A>{\epsilon }_2>{\epsilon }_1$ .

Chỉ các bức xạ có năng lượng photon lớn hơn công thoát của kim loại thì mới có thể gây ra hiện tượng quang điện, do đó các bức xạ có thể gây ra hiện tượng quang điện cho kim loại này là ${\epsilon }_3$ và ${\epsilon }_4$ .

Đáp án D

Chiều dòng điện cùng chiều với chiều dịch chuyển của các điện tích dương, nên dòng điện ra khỏi bản nào sẽ làm điện tích bản đó giám.

Tại thời điểm ban đầu, t=0, dòng điện đi từ B qua cuộn cảm đến A nên điện tích bản A tăng.

Như vậy bản A tích điện dương và đang tăng, tương ứng với điểm  ở vị trí góc phần tư thứ IV trên đường tròn.

Sau ¾ chu kỳ, điện tích trên bản A được mô tả bởi điểm ở góc phần tư thứ III, khi đó bản A đang tích điện âm và điện tích của nó đang tăng. Như vậy dòng điện đang đi vào bản A, tức là dòng điện đi từ B qua cuộn dây sang A.

Đáp án A

Trong hạt nhân ${}_Z^{A}X$  thì $N=A-Z$ , từ đó ta tính được:

$\begin{array}{l}{N}_{Pb}=206-82=124;N_{Ra}=226-88=138.\\ N_{Th}=234-90=144;N_U=235-92=143.\end{array}$

Suy ra hạt nhân ${}_{90}^{234}Th$ có nhiều notron nhất.

Đáp án D

Trong quá trình R thay đổi, công suất toàn mạch đạt cực đại khi $R=R_0=\left|Z_L-Z_C\right|$ .

Giá trị công suất cực đại là $P_{\max }=\frac{U^2}{2\left|Z_L-Z_C\right|}=\frac{U^2}{2R_0}\Rightarrow R_0=\frac{U^2}{2P_{\max }}=\frac{{120}^2}{2.320}=22,5\Omega$ .

Điều chỉnh R đến 2 giá trị $R_1$  và $R_2$  thì công suất trong mạch là như nhau nên ta có:

$R_1{R}_2=R_0^2\Rightarrow 0,5625R_2{R}_2=R_0^2\Rightarrow R_2=30\Omega \Rightarrow R_1=0,5625R_2=16,875\Omega$ .

Đáp án A

Điều kiện để có vân sáng cùng màu với vân sáng trung tâm là $k_1{i}_1=k_2{i}_2$ , trong đó $k_1,k_2$  là hai số nguyên dương, ta suy ra $\frac{k_1}{k_2}=\frac{{\lambda }_2}{{\lambda }_1}=\frac{560}{720}=\frac{7}{9}$ .

Do vân sáng được xét nằm gần vân trung tâm nhất nên $k_1{k}_2$  phải có giá trị nhỏ nhất, suy ra $k_1=7,k_2=9$ .

Như vậy, vị trí vân sáng gần nhất cùng màu với vân sáng trung tâm chính là vị trí vân sáng đỏ bậc 7 và vân sáng lục bậc 9. Suy ra trong khoảng giữa vân trung tâm và vân cùng màu kế nó có 6 vân đỏ và 8 vân lục.

Đáp án A

Năng lượng tỏa ra của phản ứng: $\Delta E=A_{\alpha }.\delta E_{\alpha }+A_{Th}.\delta E_{Th}-A_U.\delta E_U$ .

$\begin{array}{l}\Rightarrow \Delta E=4.\delta E_{\alpha }+230.\delta E_{Th}-234.\delta E_U\\ \Rightarrow \delta E_{Th}=\frac{\Delta E-4.\delta E_{\alpha }+234.\delta E_U}{230}=\frac{14-4.7,105+234.7,63}{230}=7,7MeV.\end{array}$

Đáp án D

Cường độ điện trường của điện tích điểm trong chân không có độ lớn:

$\begin{array}{l}E=\frac{k\left|Q\right|}{r^2}\Rightarrow E~\frac{1}{r^2}\\ \Rightarrow \frac{E_1}{E_2}=\frac{r_2^2}{r_1^2}\Rightarrow r_2=r_1\sqrt{\frac{E_1}{E_2}}=1.\sqrt{\frac{45}{5}}=3cm.\end{array}$

Đáp án B

Để tia sáng đi từ đáy bể không truyền ra ngoài không khí thì tấm gỗ phải đủ lớn sao cho tia sáng đi đến mặt nước ngay rìa của tấm gỗ sẽ xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần. Như vậy, khi tấm gỗ có bán kính nhỏ nhất thì góc tới tại vị trí rìa tấm gỗ phải đúng bằng góc giới hạn phản xạ toàn phần, ta có:

$\begin{array}{l}\sin i_{gh}=\frac{n_2}{n_1}=\frac{3}{4}=\frac{r}{\sqrt{r^2+h^2}}\\ \Rightarrow 16r^2=9h^2+9r^2\Rightarrow 7r^2=9h^2\Rightarrow r=\frac{3h}{\sqrt{7}}\simeq 68cm.\end{array}$

Đáp án D

Theo bài ra ta vẽ được giản đồ vecto như hình.

Từ giản đồ 

$\begin{array}{l}\Rightarrow U_R=U_{đ}=100V.\\ \Rightarrow U=2U_D.\cos 30°=\mathrm{2.100.}\frac{\sqrt{3}}{2}=100\sqrt{3}V.\end{array}$

Công suất tiêu thụ của mạch điện là:$P=UI\cos \phi =100\sqrt{3}.\frac{100}{40}\cos \frac{\pi }{6}=375W$ .

Đáp án B

Nhiệt lượng cần để nước sôi là Q bằng nhiệt lượng do sợi đốt tỏa ra.

Khi dùng sợi $R_1$  ta có $Q=\frac{U^2}{R_1}{t}_1\Rightarrow R_1=\frac{U^2{t}_1}{Q}$ .

Khi dùng sợi $R_2$  ta có $Q=\frac{U^2}{R_2}{t}_2\Rightarrow R_2=\frac{U^2{t}_2}{Q}$ .

Khi 2 sợi đốt mắc nối tiếp thì $R=R_1+R_2$  nên ta có $Q=\frac{U^2}{R_1+R_2}t\Rightarrow R_1+R_2=\frac{U^{2}t}{Q}$ .

Từ trên ta suy ra $\frac{U^{2}t}{Q}=\frac{U^2{t}_1}{Q}+\frac{U^2{t}_2}{Q}\iff t=t_1+t_2=10+40=50$ phút.

Đáp án A

Gọi $N_{ht}$  là số photon bị hấp thụ ta có năng lượng hấp thụ là: $W_{ht}=\frac{hc}{{\lambda }_0}.N_{ht}$ .

Gọi $N_{pq}$  là số photon phát quang ta có năng lượng phát quang là: $W_{pq}=\frac{hc}{\lambda }.N_{pq}$ .

Ta có hiệu suất phát quang:$H=\frac{W_{pq}}{W_{ht}}=\frac{N_{pq}}{N_{ht}}\frac{{\lambda }_0}{\lambda }=85\%.\frac{0,5}{0,55}=77,3\%$ .

Đáp án B

Số chỉ mà vôn kế đo được là: $u=\xi -ir$ .

Tại $i=0:u=\xi =1,5V$ .

Tại $i=125mA$  thì $u=1,375V\Rightarrow r=\frac{\xi -u}{i}=\frac{1,5-1,375}{{125.10}^{-3}}=1\Omega$ .

Khi mắc pin này vào hai đầu điện trở $R=2\Omega$  thì $i=\frac{\xi }{r+R}=\frac{1,5}{1+2}=0,5A$ .

Đáp án A

Tại vị trí cân bằng, lò xo giãn $\Delta l_0=\frac{mg}{k}=0,04m=4cm$ .

Biên độ dao động của hệ là: $A=12-4=8cm$ .

Chu kỳ dao động của con lắc là $T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}=2\pi \sqrt{\frac{0,4}{100}}=0,4s$ .

Hợp lực tác dụng lên vật nhỏ chính là lực kéo về.

Trong một chu kỳ lao động, thời gian lực đàn hồi tác dụng vào giá treo cùng chiều với lực kéo chính là thời gian vật đi từ vị trí lò xo không biến dạng đến vị trí cân bằng và từ vị trí cân bằng đến vị trí lò xo không biến dạng.

Từ vòng tròn ta có: $\alpha ={\alpha }_1+{\alpha }_2=\frac{\pi }{6}+\frac{\pi }{6}=\frac{\pi }{3}\Rightarrow \Delta t=\frac{T}{6}=\frac{1}{15}s$ .

Đáp án B

Bước sóng trên mặt nước là $\lambda =\frac{v}{f}=2cm.$

Số cực đại giao thoa là số các giá trị k nguyên thỏa mãn điều kiện $-S_1{S}_2\le d_1-d_2=k\lambda \le S_1{S}_2\Rightarrow -11\le k.2\le 11\Rightarrow -5,5\le k\le 5,5.$

Ta tìm được 11 giá trị của k ứng với 11 vân cực đại trong trường giao thoa.

Do M nằm trên cực đại gần  nhất nên M nằm trên cực đại ngoài cùng, ứng với k=5, ta có:$d_1-d_2=5\lambda =10cm.$

Do M thuộc đường tròn tâm $S_1$  bán kính $S_1{S}_2\Rightarrow d_1=S_1{S}_2=11cm\Rightarrow d_2=d_1-10=11-10=1cm=10mm.$

Đáp án C

Biểu diễn dao động trên đường tròn.

Để vật đi được quãng đường 3 cm trong thời gian nhỏ nhất thì góc quay tương ứng $\Delta {\alpha }_{\min }$  trên đường tròn phải đối xứng qua trục thẳng đứng, còn để vật đi trong thời gian lớn nhất thì góc quay tương ứng $\Delta {\alpha }_{max}$  phải đối xứng qua trục hoành.

Vận dụng các phép tính lượng giác cơ bản ta tính được:

$\begin{array}{l}{s}_{\max }=2A\sin \frac{{\alpha }_{\min }}{2}\Rightarrow 3=2.3\sin \frac{{\alpha }_{\min }}{2}\Rightarrow {\alpha }_{\min }=\frac{\pi }{3}rad.\\ s_{\min }=2A\left(1-\cos \frac{{\alpha }_{\max }}{2}\right)\Rightarrow 3=2.3\left(1-\cos \frac{{\alpha }_{\max }}{2}\right)\Rightarrow {\alpha }_{\max }=\frac{2\pi }{3}rad.\end{array}$

Mà $\left\{\begin{array}{l}{\alpha }_{\min }=\omega t_{\min }\\ {\alpha }_{\max }=\omega t_{\max }\end{array}\right.\Rightarrow \frac{t_{\max }}{t_{\min }}=\frac{{\alpha }_{\max }}{{\alpha }_{\min }}=\frac{\frac{2\pi }{3}}{\frac{\pi }{3}}=2.$

Đáp án B

Từ đồ thị ta thấy hai dòng điện có cùng chu kỳ là $T={10}^{-3}s\Rightarrow \omega =\frac{2\pi }{T}=2000\pi \left(rad/s\right)$ .

Dòng điện $i_{}$có biên độ 8 mA, tại thời điểm $t_{}=0$  thì cường độ dòng điện bằng 0 và đang tăng, do đó phương trình dòng điện là

$i_1=8\cos \left(2000\pi t-\frac{\pi }{2}\right)mA.$

Dòng điện i₂ có biên độ 6 mA, tại thời điểm  thì cường độ dòng điện bằng -6 mA đúng tại biên âm, do đó phương trình dòng điện là $Q_1=\frac{I_{01}}{\omega }=\frac{{4.10}^{-6}}{\pi }\Rightarrow q_1=\frac{4}{\pi }\cos \left(2000\pi t-\pi \right)\mu C.$

Biên độ điện tích trên tụ thứ nhất là $Q_2=\frac{I_{02}}{\omega }=\frac{{3.10}^{-6}}{\pi }\Rightarrow q_2=\frac{3}{\pi }\cos \left(2000\pi t-\frac{\pi }{2}\right)\mu C.$

Biên độ điện tích trên tụ thứ hai là

Do $q_1$  và $q_2$  vuông pha với nhau nên tại thời điểm $t_1,q_1$  có độ lớn cực đại thì $q_2$  bằng 0 và thời gian ngắn nhất để $q_2=\frac{{3.10}^{-6}}{\pi }=\left|q_{2\max }\right|$  là $t_{\min }=\frac{T}{4}=2,{5.10}^{-4}s$

Đáp án A

Do chỗ rộng nhất của bụng sóng trên phương dao động là 4a nên biên độ dao động tại bụng sóng là 2a, ứng với vị trí điểm B trên hình.

Hai điểm dao động với cùng biên độ a, cùng pha, và gần nhau nhất ứng với hai điểm M và điểm N trên hình, thuộc cùng một bó sóng. Khoảng cách $MN=\frac{\lambda }{3}=20cm\Rightarrow \lambda =60cm.$

Do hai đầu dây cố định nên trùng vị trí của hai nút sóng.

Gọi k là số bụng sóng trên dây ta có độ dài dây là $l=k\frac{\lambda }{2}\Rightarrow k=\frac{2.l}{\lambda }=\frac{2.120}{60}=4$ .

Vậy trên dây có 4 bụng sóng.

Khi đột ngột ngắt điện trường thì vị trí cân bằng quay trở lại O, lúc đó ly độ góc là $\alpha =60°$  và tốc độ vật nhỏ là $v=1,568m/s$ , áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ta có:

$\begin{array}{l}\frac{m{v}_{\max }^2}{2}=mgl\left(1-\cos \alpha \right)+\frac{m{v}^2}{2}\\ \Rightarrow v_{\max }=\sqrt{v^2+2gl\left(1-\cos \alpha \right)}=\sqrt{1,{568}^2+\mathrm{2.10.0},4.\left(1-\cos 60°\right)}\approx 2,54m/s.\end{array}$

Đáp án B

Khoảng cách từ mặt phẳng chứa hai khe tới các vị trí A, B trên màn tương ứng là $D_A,D_B$ .

Gọi M là điểm trên màn mà tại đó có vân sáng, gọi khoảng cách từ M đến 2 khe là $d_1,d_2$ .

Để tại M là vân sáng thì ${\left(d_2-d_1\right)}_M=\frac{ax}{D_M}=k\lambda .$

Số vân sáng trên đoạn AB là số giá trị k nguyên thỏa mãn điều kiện:

$\frac{ax}{D_B}\le {\left(d_2-d_1\right)}_M=\frac{ax}{D_M}=k\lambda \le \frac{ax}{D_A}\Rightarrow \frac{ax}{D_B\lambda }\le k\le \frac{ax}{D_A\lambda }\Rightarrow 5,3\le k\le 8,0.$

Vậy có 3 giá trị k nguyên thỏa mãn là 6; 7; 8 ứng với 3 vân sáng trên màn AB.

Đáp án C

Ta có:$f=50Hz\Rightarrow \omega =2\pi f=100\pi \left(rad/s\right)$ .

Khi C biến thiên thì $U_{C\max }$  tại $C=C_{oC}=\frac{1}{4\pi }mF\Rightarrow Z_{CoC}=\frac{1}{\omega C_{oC}}=\frac{1}{100\pi .\frac{{10}^{-3}}{4\pi }}=40\Omega .$

 $U_{L\max }$ khi có cộng hưởng, lúc đó $Z_L=Z_{Co}=\frac{1}{\omega C_o}=\frac{1}{100\pi .\frac{{10}^{-3}}{3\pi }}=30\Omega .$

Từ hệ thức liên hệ $\frac{1}{C_{oC}}=\frac{1}{C_o}+\frac{R^2}{L}$  ta suy ra:

$\begin{array}{l}{Z}_{CoC}=Z_L+\frac{R^2}{Z_L}\Rightarrow R=\sqrt{\left(Z_{CoC}-Z_L\right)Z_L}=\sqrt{\left(40-30\right)30}=10\sqrt{3}\Omega .\\ U_{L\max }=\frac{U}{R}{Z}_L\Rightarrow U=\frac{U_{L\max }R}{Z_L}=\frac{150.10\sqrt{3}}{30}=86,6V.\end{array}$