Đáp án B

Máy biến áp là thiết bị dùng để biến đổi biên độ của điện áp xoay chiều, nó hoạt động dựa trên hiện tượng cảm ứng điện từ. Máy biến áp không làm thay đổi tần số của điện áp và dòng điện cho nên tần số của điện áp giữa hai đầu cuộn thứ cấp đúng bằng tần số của điện áp và dòng điện ở cuộn sơ cấp

Đáp án A

Phương trình li độ của dao động cơ điều hòa có dạng $x=Acos\left(\omega t+\phi \right)$, từ đó ta có thề xác định được:

- Biểu thức vận tốc là $v=x^{\text{'}}=v_{0}cos\left(\omega t+\phi +\frac{\pi }{2}\right)$

- Biểu thức gia tốc là $a=v^{\text{'}}=a_{0}cos\left(\omega t+\phi +\pi \right)$

- Biểu thức lực kéo về là $F=ma=F_{0}cos\left(\omega t+\phi +\pi \right)$  

- Biếu thức thế năng là ${\text{W}}_t=\frac{m{\omega }^2{x}^2}{2}=\frac{\text{W}}{2}cos\left(2\omega t+2\phi \right)+\frac{\text{W}}{2}$ 

- Biểu thức động năng là ${\text{W}}_d=\frac{m{v}^2}{2}=-\frac{\text{W}}{2}cos\left(2\omega t+2\phi \right)+\frac{\text{W}}{2}$

- Cơ năng của dao động là một hằng số có biểu thức $\text{W}=\frac{m{\omega }^2{A}^2}{2}$

Như vậy Vận tốc, Gia tốc và Lực kéo về biến thiên điều hòa với tần số đúng bằng tần số của Li độ dao động.

Đáp án C

Trong chân không, tia Tử Ngoại có bước sóng nhỏ hơn bước sóng của ánh sáng Tím (cỡ 380 nm), mà ánh sáng Tím là ánh sáng có bước sóng nhỏ nhất trong vùng nhìn thấy, do đó tia Tử Ngoại có bước sóng nhỏ hơn bước sóng của các ánh sáng trong vùng nhìn thấy

Đáp án C

Trong quá trình truyền sóng, các phần tử vật chất nơi sóng truyền qua sẽ dao động quanh vị trí cân bằng của nó chứ không truyền đi theo sóng

Đáp án A

Phương trình phóng xạ hạt nhân: ${}_Z{}^{A}X={}_2{}^4\alpha +{}_{Z-2}{}^{A-4}Y$  

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có $\overrightarrow{0}={\overrightarrow{p}}_{\alpha }+{\overrightarrow{p}}_Y$  $\Rightarrow {\overrightarrow{p}}_{\alpha }=-{\overrightarrow{p}}_Y\Rightarrow p_{\alpha }^2=p_Y^2\Rightarrow m_{\alpha }{K}_{\alpha }=m_Y{K}_Y$

Do $m_{\alpha }<m_Y$ ta suy ra $K_{\alpha }>K_Y$.

Đáp án A

Trong dao động cơ học, biên độ của dao động cưỡng bức có các đặc tính sau:

- Tăng khi biên độ của ngoại lực cưỡng bức tăng.

- Khi tần số ngoại lực càng gần với tần số riêng của vật thì biên độ dao động càng lớn.

- Với cùng một ngoại lực tuần hoàn, nếu lực cản môi trường càng nhỏ thì giá trị cực đại của biên độ càng lớn.

Biên độ của dao động cưỡng bức không phụ thuộc bản chất của ngoại lực cưỡng bức. Dù đó là lực hấp dẫn, lực điện, hay lực từ, ... thì đều có tác dụng cưỡng bức giống nhau.

Đáp án A

Thí nghiệm tán sắc ánh sáng mặt trời của Newton qua lăng kính chứng tỏ ánh sáng trắng tự nhiên là sự pha trộn của vô số ánh sáng đơn sắc có màu biến đổi liên tục từ đỏ đến tím. Cần lưu ý là màu sắc của ánh sáng tổng hợp không chỉ phụ thuộc vào sự có mặt của những thành phần đơn sắc nào, mà còn phụ thuộc vào độ mạnh yếu của từng thành phần, do vậy B sai.

Đáp án B

Dao động của hai điểm đối xứng nhau qua một nút sóng là dao động ngược pha.

Đáp án C

Trong hạt nhân nguyên tử, hạt prôton mang điện dương (+e) trong khi hạt nơtron không mang điện, do đó điện tích của hạt nhân nguyên tử tính theo đơn vị e (điện tích nguyên tố) đúng bằng tổng số prôton trong hạt nhân

Đáp án D

Tần số dao động của mạch là $f=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}$. Nếu độ tự cảm tăng 2 lần và điện dung giảm 2 lần thì tần số sẽ là $f=\frac{1}{2\pi \sqrt{2L\frac{C}{2}}}=f$, như vậy tần số dao động của mạch không đổi

Đáp án D

Tia laze có các đặc tính nổi bật là tính đơn sắc cao, tính định hướng cao, và cường độ lớn. Tuy nhiên, tia laze có bản chất là ánh sáng nên nó bị khúc xạ khi đi qua lăng kính

Đáp án D

Dòng điện xoay chiều có thể chạy qua tụ điện với độ cản trở dòng điện được đặc trưng bởi dung kháng  $Z_C=\frac{1}{\omega C}$, còn dòng điện không đổi thì không thể chạy qua tụ

Đáp án A

Ta có cường độ dòng điện hiệu dụng

$I=\omega Q=\omega \frac{Q_0}{\sqrt{2}}=\frac{{10}^6}{6}{.10}^{-9}.\frac{36}{\sqrt{2}}=3\sqrt{2}{.10}^{-3}A=3\sqrt{2}mA$

Đáp án B

Ta có cường độ dòng điện hiệu dụng $I=\frac{I_0}{\sqrt{2}}=\frac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}A$

Giá trị hiệu dụng của hiệu điện thế $U=IR=\sqrt{2}.100=100\sqrt{2}V$

Đáp án D

Năng lượng của phôtôn ứng với ánh sáng này là

$\epsilon =\frac{hc}{\lambda }=\frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{0,{75.10}^{-6}}=2,{65.10}^{-19}J$.

Do $1eV=1,{6.10}^{-19}J$ nên đổi sang đơn vị eV ta có $\epsilon =\frac{2,{65.10}^{-19}}{1,{6.10}^{-19}}=1,66eV$.

Đáp án C

Phương trình hạt nhân ${}_2{}^4\alpha +{}_4{}^{9}Be\to {}_a{}^{b}X+{}_0{}^{1}n$.

Áp dụng bảo toàn số khối và bảo toàn điện tích, ta có $\left\{\begin{array}{l}2+4=a\\ 4+9=b+1\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=6\\ b=12\end{array}\right.\Rightarrow X$

 là cácbon $\left({}_6{}^{12}C\right)$.

Đáp án B

Độ lệch pha giữa u và i là $\phi ={\phi }_u-{\phi }_i=\frac{\pi }{3}-\frac{\pi }{6}=\frac{\pi }{6}$.

Hệ số công suất của mạch điện $k=cos\phi =cos\frac{\pi }{6}\simeq 0,866$

Đáp án A

Áp dụng biểu thức định luật khúc xạ ánh sáng có

$\mathrm{sinr}=\frac{\sin i}{n}=\frac{\sin 60°}{\frac{4}{3}}=\frac{3\sqrt{3}}{8}\Rightarrow r=40,5°$

Góc lệch giữa tia tới và tia khúc xạ là $D=i-r=60°-40,5°=19,5°$

Đáp án C

Biểu thức lực căng dây của con lắc đơn

$T=mg\left(3cos\alpha -2cos{\alpha }_0\right)$.

Lực căng đạt cực đại khi $cos\alpha =1$, khi đó góc lệch của dây treo khỏi phương thẳng đứng là $\alpha =0$, đây là vị trí mà thành phần lực tác dụng lên vật trên phương tiếp tuyến của quỹ đạo bằng 0 nên gia tốc tiếp tuyến bằng 0

Đáp án D

Ta có $\omega =4\pi rad/s\Rightarrow T=0,5s$  

Bước sóng $\lambda =vT=8.0,5=4cm$  

Phương trình sóng tới tại M là $u=A_{M}cos\left(4\pi t-\frac{\pi }{3}-\frac{2\pi d_M}{\lambda }\right)cm$  

Pha ban đầu của sóng tới tại M là $\phi =-\frac{\pi }{3}-\frac{2\pi d_M}{\lambda }=-\frac{\pi }{3}-\frac{2\pi .6}{4}=-\frac{10\pi }{3}=-4\pi +\frac{2\pi }{3}$  

Sau khi chuẩn hóa ta có pha ban đầu bằng $\frac{2\pi }{3}$  

Đáp án D

Nếu gọi N là số hạt electron chạy qua ống phát tia X trong mỗi giây thì cường độ dòng điện qua ống là $I=Ne$.

Công suất hoạt động của ống là $P=UI=UNe$.

Số hạt electron chạy qua ống trong mỗi giây là $N=\frac{P}{Ue}=\frac{400}{{10}^4.1,{6.10}^{-19}}=2,{5.10}^{17}$ 

Đáp án C

Công suất bức xạ trung bình của mặt trời là

 $P=\frac{E}{t}=\frac{\Delta m{c}^2}{t}=\frac{3,{744.10}^{14}.{\left({3.10}^8\right)}^2}{86400}=3,{9.10}^{26}\text{W}$

Đáp án B

Do đám khí chỉ phát ra một bức xạ đơn sắc nên bức xạ này tương ứng sự dịch chuyền mức năng lượng $E_2-E_1$, có nghĩa là mức năng lượng kích thích cao nhất của đám khí khi đó là E₂, ứng với quỹ đạo L, ta có: $h{f}_1=E_2-E_1$ (1)

Khi chiếu bức xạ có tần số $f_2=1,25f_1$ thì ta có $h{f}_2=E_n-E_1$ (2)

Từ (1) và (2) ta có $\frac{h{f}_2}{h{f}_1}=\frac{E_n-E_1}{E_2-E_1}\Rightarrow \frac{-\frac{E_0}{n^2}-\left(-\frac{E_0}{1^2}\right)}{-\frac{E_0}{2^2}-\left(-\frac{E_0}{1^2}\right)}=1,25$  

$\Rightarrow \frac{-\frac{1}{n^2}+1}{-\frac{1}{2^2}+1}=1,25\Rightarrow n=4$

Như vậy mức năng lượng kích thích cao nhất trong trường hợp này là mức E₄.

Số loại bức xạ do khối khí phát ra là $N=\frac{4\left(4-1\right)}{2}=6$ loại.

Đáp án B

Mỗi bóng đèn dây tóc có bản chất là một điện trở có giá trị R. Nếu U_dm và P_dm lần lượt là điện áp định mức và công suất định mức của bóng đèn, khi đó ta có: 

$P_{dm}=\frac{U_{dm}^2}{R}\Rightarrow R=\frac{U_{dm}^2}{P_{dm}}$

Ta có điện trở của mỗi đèn là $R_{d1}=\frac{{12}^2}{6}=24\Omega$, $R_{d2}=\frac{{12}^2}{12}=12\Omega$

Điện trở mạch ngoài là $R_m=R+R_{d12}=3+8=11\Omega$ 

Cường độ dòng điện qua mạch chính là $I_c=\frac{\xi }{R_m+r}=\frac{24}{11+1}=2A$  

Hiệu điện thế hai đầu mỗi đèn là $U_1=U_2=U_{12}=I.R_{d12}=2.8=16V$  

Cường độ dòng điện qua các bóng đèn là $I_1=\frac{U_1}{R_{d1}}=\frac{16}{24}=\frac{2}{3}A$ và $I_2=\frac{U_2}{R_{d2}}=\frac{16}{12}=\frac{4}{3}A$.

Đáp án A

Khoảng cách giữa 10 vân liên tiếp là 9i, ta có $L=9\frac{\lambda D}{a}$  

$\Rightarrow \overline{\lambda }=\frac{\overline{aL}}{9\overline{D}}=\frac{1,00.10,80}{9.2,00}=0,60\mu m$

Sai số của phép đo là $\Delta \lambda =\overline{\lambda }\left(\frac{\Delta a}{\overline{a}}+\frac{\Delta L}{\overline{L}}+\frac{\Delta D}{\overline{D}}\right)=0,60.\left(\frac{0,05}{1,00}+\frac{0,15}{10,80}+\frac{0,01}{2,00}\right)=0,0413\mu m\Delta \lambda =\overline{\lambda }\left(\frac{\Delta a}{\overline{a}}+\frac{\Delta L}{\overline{L}}+\frac{\Delta D}{\overline{D}}\right)=0,60.\left(\frac{0,05}{1,00}+\frac{0,15}{10,80}+\frac{0,01}{2,00}\right)=0,0413\mu m$ 

Theo quy tắc làm tròn sai số, do chữ số có nghĩa đầu tiên lớn hơn 2 nên làm tròn được $\Delta \lambda =0,04\mu m$  

Từ đó, kết quả làm tròn giá trị trung bình sẽ có hai chữ số có nghĩa, cho nên $\overline{\lambda }=0,60\mu m$. Suy ra kết quả biểu diễn bước sóng đo được là $\lambda =0,60\pm 0,04\mu m$   

Đáp án D

Trước tiên ta tính được

$T=\frac{2\pi }{\omega }=\frac{2\pi }{100\pi }=0,02s=20ms$

$Z_L=\omega L=200\Omega$ ; $Z_C=\frac{1}{\omega C}=100\Omega$

$\Rightarrow \tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}=\frac{200-100}{100}=1$

Độ lệch pha giữa u và i là $\phi ={\phi }_u-{\phi }_i=\frac{\pi }{4}$  

Ta có công suất (tiêu thụ điện năng) tức thời trên mạch điện là $p=ui$.

Để mạch điện sinh công dương thì $p=ui<0\to \left[\begin{array}{l}u>0,i<0\\ u<0,i>0\end{array}\right.$ tức là u và i phải trái dấu nhau.

Như vậy bài toán đổi thành tính thời gian trong một chu kì, điện áp tức thời giữa hai đầu mạch và cường độ dòng điện tức thời trong mạch trái dấu nhau. Trong trường hợp này, chúng ta sử dụng phương pháp đường tròn hỗn hợp đa trục như hình vẽ. Lấy trục i làm chuẩn trên phương ngang, do u sớm pha $\frac{\pi }{4}$ so với i nên trục biểu diễn u sẽ lệch $\frac{\pi }{4}$ theo chiều kim đồng hồ so với trục i.        

Dễ thấy khoảng thời gian điện áp hai đầu đoạn mạch sinh công âm ứng với từ M₁ tới M₂, M₃ tới M₄, do đó tổng hai góc là $\Delta \phi =\frac{\pi }{2}\to \Delta t=\frac{T}{4}={5.10}^{-3}s=5ms$.

Đáp án A

Đề q₃ nằm cân bằng thì ${\overrightarrow{F}}_{13}=-{\overrightarrow{F}}_{23}$, do đó điện tích q₃ phải nằm trên đường thẳng nối q₁q₂ và nằm ngoài ngoài đoạn thẳng q₁q₂.

Mà $\left|q_1\right|<\left|q_2\right|$ nên để q₃ cân bằng thì q₃ phải nằm gần q₁ hơn.

Điều kiện đề q₃ cân bằng là $F_{13}=F_{23}\Rightarrow \frac{k\left|q_1{q}_3\right|}{C{A}^2}=\frac{k\left|q_2{q}_3\right|}{C{B}^2}\Rightarrow \frac{r_1}{r_2}=\sqrt{\left|\frac{q_1}{q_2}\right|}=\frac{1}{3}$ (1)

Theo bài ra ta có $CB-CA=12cm$ (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow CA=6cm,CB=18cm$  

Đề q₁ nằm cân bằng thì ${\overrightarrow{F}}_{21}=-{\overrightarrow{F}}_{31}\Rightarrow q_3<0$ và thỏa mãn $F_{21}=F_{31}$  

$\Rightarrow \frac{k\left|q_1{q}_2\right|}{A{B}^2}=\frac{k\left|q_1{q}_3\right|}{C{A}^2}$

$\Rightarrow \left|q_3\right|={\left(\frac{CA}{AB}\right)}^2.\left|q_2\right|={\left(\frac{6}{12}\right)}^2.\left|-1,{8.10}^{-7}\right|={45.10}^{-9}C$

Như vậy ta có $q_3=-4,{5.10}^{-8}C$  

Đáp án A

Cảm ứng từ do từng dòng điện I₁ và I₂ gây ra tại điểm M là

$B_1={2.10}^{-7}.\frac{i_1}{r_1}={2.10}^{-7}.\frac{6}{0,06}={2.10}^{-5}T$

$B_2={2.10}^{-7}.\frac{i_2}{r_2}={2.10}^{-7}.\frac{9}{0,08}=2,{25.10}^{-5}T$

Do mối liên hệ giữa cách khoảng cách là ${10}^2=6^2+8^2$ thỏa mãn định lý Pitago nên các véc tơ cảm ứng từ tại M vuông góc với nhau, ${\overrightarrow{B}}_1\perp {\overrightarrow{B}}_2$.

Suy ra cảm ứng từ tại M là $B=\sqrt{B_1^2+B_2^2}=\sqrt{{\left({2.10}^{-5}\right)}^2+{\left(2,{25.10}^{-5}\right)}^2}={3.10}^{-5}T$  

Đáp án A

Theo quy tắc tam diện thuận, nếu véc-tơ cường độ điện trường $\overrightarrow{E}$ hướng về hướng Nam thì véc-tơ cảm ứng từ $\overrightarrow{B}$ phải hướng về hướng Đông để đảm bảo véc tơ $\overrightarrow{v}$ là hướng lên trên (xem hình).

Mặt khác, do $\overrightarrow{E}$ và $\overrightarrow{B}$ dao động cùng pha nên khi cường độ điện trường có độ lớn bằng nửa cực đại thì cảm ứng từ cũng có độ lớn bằng nửa giá trị cực đại.

Đáp án C

Khi lò xo cân bằng

$F_{dh}=P\Rightarrow k\Delta \mathcal{l}=mg\Rightarrow {\omega }^2=\frac{k}{m}=\frac{g}{\Delta \mathcal{l}}$

Chu kì dao động

$T=2\pi \sqrt{\frac{\Delta \mathcal{l}}{g}}=2\pi \sqrt{\frac{0,04}{10}}=0,4\left(s\right)$

Thời gian lò xo nén trong một chu kì là $\Delta t=\frac{2}{15}=\frac{T}{3}$ tương ứng với một cung $\alpha =\frac{2\pi }{3}$ trên đường tròn (hình vẽ).

Trong một chu kì dao động, thời gian lò xo bị nén là khoảng thời gian vật đi từ vị trí không biến dạng đến biên âm rồi trở về vị trí không biến dạng, ta có thể suy luận

$\alpha =\frac{2\pi }{3}rad\Rightarrow \Delta \mathcal{l}=\frac{A}{2}\Rightarrow A=2\Delta \mathcal{l}=8\left(cm\right)$

Khi lò xo giãn 8 cm thì li độ $x=4cm=\frac{A}{2}$, do vật đang chuyền động chậm dần nên đang đi ra biên dương, như vậy ban đầu vật đang ở vị trí M_o trên đường tròn $\Rightarrow {\phi }_o=-\frac{\pi }{3}rad$ 

Đáp án C

Dựa vào mối liên hệ giữa giá trị 0,5 ms và đỉnh đồ thị hình sin, ta có

$\frac{T}{4}=0,5ms\to T=2ms\to \omega =\frac{2\pi }{T}=1000\pi \left(rad/s\right)$

Biên độ điện áp trên đoạn AN và MB lần lượt là $U_{0AN}=400\sqrt{2}V$ và $U_{0MB}=300\sqrt{2}V$  

Pha ban đầu của điện áp trên đoạn AN và MB lần lượt là 0 và $-\frac{\pi }{2}$.

Từ đó ta có phương trình điện áp trên đoạn AN và MB là $u_{AN}=400\sqrt{2}cos\left(1000\pi t\right)V$ và $u_{MB}=300\sqrt{2}cos\left(1000\pi t-\frac{\pi }{2}\right)V$

Do u_AN, u_MB vuông pha nhau, ta dựng được giản đồ vecto như hình vẽ, từ đó ta có

$\frac{1}{U_R^2}=\frac{1}{U_{AN}^2}+\frac{1}{U_{MB}^2}=\frac{1}{{300}^2}+\frac{1}{{400}^2}\to U_R=240V$.

Vậy vôn kế nhiệt chỉ 240 V, đúng bằng điện áp hiệu dụng trên điện trở R

Đáp án B

Ta biết rằng nguyên tắc hoạt động của quang điện trở dựa trên hiện tượng quang điện trong. Khi tắt chùm sáng kích thích, hiện tượng quang điện trong dừng xảy ra nên giá trị điện trở R của quang điện trở tăng lên. Do đó cường độ dòng điện trong mạch $I=\frac{\xi }{R+r}$ bị giảm đi nên số chỉ Ampe kế giảm.

Điện áp trên quang trở $U_R=\xi -Ir$ tăng lên làm số chỉ Vôn kế tăng

Đáp án A

Vận dụng các định luật bảo toàn điện tích và bảo toàn số khối, ta viết được phương trình phản ứng hạt nhân đã xảy ra như sau: ${}_0{}^{1}n+{}_3{}^{6}Li\to {}_2{}^4\alpha +{}_1{}^{3}X$ 

Vận dụng định luật bảo toàn động lượng, ta vẽ được giản đồ các véc tơ động lượng như hình vẽ. Theo định lí hàm số sin trong tam giác, ta có:

$\frac{p_n}{\sin 125°}=\frac{p_X}{\sin 25°}=\frac{p_{\alpha }}{\sin 30°}$

$\Rightarrow \frac{p_n}{p_X}=\sqrt{\frac{m_n{K}_n}{m_X{K}_X}}=\sqrt{\frac{1.2}{3.K_X}}=\frac{\sin 125°}{\sin 25°}\Rightarrow K_X=0,177MeV$

$\Rightarrow \frac{p_n}{p_{\alpha }}=\sqrt{\frac{m_n{K}_n}{m_{\alpha }{K}_{\alpha }}}=\sqrt{\frac{1.2}{4.K_{\alpha }}}=\frac{\sin 125°}{\sin 30°}\Rightarrow K_{\alpha }=0,186MeV$

Năng lượng tỏa ra của phản ứng có thể được tính thông qua động năng của các hạt tham gia phản ứng, ta có:

$\text{W}=K_{He}+K_X-K_n=0,177+0,186-2=-1,637MeV<0$

Do $W<0$ nên phản ứng thu năng lượng 1,637 MeV.

Đáp án C

Ta có $T=\frac{2\pi }{\omega }=\frac{2\pi }{2\pi }=1s$  

$a=16{\pi }^{2}cos\left(2\pi t+\frac{\pi }{3}\right)cm/s^2\to v=8\pi cos\left(2\pi t-\frac{\pi }{6}\right)cm/s$

Trên đường tròn vận tốc, ta biểu diễn vị trí ban đầu của vận tốc (M₀) và hai vị trí ứng với vận tốc bằng $-4\pi \sqrt{3}cm/s$ $\left(M_1,M_2\right)$  như trên hình vẽ.

Từ đường tròn, ta suy ra trong mỗi chu kì dao động có 2 lần chất điểm có vận tốc bằng $-4\pi \sqrt{3}cm/s$.

Tách $13=6.2+1\to t=6T+\Delta t$.

Do hai điểm M₀ và M₁ đối xứng tâm trên đường tròn nên ta tính được $\Delta \phi =\pi \to \Delta t=\frac{T}{2}=0,5s$  

Từ đó suy ra $t=6.1+0,5=6,5s$.

Đáp án D

Từ công thức khoảng vân $i=\frac{\lambda D}{a}$ ta thấy, khi màn rời xa mặt phẳng chứa hai khe thì D tăng, do đó khoảng vân i sẽ tăng dần. Việc trong quá trình di chuyển ra xa dần, tại H chỉ có hai lần cho vân sáng cho thấy vân tối lần đầu tiên là vân tối thứ 3 tính từ vân trung tâm, và trong khoảng từ H đến vân sáng trung tâm khi đó chỉ có hai vân sáng (xem hình vẽ).

Khi màn ở vị trí mà H ứng với cực đại giao thoa lần đầu tiên (vân sáng bậc 2) trong quá trình dịch chuyển màn ra xa dần thì khoảng cách từ H tới vân sáng trung tâm là: $x_H=\frac{a}{2}=2\frac{\lambda D}{a}\to D=0,4m$ 

Khi màn ở vị trí mà H là cực tiểu lần cuối, tức là H ứng với vân tối thứ nhất (gần vân sáng trung tâm nhất), ta có:

$\frac{a}{2}=\frac{\lambda D^{\text{'}}}{a}\Rightarrow D^{\text{'}}=1,6m$

Vậy 2 vị trí màn cách nhau $D^{\text{'}}-D=1,6-0,4=1,2m$.

Đáp án D

Khoảng cách giữa hai nút sóng gần nhau nhất

$NM=\frac{\lambda }{2}=36cm\to \lambda =72cm$.

Nhìn vào hình vẽ, dựa vào đặc tính của đồ thị hình sin, do điểm E cách N một khoảng là $6cm=\frac{\lambda }{12}$ nên biên độ dao động tại E là $A_E=5cm$.

Tương tự như vậy, do điểm F cách N một khoảng $27cm=\frac{3\lambda }{8}$ nên suy ra biên độ dao động tại F là $A_F=5\sqrt{2}cm$.

E, F nằm trong cùng một bó sóng nên hai phần tử dây tại đó dao động cùng pha, suy ra khoảng cách xa nhất giữa hai phần tử dây trong quá trình dao động là $d_{max}=\sqrt{E{F}^2+{\left(A_F-A_E\right)}^2}=21,1cm$ đạt được khi hai phần tử này cùng đi qua vị trí biên.

Đáp án D

Ta xét trong khoảng thời gian từ lúc $t=0s$ đến lúc $t=2s$, dựa vào đồ thị li độ có thể thấy:

- Chất điểm (1) đi từ vị trí ban đầu về lại vị trí cũ nhưng đổi chiều chuyển động

- Chất điểm (2) đi từ vị trí ban đầu đến biên dương lần đầu tiên.

Biểu diễn các quá trình trên lên hai đường tròn đồng tâm như hình vẽ. Do cùng khoảng thời gian nên góc quét của hai chuyển động tròn đều là bằng nhau, ta suy ra mối quan hệ của hai góc ${\phi }_2=2{\phi }_1$ (1).

Đến thời điểm $t=7,75s$ ta thấy chất điểm (1) qua VTCB theo chiều dương, suy ra góc quét trên đường tròn ${\Delta }_1=\omega .7,75={\phi }_1+\frac{3\pi }{2}$ (2)

Đến thời điểm $t=2s$ thì chất điểm (2) qua vị trí biên dương, góc quét khi đó là ${\Delta }_2=\omega .2={\phi }_2$ (3)

Từ (2) và (3) ta có $\frac{31}{8}=\frac{{\phi }_1+\frac{3\pi }{2}}{{\phi }_2}$ (4).

Tù (1) và (4) ta tìm được ${\phi }_1=\frac{2\pi }{9};{\phi }_2=\frac{4\pi }{9}$ và chu kì $T=9s$, suy ra $\omega =\frac{2\pi }{9}rad/s$ 

Ta có giá trị cực đại $v_{1max}=A_1\omega =4.\frac{2\pi }{9}=\frac{8\pi }{9}cm/s$; $v_{2max}=A_2\omega =2\sqrt{3}.\frac{2\pi }{9}=\frac{4\sqrt{3}\pi }{9}cm/s$ và v₁ sớm pha hơn v₂ là $\frac{2\pi }{9}$.

Biểu diễn trên đường tròn đa trục, chất điểm (1) đến điểm M có $v_1=\frac{4\pi }{9}m/s=\frac{v_{1max}}{2}$ thì chất điểm (2) đến N.

Từ đó suy ra khi

$v_2=v_{2max}.cos\left(\pi -\frac{2\pi }{9}-\frac{\pi }{3}\right)=\frac{4\sqrt{3}\pi }{9}.cos\left(\frac{4\pi }{9}\right)\approx 0,42cm/s$

Đáp án B

Ta có hệ số công suất $cos\phi =\frac{R}{Z}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}{R^2}}}\Rightarrow {\left(Z_L-Z_C\right)}^2=R^2\left(\frac{1}{co{s}^2\phi }-1\right)$ 

Lấy số liệu từ đồ thị thay vào ta có: ${\left(Z_L-Z_C\right)}^2={63}^2\left(\frac{1}{{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^2}-1\right)={63}^2$ (1)

Nếu khi tần số là f, cảm kháng và dung kháng của mạch lần lượt là Z_L và Z_C, thì khi tần số bằng 64f, cảm kháng và dung kháng của mạch lần lượt sẽ là 64Z_L và $\frac{Z_C}{64}$  

Do khi tần số bằng f và 64f thì sự phụ thuộc của hệ số công suất vào R là giống hệt nhau nên ta có:

${\left(Z_L-Z_C\right)}^2={\left(64Z_L-\frac{Z_C}{64}\right)}^2\to Z_L=\frac{Z_C}{64}$ (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra $Z_L=1$ và $Z_C=64$ 

$U_L=\frac{U}{Z}.Z_L=\frac{U}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}{Z}_L$

$\to U_L=\frac{210}{\sqrt{{21}^2+{63}^2}}.1=\sqrt{10}V$.

Đáp án B

Ta biểu diễn quang phổ bậc 1, 2, 3, 4, 5 như trên hình vẽ.

Cần lưu ý trong trường hợp này, khoảng vân tia đỏ ( $0,76\mu m$ gấp đôi khoảng vân tia tím ( $0,38\mu m$ ) do đó mép trên của quang phổ bậc 1 trùng với mép dưới của quang phổ bậc 2.

Có thể thấy phần chồng chất lên nhau giữa quang phổ bậc 3 và bậc 4 mà không chứa quang phổ bậc 5 là $\Delta L$, ứng với khoảng từ vân tím bậc 4 đến vân tím bậc 5, ta có:

$\Delta L=x_{t5}-x_{t4}=\left(5-4\right).\frac{0,38.2}{2}=0,38mm$.

Đáp án B

Ta tính được bước sóng là $\lambda =\frac{v}{f}=\frac{v.2\pi }{\omega }=\frac{60.2\pi }{30\pi }=4cm$ 

Hạ đoạn BH vuông góc với đường d₁ ta có $AH=AB.cos45°=10\sqrt{2}cm$ 

Nhận thấy hai nguồn A, B dao động ngược pha với biên độ sai khác nhau $3-2=1mm$, cho nên những điểm dao động với biên độ 1 mm là những điểm thuộc cực tiểu giao thoa. Điều kiện cực tiểu là $d_1-d_2=n\lambda$.

Xét điểm M nằm trên đường thẳng  thuộc nửa trên của mặt phẳng, khi đó ta có $0\le AM-BM=d_1-d_2\le AH$

Kết hợp với điều kiện M thuộc cực tiểu giao thoa ta có: $0\le n\lambda \le 10\sqrt{2}\to 0\le n\le 3,5\to n=0,1,2,3$.

Như vậy nửa trên của đường $\Delta$ có 4 điểm M thỏa mãn điều kiện bài toán ra, trong đó một điểm chính là trung điểm của AB. Do tính đối xứng của hệ vân giao thoa, ở nửa dưới đường A sẽ có thêm 3 điểm M nữa thỏa mãn điều kiện bài toán.

Như vậy tổng số điểm cần tìm là 7 điểm