- Khi ánh sáng truyền từ môi trường trong suốt này sang môi trường trong suốt khác thì:

+ Tần số không thay đổi. 

+ Tốc độ truyền sóng thay đổi. 

- Công thức tính bước sóng: $\lambda =\frac{c}{f}$ 

Khi cho ánh sáng đơn sắc truyền từ môi trường trong suốt này sang môi trường trong suốt khác thì tần số không thay đổi, vận tốc và bước sóng thay đổi. 

Chọn A

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

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

Chọn D

Cân bằng phương trình phản ứng hạt nhân bằng việc sử dụng định luật bảo toàn số Z và bảo toàn số A. 

Sử dụng định luật bảo toàn điện tích và bảo toàn số nuclon ta có: ${}_2^{4}X{+}_{13}^{27}Al{\to }_{15}^{30}P{+}_0^{1}n$ 

⇒ X là Heli (hạt α)  

Chọn B

* Vận dụng lí thuyết về sóng âm: 

+ Sóng âm truyền được trong các môi trường rắn, lỏng, khí và không truyền được trong chân không.

+ Âm nghe được có tần số từ 16Hz đến 20000Hz. 

+ Hạ âm có tần số <16Hz. 

+ Siêu âm có tần số >20000Hz. 

* Đơn vị của cường độ âm là ${\text{W/m}}^{\text{2}}.$ Đơn vị của cường độ âm là Ben (B) hay dexiben (dB).

A, C, D – đúng 

B – sai vì đơn vị của mức cường độ âm là B hay dB. 

Chọn B

+ Sử dụng biểu thức định luật ôm cho toàn mạch: $I=\frac{E}{R_N+r}$    

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

+ Điện trở mạch ngoài: $R_N=R_1+R_2=2+3=5\Omega$  

+ Cường độ dòng điện qua mạch: $I=\frac{E}{R_N+r}=\frac{6}{5+1}=1A$ 

+ Hiệu điện thế giữa hai đầu điện trở R₁ là: $U_1=I.R_1=1.2=2V$   

Chọn D

Sử dụng lí thuyết về dòng điện trong kim loại: Dòng điện trong kim loại là dòng các electron tự do dịch chuyển có hướng. 

Dòng điện trong kim loại là dòng các electron tự do dịch chuyến có hướng ngược chiều điện trường ngoài.

Chọn A

Năng lượng liên kết tính cho một nuclon gọi là năng lượng liên kết riêng, đặc trưng cho độ bền vững của hạt nhân. Hạt nhân có năng lượng liên kết riêng càng lớn thì hạt nhân càng bền vững. 

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

Chọn A

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

Chiều dài quỹ đạo: L = 2.A (với A là biên độ dao động).  

+ Biên độ dao động: $A=\frac{L}{2}=\frac{20}{2}=10cm=0,1m$  

+ Cơ năng của vật: $W=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2=\frac{1}{2}.0,{2.6}^2.0,1^2=0,036J$  

Chọn C

+ Phương trình sóng tổng quát: $u=A.\cos \left(\omega t+\phi -\frac{2\pi x}{\lambda }\right)$  

+ Đồng nhất phương trình bài cho với phương trình sóng tổng quát. 

Đồng nhất phương trình bài cho với phương trình tổng quát: $\frac{2\pi x}{\lambda }=0,02\pi x\Rightarrow \lambda =\frac{2}{0,02}=100cm$  

Chọn C

Sử dụng biểu thức tính suất điện động tự cảm: $e_{tc}=-L\frac{\Delta i}{\Delta t}$

Suất điện động tự cảm: $e_{tc}=-L\frac{\Delta i}{\Delta t}=-0,1.\frac{10-0}{0,1}=-10V$ 

Vậy độ lớn suất điện động tự cảm xuất hiện trên ống dây trong khoảng thời gian đó là 10V.

Chọn B.

Sử dụng biểu thức tính tổng trở: $Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}$ 

Tổng trở của mạch gồm điện trở mắc nối tiếp với tụ điện là: $Z=\sqrt{R^2+Z_C^2}=\sqrt{R^2+{\left(\frac{1}{\omega C}\right)}^2}$   

Chọn C

Sử dụng lí thuyết về động cơ không đồng bộ ba pha.

Trong động cơ không đồng bộ ba pha: Tốc độ quay của roto nhỏ hơn tốc độ quay của từ trường.

Chọn C

Công thức tính tần số: f=np với n: số vòng/s; p: số cặp cực 

Từ công thức tính tần số ta có:  

$f=np\iff 50=n.4\Rightarrow n=12,5$vòng/s = 750 vòng/phút. 

Chọn B

Công suất tiêu thụ: $P=UI\cos \phi$  

Công suất truyền tải là: $P=UI.\cos \phi =200.2,5.1=500W=0,5kW$  

Chọn C

Sử dụng thang sóng điện từ (bước sóng) 

Từ thang sóng điện từ, các bức xạ được sắp xếp theo thứ tự bước sóng tăng dần là: Tia X, ánh sáng nhìn thấy, tia hồng ngoại. 

Chọn B. 

Biểu thức của điện tích và cường độ dòng điện: $\left\{\begin{array}{l}q=q_0.\cos (\omega t+\phi )\\ i=q^{\text{'}}=\omega q_0.\cos \left(\omega t+\phi +\frac{\pi }{2}\right)\end{array}\right.$ 

Công thức liên hệ giữa điện tích cực đại và cường độ dòng điện cực đại: $I_0=\omega q_0\Rightarrow q_0=\frac{I_0}{\omega }$

Chọn C

Sử dụng biểu thức tính chu kì dao động của con lắc đơn: $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$ 

Chu kì dao động của con lắc đơn: $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$ 

Chọn B

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

+ A: Biên độ dao động 

+ ω: Tần số góc 

+ φ: Pha ban đầu của dao động. 

Phương trình dao động: $x=5\cos \left(2\pi t\right)$ 

⇒ Tần số góc của dao động: $\omega =2\pi rad\text{/}s$  

Chọn B

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

Lực đẩy giữa 2 điện tích là: $F=k\frac{\left|q_1{q}_2\right|}{\epsilon r^2}={9.10}^9\frac{{10}^{-6}{\mathrm{.4.10}}^{-9}}{1.0,{02}^2}=0,09N$   

Chọn B

Sử dụng lí thuyết về thuyết lượng tử ánh sáng. 

Thuyết lượng tử ánh sáng được dùng để giải thích nguyên tắc hoạt động của pin quang điện.

Chọn A

Sử dụng thang sóng vô tuyến 

Ta có thang sóng vô tuyến:

Sắp xếp theo thứ tự tăng dần về tần số của các sóng vô tuyến: Sóng dài, sóng trung, sóng ngắn, sóng cực ngắn.

Chọn D

Vận dụng lí thuyết các loại tia và các loại quang phổ. 

A – sai vì: Các chất rắn, lỏng và khí ở áp suất cao khi bị nung nóng phát ra quang phổ liên tục.

B, C, D – đúng. 

Chọn A

Vận dụng lí thuyết về sóng điện từ. 

A, D – sai vì sóng điện từ gồm từ trường biến thiên và điện trường biến thiên. 

B – đúng 

C – sai vì sóng điện từ truyền được trong chân không. 

Chọn B

+ Đọc phương trình u, i 

+ Vận dụng biểu thức tính độ lệch pha u,i 

+ Sử dụng lí thuyết về cộng hưởng dao động: u, i cùng pha và $Z_L=Z_C$  

Biểu thức của u và i: $\left\{\begin{array}{l}u=U_0\cos \left(\omega t+\frac{\pi }{3}\right)\\ i=I_0\cos \left(\omega t+\frac{\pi }{3}\right)\end{array}\Rightarrow u,i\right.$ cùng pha với nhau. 

⇒ Mạch xảy ra hiện tượng cộng hưởng nên $Z_L=Z_C$

Chọn A.

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

Cách giải: 

Công thoát electron khỏi kim loại này là: $A=\frac{hc}{{\lambda }_0}=\frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{0,{75.10}^{-6}}=2,{65.10}^{-19}J$  Chọn C

+ Đọc phương trình phản ứng hạt nhân 

+ Vận dụng các định luật bảo toàn cân bằng phương trình

+ Sử dụng biểu thức tính số mol: $n=\frac{m}{A}$ 

Ta có: ${}_1^{1}H{+}_4^{9}Be{\to }_2^{4}He{+}_3^{6}X+2,1MeV$  

Từ phương trình phản ứng hạt nhân ta có 1 phản ứng tạo ra 1 nguyên tử He và tỏa ra năng lượng 2,1MeV.

Số nguyên tử Heli được tạo thành khi tổng hợp được 4g Heli là:  

$N=n.N_A=\frac{m}{A}.N_A=\frac{4}{4}.6,{02.10}^{23}=6,{02.10}^{23}$

⇒ Năng lượng tỏa ra từ phản ứng khi tổng hợp được 4gam Heli là:

$E=2,1.N=2,1.6,{02.10}^{23}=1,{2642.10}^{24}MeV$

Chọn C

Công thức tính mức cường độ âm: $L=10\log \frac{I}{I_0}$   

Ta có, mức cường độ âm: $L_A=10\log \frac{I_A}{I_0}\iff 80=10\log \frac{I_A}{{10}^{-12}}$ 

$\Rightarrow I_A={10}^8{.10}^{-12}={10}^{-4}W\text{/}{m}^2=0,1mW\text{/}{m}^2$

Chọn B

+ Sử dụng biểu thức tính chu kì: $T=\frac{\Delta t}{N}$  

+ Sử dụng biểu thức tính độ dãn của lò xo tại VTCB: $\Delta l=\frac{mg}{k}=\frac{g}{{\omega }^2}=\frac{g{T}^2}{4{\pi }^2}$   

+ Chiều dài của con lắc lò xo tại vị trí thấp nhất: $l_{\max }=l_0+\Delta l+A$  

+ Chu kì dao động: $T=\frac{60}{120}=0,5s$  

⇒ Độ dãn của lò xo ở vị trí cân bằng: $\Delta l=\frac{mg}{k}=\frac{g}{{\omega }^2}=\frac{g}{\frac{4{\pi }^2}{T^2}}=\frac{10}{\frac{4.10}{0,5^2}}=0,0625m=6,25cm$  

+ Chiều dài ở vị trí thấp nhất: $l_{\max }=l_0+\Delta l+A$

+ Chiều dài tự nhiên:  $l_0=30cm$ 

 _{$\Rightarrow A=l_{\max }-l_0-\Delta l=40-30-6,25=3,75cm$}

Chọn D

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

+ Sử dụng biểu thức: $U=\sqrt{U_R^2+U_C^2}$

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

+ Dung kháng: $Z_C=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{100\pi \cdot \frac{{10}^{-2}}{5\pi }}=5\Omega$  

+ Ta có:  $U_R=4V$

Lại có: $U=\sqrt{U_R^2+U_C^2}\Rightarrow U_C=\sqrt{U^2-U_R^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3V$ 

Cường độ dòng điện trong mạch: $I=\frac{U_C}{Z_C}=\frac{3}{5}A$ 

Chọn A

Bán kính quỹ đạo Bo ở trạng thái dừng n: $r_n=n^2{r}_0$   

Bán kính quỹ đạo dừng O ứng với $n=5\Rightarrow r_O=5^2{r}_0=25.5,{3.10}^{-11}=1,{325.10}^{-9}m$  

Chọn B

Mạch R, Lr, C có R thay đổi để công suất trên R cực đại, khi đó: $\left\{\begin{array}{l}{R}^2=r^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2\\ P_{\max }=\frac{U^2}{2r+2\sqrt{r^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}\end{array}\right.$   

+ Cảm kháng:  $Z_L=\omega L=100\pi \frac{1}{\pi }=100\Omega$   

+ Dung kháng: $Z_C=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{100\pi \frac{{10}^{-3}}{6\pi }}=60\Omega$   

Mạch R, Lr, C có R thay đổi để công suất trên R cực đại, khi đó:  

$\left\{\begin{array}{l}{R}^2=r^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2\\ P_{\max }=\frac{U^2}{2r+2\sqrt{r^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}\end{array}\right.$

$\Rightarrow R=\sqrt{r^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}=\sqrt{{30}^2+{(100-60)}^2}=50\Omega$

Chọn C

+ Sử dụng biểu thức tính $U^2=U_R^2+U_L^2$ 

+ Sử dụng biểu thức tính sai số: $\Delta U=\frac{\overline{U_R}}{\overline{U}}\cdot \Delta U_R+\frac{\overline{U_L}}{\overline{U}}\cdot \Delta U_L$ 

Ta có: 

$+\overline{U}=\sqrt{U_R^2+U_L^2}=\sqrt{{48}^2+{36}^2}=60V$

$\text{+ }\Delta U=\overline{\frac{U_R}{\overline{U}}}\cdot \Delta U_R+\frac{\overline{U_L}}{\overline{U}}\cdot \Delta U_L=\frac{48}{60}\cdot 1+\frac{36}{60}\cdot 1=1,4V$

$\Rightarrow U=60,0\pm 1,4\left(V\right)$

Chọn C

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

Với: Số bụng = k; Số nút = k + 1. 

+ Sử dụng biểu thức tính biên độ sóng dừng: $A_M=A_b\sin \frac{2\pi d}{\lambda }$ 

Với d là khoảng cách từ M đến nút gần nhất. 

Ta có: 

$\text{+ }l=k\frac{\lambda }{2}\iff 90=3\frac{\lambda }{2}\Rightarrow \lambda =60cm$

+ Biên độ của bụng sóng: $A_b=3cm$  

+ Biên độ dao động tại C: $A_C=A_b\sin \frac{2\pi d}{\lambda }=1,5cm\Rightarrow \sin \frac{2\pi d}{\lambda }=\frac{1}{2}$ 

  $\Rightarrow d=\frac{\lambda }{12}=AC\Rightarrow AC=\frac{60}{12}=5cm$

Chọn C

+ Áp dụng công thức tính quãng đường lớn nhất: $S_{\max }=2A\sin \frac{\omega \Delta t}{2}$  

+ Áp dụng công thức tính tốc độ trung bình : $v_{tb}=\frac{S}{t}$  

Quãng đường lớn nhất vật đi được trong khoảng thời gian $\frac{T}{4}$ là: 

 $S_{\max }=2A\sin \frac{\omega \Delta t}{2}=2A\sin \frac{\omega \frac{T}{4}}{2}=2A\sin \frac{\frac{2\pi }{T}\frac{T}{4}}{2}=2A\sin \frac{\pi }{4}=A\sqrt{2}$

Vận tốc trung bình lớn nhất của vật: $v_{\max }=\frac{S_{\max }}{t}=\frac{A\sqrt{2}}{\frac{T}{4}}=\frac{4A\sqrt{2}}{T}$  

Chọn B

+ Sử dụng máy tính giải phương trình: $x=x_1-x_2=A_1\angle {\phi }_1-A_2\angle {\phi }_2$ 

+ Hai vật gặp nhau $x_1=x_2$  

+ Sử dụng trục thời gian suy ra từ đường tròn 

Ta có: $x=x_1-x_2=4\angle 0-4\sqrt{3}\angle \frac{\pi }{2}=8\angle -\frac{\pi }{3}\Rightarrow x=8\cos \left(4\pi t-\frac{\pi }{3}\right)cm$ 

Hai chất điểm gặp nhau khi $x_1=x_2$ hay x = 0 

Tại thời điểm ban đầu: $\left\{\begin{array}{l}{x}_0=8\cos \left(-\frac{\pi }{3}\right)=4cm\\ v>0\end{array}\right.$  

⇒ Thời điểm đầu tiên 2 chất điểm gặp nhau (x=0) là : $t=\frac{T}{6}+\frac{T}{4}=\frac{5T}{12}=\frac{5}{12}\cdot 0,5=\frac{5}{24}s$  

Chọn C

+ Điều kiện có cộng hưởng: $Z_L=Z_C\iff 2\pi f.L=\frac{1}{2\pi f.C}\Rightarrow f=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}$  

+ Cường độ dòng điện hiệu dụng: $I=\frac{U}{Z}=\frac{U}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$   

Giá trị tần số khi có cộng hưởng: $f=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}=\frac{1}{2\pi \sqrt{\frac{0,4}{\pi }\cdot \frac{{10}^{-3}}{4\pi }}}=50Hz$ 

Mà khi cộng hưởng thì: $I_{\max }=\frac{U}{R}$  

Nhận thấy tần số biến đổi từ 60Hz đến 70Hz (lớn hơn giá trị cộng hưởng)

⇒ Khi tần số biến đổi từ 60Hz đến 70Hz thì cường độ dòng điện hiệu dụng trong mạch giảm.

Chọn D

+ Sử dụng giản đồ vecto. 

+ Sử dụng các kiến thức hình học, định lí hàm số cos trong tam giác.

Ta có giản đồ véctơ: 

Từ giản đồ, ta có: $\Delta ANH=\Delta BNK(g-g-g)\Rightarrow BN=AN=150V$ 

Xét ΔANB có: $A{B}^2=A{N}^2+B{N}^2-2ANBN.\cos \left(ANB\right)$ 

$\Rightarrow \cos \left(ANB\right)=\frac{A{N}^2+B{N}^2-A{B}^2}{2AN.BN}$

$\Rightarrow \cos \left(ANB\right)=\frac{{150}^2+{150}^2-{130}^2}{\mathrm{2.150.150}}=\frac{281}{450}$

Mặt khác: $\cos \left(ANB\right)=\cos \left(ANH\right)=\frac{NH}{AN}$ 

  $$\begin{gathered} \Rightarrow NH=AN.\cos \left(ANB\right)=\frac{281}{3}\Rightarrow AH=\sqrt{A{N}^2-N{H}^2} \\ =\sqrt{{150}^2-{\left(\frac{281}{3}\right)}^2}=\frac{13\sqrt{731}}{3}V \end{gathered}$$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}MH=\frac{AH}{3,2}=36,61V\\ BH=BN-NH=\frac{169}{3}V\end{array}\right.\Rightarrow BM=\sqrt{B{H}^2+M{H}^2}=67,19V=U_{MB}$

Chọn C

+ Đọc đồ thị dao động 

+ Sử dụng vòng tròn lượng giác 

+ Sử dụng góc quét: $\Delta \phi =\omega .\Delta t$

+ Tại $t:u_1=A_1$ 

+ Tại $t+\Delta t:u_2=A_2$

+ Tại $t+6\Delta t:u_3=-A_2$ 

Vẽ trên vòng tròn lượng giác ta được: 

Ta có: $\omega .6\Delta t=\frac{\pi }{2}\iff \frac{2\pi }{T}.6\Delta t=\frac{\pi }{2}\Rightarrow \Delta t=\frac{T}{24}$  

Chọn C. 

+ Sử dụng công thức tính khoảng vân: $i=\frac{\lambda D}{a}$  

+ Sử dụng công thức tính vân tối trùng nhau: $k_1{\lambda }_1=k_2{\lambda }_2$ với $k_1,k_2$ lẻ

+ Khoảng vân $i_1=\frac{{\lambda }_{1}D}{a}=\frac{{600.10}^{-9}.1}{0,{5.10}^{-3}}=1,{2.10}^{-3}=1,2mm$   

Giữa MN có 3 vị trí trùng nhau khác ⇒ MN chứa 4 khoảng vân trùng $\Rightarrow i_{\equiv }=\frac{MN}{4}=\frac{24}{4}=6mm$  

Xét tỉ số: $\frac{i_{\equiv }}{i_1}=\frac{6}{1,2}=5\Rightarrow$ Nếu xem M là trùng số 0 thì tại N là vân trùng ứng với k = 5 

Điều kiện để 2 vân tối trùng nhau: $x_{t_1}=x_{t_2}\iff k_1{\lambda }_1=k_2{\lambda }_2$ với $k_1,k_2$ là số lẻ $\Rightarrow {\lambda }_2=\frac{k_1{\lambda }_1}{k_2}=\frac{5.600}{k_2}nm$  

Với khoảng giá trị của ánh sáng khả kiến $380nm<{\lambda }_2<760nm\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{\lambda }_2=428,5nm\\ k_2=7\end{array}\right.$  

⇒ Giữa 2 vị trí trùng nhau có 11 vân sáng. 

Chọn C

+ Đọc đồ thị dao động 

+ Sử dụng vòng tròn lượng giác 

+ Sử dụng công thức góc quét: $\Delta \phi =\omega .\Delta t$  

+ Sử dụng máy tính tổng hợp dao động: $x=x_1+x_2=A_1\angle {\phi }_1+A_2\angle {\phi }_2$  

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

Ta có vòng tròn lượng giác: 

Ta có: $\alpha =\beta$ mà $\beta +\frac{\alpha }{2}={90}^0\Rightarrow \alpha ={60}^0$ 

Ta có: $\cos \frac{\alpha }{2}=\frac{4}{A}\Rightarrow A=\frac{8\sqrt{3}}{3}cm$ 

Lại có:

$\alpha =\omega .\Delta t=\omega .\left(t_2-t_1\right)\Rightarrow \omega =\frac{\alpha }{\Delta t}=\frac{\frac{\pi }{3}}{\frac{1}{15}}=5\pi rad\text{/}s$

Từ đồ thị và các dữ kiện trên ta viết được phương trình dao động của 2 vật: $\left\{\begin{array}{l}{x}_1=\frac{8\sqrt{3}}{3}\cos (5\pi t+\pi )\\ x_2=\frac{8\sqrt{3}}{3}\cos \left(5\pi t-\frac{2\pi }{3}\right)\end{array}\right.$

⇒ Phương trình dao động tổng hợp: $x=x_1+x_2=8\cos \left(5\pi t-\frac{5\pi }{6}\right)cm$ 

⇒ Cơ năng của chất điểm: $W=\frac{1}{2}k{A}^2=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2=\frac{1}{2}.0,5.{\left(5\pi \right)}^2.0,{08}^2=0,4J$  

Chọn A.