Dao động tắt dần 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 A

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

+ A: Biên độ dao động 

+ ω: Tần số góc 

+ (ωt + φ): Pha dao động tại thời điểm t 

+ φ: Pha dao động tại thời điểm ban đầu. 

Phương trình dao động của vật: $x=A\cos (\omega t+\phi )$

⇒ Tần số góc của dao động: ω 

Chọn C. 

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

Một điện tích điểm q đặt tại nơi có cường độ điện trường $\overrightarrow{E}$ thì lực điện tác dụng lên điện tích đó là: $\overrightarrow{F}=q\overrightarrow{E}$

Chọn B

+ Quang phổ liên tục là một dải có màu từ đỏ đến tím nối liền nhau một cách liên tục.

+ Quang phổ liên tục do các chất rắn, chất lỏng hoặc chất khí có áp suất lớn phát ra khi bị nung nóng.

+ Quang phổ liên tục của các chất khác nhau ở cùng một nhiệt độ thì giống nhau và chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ của chúng. 

+ Ứng dụng: Đo nhiệt độ của các vật nóng sáng ở nhệt độ cao như các ngôi sao qua quang phổ của nó.

A, C, D – sai vì quang phổ liên tục chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ của vật. 

B - đúng 

Chọn B

Vận dụng kiến thức về các hiện tượng quang. 

Khi chiếu chùm tia tử ngoại vào một ống nghiệm đựng dung dịch fluorexein thì thấy dung dịch này phát ra ánh sáng màu lục đó là hiện tượng quang – phát quang. 

Chọn A

Sử dụng biểu thức tính suất điện động của bộ nguồn mắc song song: ${\xi }_b={\xi }_1={\xi }_2$  

Suất điện động của bộ nguồn: ${\xi }_b={\xi }_1={\xi }_2=\xi$ 

Chọn A

Thuyết lượng tử ánh sáng: 

+ Chùm ánh sáng là chùm các phôtôn (các lượng tử ánh sáng). Mỗi phôtôn có năng lượng xác định (năng lượng của 1 phôtôn: $\epsilon =hf\left(J\right)$) 

+ Các phôtôn bay dọc theo tia sáng với tốc độ c = 3.108 m/s trong chân không. 

+ Năng lượng của mỗi phôtôn rất nhỏ. Một chùm sáng dù yếu cũng chứa rất nhiều phôtôn do rất nhiều nguyên tử, phân tử phát ra. Vì vậy ta nhìn thấy chùm sáng liên tục. 

+ Phôtôn chỉ tồn tại trong trạng thái chuyển động. Không có phôtôn đứng yên. 

+ Các photon trong chùm ánh sáng đơn sắc thì có cùng năng lượng. 

A – sai vì mỗi photon mang một năng lượng xác định và phụ thuộc vào tần số ε = hf

B, C, D - đúng 

Chọn A.

Sử dụng lí thuyết về dòng điện trong kim loại. 

Hạt tải điện trong kim loại là electron tự do. 

Chọn C

Điều kiện có cộng hưởng điện: $Z_L=Z_C$ hay $\omega =\frac{1}{\sqrt{LC}}$

Độ lệch pha giữa u và i: $\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}$  

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

Công suất tiêu thụ: $P=\frac{U^{2}R}{Z^2}=\frac{U^2.R}{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}$  

Tổng trở: $Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}$  

Ta có: $f=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}\Rightarrow Z_L=Z_C$ mạch xảy ra cộng hưởng. Khi đó:

$\text{+ }\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}=0\Rightarrow \phi =0\Rightarrow u,i$ cùng pha.

$\text{+ }I=\frac{U}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}=\frac{U}{R}=I_{\max }$

+ C – sai vì: Tổng trở của mạch cực tiểu $Z_{\min }=R$  

$\text{+ }P=\frac{U^2.R}{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}=\frac{U^2}{R}=P_{\max }$

Chọn C

Sử dụng lí thuyết về sự truyền ánh sáng. 

+ Ánh sáng đơn sắc không bị tán sắc mà bị lệch khỏi phương truyền ban đầu khi đi qua lăng kính.

+ Chiếu ánh sáng từ môi trường này sang môi trường khác thì tần số không thay đổi.

Khi chiếu ánh sáng đơn sắc tới lăng kính thì khi đi qua lăng kính, ánh sáng bị lệch khỏi phương truyền ban đầu và không bị tán sắc. 

Chọn A

Sử dụng lí thuyết về sóng điện từ: $\overrightarrow{E},\overrightarrow{v}.\overrightarrow{B}$ tạo với nhau một tam diện thuận. 

Ta có: $\overrightarrow{E},\overrightarrow{v}.\overrightarrow{B}$ tạo với nhau một tam diện thuận ⇒ Hình vẽ diễn tả đúng là: Hình 3.

Chọn C. 

+ Khoảng cách giữa 2 vân tối hoặc hai vân sáng liên tiếp bằng khoảng vân i. 

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

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

Chọn B

Sử dụng lí thuyết về các loại phóng xạ. 

Tia α là chùm hạt nhân ${}_2^4\text{He}$  

Chọn D

Tia X được dùng để: 

+ Chụp X – quang trong y học để chuẩn đoán và chữa trị một số bệnh. 

+ Tìm khuyết tật trong vật đúc bằng kim loại và trong tinh thể. 

+ Kiểm tra hành lý của hành khách đi máy bay. 

+ Sử dụng trong phòng thí nghiệm để nghiên cứu thành phần và cấu trúc của các vật rắn.

Ngoài ứng dụng trong y – tế, tia X còn có ứng dụng kiểm tra hành lí của hành khách đi máy bay.

Chọn A

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

Hệ số công suất của đoạn mạch là: $\cos \phi =\frac{R}{Z}$

Chọn B

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

Bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}=v.T$

Chọn A

Hạt nhân có kí hiệu: ${}_Z^{A}X,$ trong đó: 

+ Z = Số proton = Số electron 

+ N = A – Z = Số notron 

Hạt nhân: ${}_Z^{A}X$ có: Z số proton và (A – Z) số notron. 

Chọn C

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

Trong đó: I₀ là cường độ dòng điện cực đại; ω là tần số góc; φ là pha ban đầu. 

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

Đại lượng I₀ là cường độ dòng điện cực đại. 

Chọn B

+ Sóng dọc là sóng có các phần tử của môi trường có phương dao động trùng với phương truyền sóng.

+ Sóng ngang là sóng có các phần tử của môi trường có phương dao động vuông góc với phương truyền sóng

Sóng dọc là sóng có các phần tử của môi trường có phương dao động trùng với phương truyền sóng.

Chọn A

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

Khoảng cách giữa 1 nút sóng và 1 bụng sóng liên tiếp là $\frac{\lambda }{4}$  

Khoảng cách giữa 2 nút sóng liên tiếp bằng $\frac{\lambda }{2}$

Chọn D

Vận dụng lí thuyết về máy biến áp. 

A – sai vì máy biến áp là thiết bị biến đổi điện áp dòng điện xoay chiều.

B – sai vì lõi thép của máy biến áp được làm bằng các lá sắt hoặc thép pha silic.

C – sai vì hai cuộn dây của máy biến áp có số vòng khác nhau.

D – đúng vì máy biến áp hoạt động dựa vào hiện tượng cảm ứng điện từ.

Chọn D

Sử dụng biểu thức tính tần số dao động riêng:  $f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{k}{m}}$ 

Tần số dao động riêng của con lắc lò xo: $f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{k}{m}}$

Chọn D

Sử dụng tiên đề về sự bức xạ và hấp thụ năng lượng của nguyên tử: $\epsilon =E_{cao}-E_{thap }$  

Năng lượng của photon mà nó hấp thụ là:  

$\epsilon =E_N-E_K=-\frac{13,6}{16}-\left(-\frac{13,6}{1}\right)=12,75eV$

Chọn D

+ Sử dụng biểu thức tính năng lượng liên kết: $W_{lk}=\left(Z.m_n+(A-A).m_n-m_X\right)c^2$ 

+ Sử dụng biểu thức tính năng lượng liên kết riêng: $\epsilon =\frac{W_{lk}}{A}$ 

+ Năng lượng liên kết của hạt nhân ${}_{{}^1}{}^{2}D:$  

$W_{lk}=(1.1,0073u+1.1,0087u-2,0136u)c^2=2,{4.10}^{-3}u{c}^2=2,2356MeV$

+ Năng lượng liên kết riêng của hạt nhân ${}_{{}^1}{}^{2}D$ là:  

$\epsilon =\frac{W_{lk}}{A}=\frac{2,2356}{2}=1,1178MeV\text{/} nuclon$

Chọn A

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

Ta có Tần số dao động của con lắc: $f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{g}{l}}\Rightarrow l=\frac{g}{4{\pi }^2{f}^2}=\frac{{\pi }^2}{4{\pi }^2.0,5^2}=1m=100cm$  

Chọn B

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

Độ lớn suất điện động tự cảm trong ống dây: $e_{tc}=\left|-L\frac{\Delta i}{\Delta t}\right|=\left|-0,5\cdot \frac{0,06-0,02}{0,01}\right|=2V$  

Chọn B. 

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

Dung kháng $Z_C=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{100\pi \frac{{10}^{-4}}{\pi }}=100\Omega$  

Chọn B

Sử dụng biểu thức tính tần số góc mạch LC: $\omega =\frac{1}{\sqrt{LC}}$ 

Tần số góc dao động mạch LC là: $\omega =\frac{1}{\sqrt{LC}}=\frac{1}{\sqrt{{25.10}^{-3}{\mathrm{.16.10}}^{-9}}}={5.10}^{4}rad\text{/}s$ 

Chọn B

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

Mỗi photon của chùm sáng mang năng lượng là: $\epsilon =\frac{hc}{\lambda }=\frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{0,{650.10}^{-6}}=3,{058.10}^{-19}J$  

Chọn A

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

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{T}_1=2\pi \sqrt{\frac{m_1}{k}}=1s\\ T_2=2\pi \sqrt{\frac{m_2}{k}}=0,5s\end{array}\right.\Rightarrow \frac{T_1}{T_2}=\sqrt{\frac{m_1}{m_2}}=\frac{1}{0,5}\Rightarrow m_2=\frac{m_1}{4}=12,5g$   

Chọn C

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

+ Viết phương trình sóng tại M: $u_M=A\cos \left(\omega t+\phi -\frac{2\pi d}{\lambda }\right)$ 

+ Bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}=\frac{10}{\frac{10\pi }{2}}=2m$  

+ Phương trình sóng tại M: $u_M=4\cos \left(10\pi t-\frac{2\pi .0,5}{2}\right)=4\cos \left(10\pi t-\frac{\pi }{2}\right)cm$ 

Chọn A

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

Trong đó: k = số bụng sóng. 

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

Với: $\left\{\begin{array}{l}l=60cm=0,6m\\ v=4m\text{/}s\\ k=3\end{array}\right.\Rightarrow l=k\frac{v}{2f}\iff 0,6=3\frac{4}{2f}\Rightarrow f=10Hz$    

Chọn A

+ Khoảng thời gian ngắn nhất từ khi tụ điện đang có điện tích điện cực đại đến khi điện tích của tụ điện bằng không là $\frac{T}{4}$  

+ Sử dụng biểu thức tính bước sóng: λ = v.T 

Khoảng thời gian ngắn nhất từ khi tụ điện đang có điện tích cực đại đến khi điện tích của tụ bằng không: $\frac{T}{4}={75.10}^{-9}\Rightarrow T={3.10}^{-7}s$

Bước sóng: $\lambda =v.T={3.10}^8{\mathrm{.3.10}}^{-7}=90m$ 

Chọn C

+ Sử dụng hệ thức liên hệ: $v^2-v_0^2=2as$ 

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

+ Sử dụng định luật bảo toàn động lượng $\overrightarrow{p}=\overrightarrow{p^{\text{'}}}$  

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

Vận tốc của m’ ngay trước khi va chạm: $v=\sqrt{v_0^2+2gh}=\sqrt{3,5^2+\mathrm{2.10.56},{25.10}^{-2}}=4,85m\text{/}s$ 

Tần số góc của hệ: ${\omega }^{\text{'}}=\sqrt{\frac{k}{m+m^{\text{'}}}}=\sqrt{\frac{100}{0,625+0,05}}=\frac{20\sqrt{30}}{9}rad\text{/}s$

Vị trí cân bằng mới thấp hơn vị trí cân bằng cũ 1 đoạn: $x_0=\frac{m^{\text{'}}g}{k}=\frac{{50.10}^{-3}.10}{100}={5.10}^{-3}m$ 

Vận tốc của hệ sau va chạm: $V=\frac{m^{\text{'}}v}{m^{\text{'}}+m}=\frac{0,05.4,85}{0,05+0,625}=0,359m\text{/}s$

Biên độ sau va chạm: $A=\sqrt{{\left(A_0-x_0\right)}^2+\frac{V^2}{{\omega }^2}}\sqrt{{\left(0,05-{5.10}^{-3}\right)}^2+{\left(\frac{0,359}{\frac{20\sqrt{30}}{9}}\right)}^2}=0,0538m=5,38cm$  

Chọn C

+ Vận dụng tính chất về pha dao động 

+ Sử dụng biểu thức tính li độ dao động tổng hợp: $x=x_1+x_2$ 

Ta có: hai dao động ngược pha nên: $x_1=A_1\cos (\omega t+\phi )$ và $x_2=-A_2\cos (\omega t+\phi )$  

Khi: $x_1=0,5A_1\Rightarrow x_2=-0,5A_2$ 

Khi đó, li độ tổng hợp: $x=x_1+x_2=0,5\left(A_1-A_2\right)$  

Chọn C. 

+ Đọc đồ thị u-t 

+ Sử dụng biểu thức tính công suất: $P=UI\cos \phi =UI\frac{R}{Z}$  

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

Từ đồ thị, ta có: $\left\{\begin{array}{l}{u}_{AN}=30\sqrt{2}\cos \left(\omega t\right)\\ u_{MB}=20\sqrt{2}\cos \left(\omega t-\frac{\pi }{2}\right)\end{array}\right.\Rightarrow u_{AN}\perp u_{MB}\Rightarrow {\cos }^2{\phi }_{AN}+{\cos }^2{\phi }_{MB}=1$  

$\iff {\left(\frac{U_R+U_r}{U_{AN}}\right)}^2+{\left(\frac{U_r}{U_{MB}}\right)}^2=\text{1 (1)}$

Lại có: $P_{AM}=P_{MN}\iff UI\cdot \frac{R}{Z}=UI\frac{r}{Z}\Rightarrow R=r\Rightarrow U_R=U_r$  

Thay vào (1) ta được: ${\left(\frac{2U_R}{30}\right)}^2+{\left(\frac{U_R}{20}\right)}^2=1\Rightarrow U_R=U_r=12V$  

Lại có: $U_{MB}=\sqrt{U_r^2+{\left(U_L-U_C\right)}^2}\Rightarrow {\left(U_L-U_C\right)}^2=U_{MB}^2-U_r^2={20}^2-{12}^2=256$  

  $\Rightarrow U_{AB}=\sqrt{{\left(U_R+U_r\right)}^2+{\left(U_L-U_C\right)}^2}\Rightarrow U_{AB}=\sqrt{{(12+12)}^2+256}=8\sqrt{13}V$

Hệ số công suất của đoạn mạch AB: $\cos \phi =\frac{U_R+U_r}{U_{AB}}=\frac{12+12}{8\sqrt{13}}=0,832$  

Chọn A. 

Sử dụng lí thuyết về hai vân sáng trùng nhau trong giao thoa ánh sáng

+ Hai vân trùng nhau: $x_1=x_2$  

+ Vị trí vân sáng: $x_S=ki=k\frac{\lambda D}{a}$ 

+ Số vân sáng trùng nhau trên đoạn AB: $N_{\equiv }=19-6-10=3$  

+ Số vân sáng của bức xạ 1: $N_1=6+3=9$ 

+ Số vân sáng của bức xạ 2: $N_2=10+3=13$ 

Chiều dài đoạn AB: $L=8i_1=12i_2\iff 8\frac{{\lambda }_{1}D}{a}=12\frac{{\lambda }_{2}D}{a}\Rightarrow {\lambda }_2=\frac{8{\lambda }_1}{12}=\frac{8.0,69}{12}=0,46\mu m$  

Chọn A

+ Sử dụng biều thức: $U=\sqrt{U_R^2+{\left(U_L-U_C\right)}^2}$ 

+ Sử dụng biểu thức: $\cos \phi =\frac{R}{Z}=\frac{U_R}{U}$  

+ Sử dụng biểu thức tính công suất: $P=UI\cos \phi =I^{2}R$  

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}U=50\sqrt{2}V\\ U_L=100V\\ U_C=50V\end{array}\right.$  

Lại có: $U=\sqrt{U_R^2+{\left(U_L-U_C\right)}^2}\Rightarrow U_R=50V$ 

Hệ số công suất của mạch: $\cos \phi =\frac{R}{Z}=\frac{U_R}{U}=\frac{50}{50\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$ 

Công suất tiêu thụ của mạch: $P=UI\cos \phi \Rightarrow I=\frac{P}{U\cos \phi }=\frac{100}{50\sqrt{2}\frac{1}{\sqrt{2}}}=2A$  

Mặt khác: $P=I^{2}R\Rightarrow R=\frac{P}{I^2}=\frac{100}{2^2}=25\Omega$ 

Chọn B

Vận dụng biểu thức tính công suất hao phí: $\Delta P=\frac{P^2}{U^2{\cos }^2\phi }R$  

+ Ban đầu: $U_0=U$ thì công suất hao phí: $\Delta P=\frac{P^2}{U^2{\cos }^2\phi }R$  

+ Khi $U_1=U+100\left(kV\right)$ thì công suất hao phí: $\Delta P_1=\frac{\Delta P}{4}=\frac{P^2}{{(U+100)}^2{\cos }^2\phi }R$ 

$\Rightarrow 4U^2={(U+100)}^2\Rightarrow U=100\left(kV\right)$

+ Khi $U_2=U+300\left(kV\right)$ thì công suất hao phí: $\Delta P_2=\frac{P^2}{{(U+300)}^2{\cos }^2\phi }R=\frac{P^2}{{\left(4U\right)}^2{\cos }^2\phi }R=\frac{\Delta P}{16}$ 

⇒ Công suất hao phí giảm 16 lần. 

Chọn D

+ Sử dụng biểu thức tính số điểm dao động cực đại trên đường thẳng nối 2 nguồn cùng pha: $-\frac{S_1{S}_2}{\lambda }<k<\frac{S_1{S}_2}{\lambda }$ 

+ Vận dụng biểu thức xác định vị trí cực đại giao thoa: $d_2-d_1=k\lambda$  

+ Sử dụng hệ thức trong tam giác. 

Ta có: 

Gọi M là cực đại trên Δ xa C nhất. 

Số cực đại trên AB bằng số giá trị k nguyên thỏa mãn: 

$-\frac{S_1{S}_2}{\lambda }<k<\frac{S_1{S}_2}{\lambda }\iff -3,5<k<3,5$

⇒ M là cực đại bậc 3 

$MB-MA=3\lambda$
Gọi H – là hình chiếu của M trên AB Ta có:

$\iff \sqrt{M{H}^2+H{B}^2}-\sqrt{M{H}^2+A{H}^2}=3\lambda \iff \sqrt{2^2+{(7-AH)}^2}-\sqrt{2^2+A{H}^2}=3.2$ 

+ Trường hợp H nằm trong AB: 

$\Rightarrow \left[\begin{array}{l}AH=7,98cm\\ AH=-0,98cm\end{array}( loai)\right.$

+ Trường hợp H nằm ngoài AB: 

$\iff \sqrt{M{H}^2+{(AB+AH)}^2}-\sqrt{M{H}^2+A{H}^2}=3\lambda \iff \sqrt{2^2+{(7+AH)}^2}-\sqrt{2^2+A{H}^2}=6$

$\Rightarrow \left[\begin{array}{l}AH=0,98\text{cm}\\ AH=-7,98\text{cm}\left(\text{loai }\right)\end{array}\right.$

$\Rightarrow CM=OH=\frac{AB}{2}+AH=3,5+0,98=4,48cm$

Chọn D