Năng lượng photon: $\epsilon =\frac{hc}{\lambda }$ 

Năng lượng của photon ứng với bức xạ này là: $\epsilon =\frac{hc}{\lambda }=\frac{6,625\cdot {10}^{-34}\cdot 3\cdot {10}^8}{0,589\cdot {10}^{-6}}\approx 3,{37.10}^{-19}\left(J\right)\approx 2,11\left(\text{eV}\right)$

Chọn C

Sử dụng lý thuyết sơ đồ khối của máy phát thanh 

Các bộ phận có trong sơ đồ khối của máy phát thanh đơn giản là: micrô, anten phát, mạch biến điệu. Chọn A

Sử dụng lý thuyết dao động cưỡng bức 

Biên độ của dao động cưỡng bức phụ thuộc vào biên độ của ngoại lực tuần hoàn tác dụng lên vật, tần số của  ngoại lực tác dụng lên vật, lực cản môi trường tác dụng lên vật 

→ Biên độ của dao động cưỡng bức không phụ thuộc vào bản chất của ngoại lực cưỡng bức

Chọn D. 

Hiệu đường đi của ánh sáng từ hai khe đến vị trí vân tối: $d_2-d_1=\left(k+\frac{1}{2}\right)\lambda$  

Hiệu đường đi của ánh sáng từ hai khe đến vị trí vân tối là: $d_2-d_1=\left(k+\frac{1}{2}\right)\lambda$ 

Tại điểm M có: $k_{\min }=0\Rightarrow {\left(d_2-d_1\right)}_{\min }=\frac{\lambda }{2}$ 

Chọn B

Từ trường của dòng điện chạy trong dây dẫn thẳng dài: $B={2.10}^{-7}\frac{I}{r}$ 

Từ trường của dòng điện chạy trong dây dẫn thẳng dài là: $B={2.10}^{-7}\frac{I}{r}\Rightarrow B~I$  

Cường độ dòng điện trong dây dẫn tăng thêm 15 A, ta có: 

$I_2=I_1+15=20\left(A\right)\Rightarrow I_2=4I_1\Rightarrow B_2=4B_1=4.0,5=2\left(\mu T\right)$

Chọn A

Sử dụng lý thuyết dòng điện không đổi 

Dòng điện không đổi là dòng điện có chiều và cường độ không thay đổi theo thời gian.

Chọn D. 

Sử dụng lý thuyết hai nguồn sóng kết hợp 

Hai nguồn sóng kết hợp là hai nguồn dao động cùng phương, cùng tần số và có hiệu số pha không đổi theo  thời gian 

Chọn D

Sử dụng lý thuyết máy biến áp 

Máy biến áp là thiết bị dùng để thay đổi điện áp xoay chiều mà không làm thay đổi tần số

Chọn A

Tốc độ của vật dao động điều hòa: $v=\omega \sqrt{A^2-x^2}$ 

Gia tốc của dao động điều hòa: $a=-{\omega }^{2}x$   

Lực kéo về tác dụng lên vật dao động điều hòa: $F_{kv}=ma=-m{\omega }^{2}x$ 

Lực kéo về tác dụng lên vật dao động điều hòa là: $F_{kv}=-m{\omega }^{2}x$  

$\to {\left|F_{kv}\right|}_{\max }=m{\omega }^{2}A\iff x=\pm A\to \text{A},\text{C sai }$

Độ lớn cực đại của gia tốc là: $|a{|}_{\max }={\omega }^{2}A\iff x=\pm A\to \text{Bsai}$ 

Vận tốc có độ lớn cực đại là: $|v{|}_{\max }=\omega A\iff x=0\to \text{D}$ đúng

Chọn D

Sử dụng lý thuyết sóng dọc 

Sóng dọc truyền được trong các môi trường rắn, lỏng, khí 

Chọn B

Khoảng vân: $i=\frac{\lambda D}{a}$  

Vị trí vân sáng: $x_s=ki$  

Khoảng cách từ vân sáng bậc 3 tới vân sáng trung tâm là:

$x_s=ki\Rightarrow 2,{4.10}^{-3}=3.i\Rightarrow i={8.10}^{-4}( \text{m})$

Lại có khoảng vân: 

$i=\frac{\lambda D}{a}\Rightarrow \lambda =\frac{ia}{D}=\frac{{8.10}^{-4}\cdot 1\cdot {10}^{-3}}{2}={4.10}^{-7}( \text{m})=0,4\left(\mu \text{m}\right)$

Chọn A

Sử dụng lý thuyết đường sức điện 

Qua mỗi điểm trong điện trường ta chỉ có thể vẽ được một đường sức điện → A sai

Các đường sức điện không bao giờ cắt nhau → B đúng 

Nơi nào điện trường mạnh hơn thì nơi đó đường sức điện được vẽ mau hơn → C sai

Các đường sức điện xuất phát từ các điện tích dương và tận cùng ở các điện tích âm → D sai

Chọn B

Các vecto $\overrightarrow{E},\overrightarrow{B}$ và hướng truyền sóng đôi một vuông góc với nhau tuân theo quy tắc bàn tay phải: đặt bàn tay phải sao cho vecto $\overrightarrow{B}$ hướng vào lòng bàn tay, ngón tay cái choãi ra chỉ chiều của $\overrightarrow{E}$, bốn ngón tay  hướng theo chiều truyền sóng điện từ 

Trong sóng điện từ, điện trường và từ trường luôn biến thiên cùng pha: $\frac{E}{E_0}=\frac{B}{B_0}$   

Nhận xét: điện trường và từ trường biến thiên cùng pha, ta có:

$\frac{E}{E_0}=\frac{B}{B_0}=\frac{1}{2}\Rightarrow B=\frac{B_0}{2}$

Áp dụng quy tắc bàn tay phải, ta có hình vẽ:

Từ hình vẽ ta thấy vecto cảm ứng từ hướng về phía Đông

Chọn C. 

Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị 

Vận tốc biến thiên sớm pha $\frac{\pi }{2}\text{rad}$ so với li độ

Li độ biến thiên cùng chu kì với vận tốc 

Từ đồ thị ta thấy khoảng thời gian ngắn nhất vận tốc biến thiên từ giá trị cực đại đến cực tiểu là:

$\frac{T}{2}=0,2\left(s\right)\Rightarrow T=0,4\left(s\right)$

Từ đồ thị ta thấy ở thời điểm đầu, vận tốc có giá trị cực đại → pha ban đầu của dao động là: $\phi =-\frac{\pi }{2}\text{rad}$  

Chọn A

Hạt nhân ${}_z^{4}X\text{ có }Z\text{ proton, }(A-Z)\text{ notron }$ 

Hạt nhân ${}_8^{17}O$ có 8 proton và 9 notron 

Chọn B

Cường độ hiệu dụng của dòng điện xoay chiều bằng cường độ của một dòng điện không đổi, nếu cho hai  dòng điện đó lần lượt đi qua cùng một điện trở trong những khoảng thời gian bằng nhau đủ dài thì nhiệt  lượng tỏa ra bằng nhau 

Số chỉ của Ampe kế nhiệt cho biết cường độ dòng điện hiệu dụng trong mạch 

Chọn D

Sử dụng lý thuyết dòng điện trong chất điện phân 

Dòng điện trong chất điện phân là ion dương và ion âm 

Chọn C

Sử dụng lý thuyết hiện tượng quang – phát quang 

Hiện tượng quang - phát quang là sự hấp thụ ánh sáng có bước sóng này để phát ra ánh sáng có bước sóng  khác 

Chọn C. 

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

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

Chọn C. 

Sử dụng thang sóng điện từ:

Trong các tia: tia hồng ngoại, tia tử ngoại, tia X và tia đơn sắc lục, tia có tần số nhỏ nhất là tia hồng ngoại Chọn A

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

Năng lượng liên kết riêng của các hạt nhân là:

$\left\{\begin{array}{l}{\text{W}}_{lkrHe}=\frac{{\text{W}}_{lkHe}}{4}=\frac{28,4}{4}=7,1\left(\text{MeV}\right)\\ {\text{W}}_{lkLLi}=\frac{{\text{W}}_{\text{lkLi }}}{7}=\frac{39,2}{7}=5,6\left(\text{MeV}\right)\\ {\text{W}}_{lkrD}=\frac{{\text{W}}_{lkD}}{2}=\frac{2,24}{2}=1,12\left(\text{MeV}\right)\end{array}\right.\Rightarrow {\text{W}}_{lkrD}<{\text{W}}_{lkrii}<{\text{W}}_{lkHe}$

Chọn A. 

Các định luật bảo toàn trong phản ứng hạt nhân: bảo toàn số nuclon, bảo toàn điện tích, bảo toàn năng lượng  toàn phần, bảo toàn động lượng 

Các định luật bảo toàn trong phản ứng hạt nhân là: bảo toàn số nuclon, bảo toàn điện tích, bảo toàn năng  lượng toàn phần, bảo toàn động lượng 

→ Trong phản ứng hạt nhân không có định luật bảo toàn khối lượng nghỉ 

Chọn B

Sử dụng lý thuyết thuyết lượng tử ánh sáng 

Thuyết lượng tử ánh sáng không được dùng để giải thích hiện giao thoa ánh sáng 

Chọn D. 

Sử dụng lý thuyết hiện tượng khúc xạ ánh sáng 

Chiết suất của chất làm lăng kính thay đổi theo tần số ánh sáng qua lăng kính 

Chọn C

Hệ số công suất của mạch điện xoay chiều: $\cos \phi =\cos \left({\phi }_u-{\phi }_i\right)$ 

Hệ số công suất của mạch điện là: 

$\cos \left({\phi }_u-{\phi }_i\right)=\cos \left(\frac{\pi }{3}-\frac{\pi }{6}\right)=\cos \frac{\pi }{6}\approx 0,87$

Chọn C. 

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

Với i là cường độ dòng điện tức thời 

I₀ là cường độ dòng điện cực đại 

ω  là tần số góc 

$\phi$ là pha ban đầu 

$(\omega t+\phi )$ là pha tại thời điểm t 

Cường độ dòng điện $i=2\cos 100\pi t\left(A\right)$ có pha tại thời điểm t là 100πt rad

Chọn B

Trên sóng dừng, những điểm đối xứng với nhau qua nút sóng luôn dao động ngược pha

Những điểm đối xứng với nhau qua bụng sóng luôn dao động cùng pha

Điểm C là một nút sóng, hai điểm trên dây đối xứng với nhau qua C dao động ngược pha

Chọn A

Mức cường độ âm: $L=\lg \frac{I}{I_0}\left(B\right)=10\lg \frac{I}{I_0}\left(dB\right)$ 

Mức cường độ âm được xác định là: $L=\lg \frac{I}{I_0}\left(B\right)=10\lg \frac{I}{I_0}\left(dB\right)$ 

Chọn B

Khoảng vân: $i=\frac{\lambda D}{a}\Rightarrow \lambda =\frac{ia}{D}$  

Giá trị trung bình: $\overline{\lambda }=\frac{\overline{a}\cdot \overline{i}}{\overline{D}}$ 

Sai số tỉ đối: $\frac{\Delta \lambda }{\overline{\lambda }}=\frac{\Delta a}{\overline{a}}+\frac{\Delta i}{\overline{i}}+\frac{\Delta D}{\overline{D}}$ 

Sai số tuyệt đối trung bình: $\overline{\Delta i}=\frac{\Delta i_1+\Delta i_2+\dots }{n}$

Khoảng cách giữa 11 vân sáng là 10 khoảng vân, ta có: 

$\overline{10i}=\frac{12,0+13,5+14,0+12,5+13,0}{5}=13( \text{mm})\Rightarrow \overline{i}=\frac{13}{10}=1,3( \text{mm})=1,{3.10}^{-3}( \text{m})$

Sai số tuyệt đối của khoảng vân là: 

$10\Delta i=\frac{\Delta i_1+\Delta i_2+\Delta i_3+\Delta i_4+\Delta i_5}{5}\Rightarrow \Delta i=\frac{1+0,5+1+0,5+0}{50}=0,06( \text{mm})$

Giá trị trung bình của bước sóng là: 

$\overline{\lambda }=\frac{\overline{a}\cdot \overline{i}}{\overline{D}}=\frac{0,5\cdot {10}^{-3}\cdot 1,3\cdot {10}^{-3}}{1}=0,65\cdot {10}^{-6}( \text{m})=0,65\left(\mu \text{m}\right)$

Ta có sai số tỉ đối: 

$\frac{\Delta \lambda }{\overline{\lambda }}=\frac{\Delta a}{\overline{a}}+\frac{\Delta i}{\overline{i}}+\frac{\Delta D}{\overline{D}}\Rightarrow \frac{\Delta \lambda }{0,65}=\frac{0}{0,{5.10}^{-3}}+\frac{0,06}{1,3}+\frac{0,1}{100}$

$\Rightarrow \Delta \lambda \approx 0,03\left(\mu \text{m}\right)\Rightarrow \lambda =0,65\pm 0,03\left(\mu \text{m}\right)$

Chọn A

Định luật bảo toàn năng lượng điện từ: ${\text{W}}_d={\text{W}}_t\Rightarrow \frac{1}{2}C{U}_0^2=\frac{1}{2}L{I}_0^2$ 

Công thức độc lập với thời gian: $\frac{q^2}{q_0^2}+\frac{i^2}{I_0^2}=1$   

Chu kì dao động riêng của mạch: $T=2\pi \sqrt{LC}$ 

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng điện từ trong mạch, ta có:

${\text{W}}_{d\text{max}}={\text{W}}_{t\max }\Rightarrow \frac{1}{2}{\text{CU}}_0^2=\frac{1}{2}L{I}_0^2\Rightarrow I_0^2=\frac{C{U}_0^2}{L}=\frac{C{.12}^2}{{9.10}^{-3}}=16000\text{C}$

Áp dụng công thức độc lập với thời gian, ta có: 

$\frac{q^2}{q_0^2}+\frac{i^2}{I_0^2}=1\Rightarrow \frac{q^2}{C^2{U}_0^2}+\frac{i^2}{I_0^2}=1\Rightarrow \frac{{\left({24.10}^{-9}\right)}^2}{C^2{.12}^2}+\frac{{\left(4\sqrt{3}\cdot {10}^{-3}\right)}^2}{16000C}=1$

 $\Rightarrow \left[\begin{array}{l}\frac{1}{C}={25.10}^7\Rightarrow C={4.10}^{-9}\left(F\right)\\ \frac{1}{C}=-{1.10}^9\left(\text{ loai }\right)\end{array}\right.$

Chu kì dao động riêng của mạch là: 

$T=2\pi \sqrt{LC}=2\pi \cdot \sqrt{{9.10}^{-3}\cdot {4.10}^{-9}}=12\pi \cdot {10}^{-6}\left(s\right)=12\pi \left(\mu s\right)$

Chọn A

Điều kiện tại một điểm là cực đại giao thoa: $MA-MB=k\lambda$ 

Điều kiện tại một điểm là cực tiểu giao thoa: $NA-NB=(k+0,5)\lambda$ 

Số điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn thẳn AB thỏa mãn: $-\frac{MN}{\lambda }<k\lambda \le \frac{AM-AN}{\lambda }$ 

Ta có hình vẽ:

Giả sử tại M là cực đại bậc k 

Giữa M, N có 3 cực đại nữa → tại N là cực tiểu thức k + 3,5

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}MA-MB=k\lambda \Rightarrow MA-(MN+NB)=k\lambda \\ NA-NB=(k+3,5)\lambda \end{array}\right.$

$\Rightarrow [MA-(MN+NB\left)\right]-(NA-NB)=k\lambda -(k+3,5)\lambda$

$\Rightarrow MA-NA-MN=-3,5\lambda$

$\Rightarrow MN=MA-NA+3,5\lambda =3,2+3,5.5=20,7( \text{cm})$

Đặt hai nguồn sóng tại MN, điểm B nằm trên đường thẳng MN, số điểm dao động với biên độ cực đại trên  đoạn AB thỏa mãn: 

$-\frac{MN}{\lambda }<k\lambda \le \frac{AM-AN}{\lambda }\Rightarrow -\frac{20,7}{5}<k\lambda \le \frac{3,2}{5}$

$\Rightarrow -4,14<k\le 0,64\Rightarrow k=-4;-3;-2;-1$

→ Trên AB có 4 điểm dao động với biên độ cực đại 

Chọn D

Vệ tinh địa tĩnh bay trên quỹ đạo Trái Đất có cùng chu kì với chu kì tự quay của Trái Đất

Gia tốc trọng trường tại độ cao h: $g=\frac{GM}{{(R+h)}^2}$  

Tần số góc: $\omega =\sqrt{\frac{g}{R+h}}=\frac{2\pi }{T}$ 

Thời gian sóng điện từ truyền trong không gian: $t=\frac{s}{c}$  

Ta có hình vẽ: 

Vệ tinh ở độ cao h so với mặt đất

Gia tốc chuyển động của vệ tinh là: $g=\frac{GM}{{(R+h)}^2}$ 

Tần số góc chuyển động của vệ tinh là: 

$\omega =\sqrt{\frac{g}{R+h}}=\sqrt{\frac{GM}{{(R+h)}^3}}=\frac{2\pi }{T}\Rightarrow T=\frac{2\pi \sqrt{{(R+h)}^3}}{\sqrt{GM}}$

Vệ tinh chuyển động với chu kig bằng chu kì tự quay quanh trục của Trái Đất, ta có: 

 $T=\frac{2\pi \sqrt{{(R+h)}^3}}{\sqrt{GM}}=86400\Rightarrow h\approx {35897.10}^3( \text{m})$

Thời gian sóng truyền từ trạm phát A đến vệ tinh là: $t_1=\frac{h}{c}$  

Trạm thu C đặt trên cùng một đường kinh tuyến với A và cách A xa nhất

→ C nằm tại 1 trong 2 cực của Trái Đất 

Khoảng cách từ vệ tinh tới trạm thu C là:$l=\sqrt{{(R+h)}^2+R^2}$  

Thời gian sóng truyền từ vệ tinh tới trạm thu C là: $t_2=\frac{l}{c}=\frac{\sqrt{{(R+h)}^2+R^2}}{c}$   

Thời gian tín hiệu truyền từ trạm A đến vệ tinh rồi đến trạm thu C là: 

$\Delta t=t_1+0,5+t_2=\frac{h}{c}+0,5+\frac{\sqrt{{(R+h)}^2+R^2}}{c}=0,5+\frac{h+\sqrt{{(R+h)}^2+R^2}}{c}$

$\Rightarrow \Delta t=0,5+\frac{{35897.10}^3+\sqrt{{\left({64.10}^5+{35897.10}^3\right)}^2+{\left({64.10}^5\right)}^2}}{{3.10}^8}\approx 0,762\left(s\right)$

→ Giá trị ∆t gần nhất với giá trị 0,759 s 

Chọn B

Định luật bảo toàn động lượng: $\overrightarrow{p_t}=\overrightarrow{p_s}$  

Công thức hàm cos: $a^2=b^2+c^2+2bc\cos \phi$ 

Năng lượng tỏa ra của phản ứng: $\Delta E=K_s-K_t$ 

Mối liên hệ giữa động lượng và động năng: ${p_X}^2=2m_X{K}_X$ 

Năng lượng tỏa ra của phản ứng là: 

$\Delta E=K_C+K_n-K_a\Rightarrow 5,6=K_C+K_n-5$

$\Rightarrow K_C+K_n=10,6\left(\text{MeV}\right)\Rightarrow K_n=10,6-K_C$

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng, ta có:

${p_{\alpha }}^2={p_C}^2+{p_n}^2+2p_C{p}_n\cos {80}^0$

$\Rightarrow 2m_{\alpha }{K}_{\alpha }=2m_C{K}_C+2m_n{K}_n+2\sqrt{2m_C{K}_C\cdot 2m_n{K}_n}\cdot \cos {80}^0$

$\Rightarrow 4.5=12\cdot K_C+1.\left(10,6-K_C\right)+2\sqrt{12\cdot K_C\cdot 1.\left(10,6-K_C\right)}\cdot \cos {80}^0$

$\Rightarrow 11K_C+2\sqrt{12K_C\cdot \left(10,6-K_C\right)}\cdot \cos {80}^0-9,4=0\Rightarrow \left[\begin{array}{l}{K}_C\approx 0,59\left(\text{MeV}\right)\\ K_C=1,23\left(\text{MeV}\right)\end{array}\right.$

Chọn B

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

Hai điểm thuộc cùng một bó sóng hoặc thuộc hai bó sóng cùng chẵn hoặc cùng lẻ thì dao động cùng pha Hai điểm thuộc hai bó sóng liền kề, hoặc 1 điểm thuộc bó sóng chẵn, 1 điểm thuộc bó sóng lẻ dao động  ngược pha 

Ta có chiều dài sợi dây AB là: 

$AB=2,5\lambda =5\cdot \frac{\lambda }{2}\Rightarrow k=5\to$ trên dây có 5 bó sóng 

Tại vị trí cân bằng của điểm M có: 

$MA=1,8\lambda =3\cdot \frac{\lambda }{2}+0,3\lambda \to$ điểm M thuộc bó sóng thứ 4 (bó sóng chẵn) 

Nhận xét: trên mỗi bó sóng có 2 điểm dao động cùng biên độ với điểm M 

→ trên mỗi bó sóng lẻ (k = 1; 3; 5) có 2 điểm dao động cùng biên độ, ngược pha với M

→ Trên dây có 6 điểm dao động cùng biên độ, ngược pha với điểm M 

Chọn B

Độ biến dạng của lò xo khi ở vị trí cân bằng: $\Delta l=\frac{mg}{k}$  

Tần số góc của con lắc lò xo: $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}$  

Tốc độ của vật ở vịt rí cân bằng: $v_{\max }=\omega A$  

Công thức độc lập với thời gian: $v^2=\omega \sqrt{A^2-x^2}$  

Thời gian chuyển động ném thẳng đứng lên: $t=\frac{v}{g}$  

Độ cao vật đạt được trong chuyển động ném thẳng đứng hướng lên: $h_{\max }=\frac{v^2}{2g}$  

Sử dụng vòng tròn lượng giác và công thức: $\Delta t=\frac{\Delta \phi }{\omega }$ 

Tốc độ trung bình: $v_{\varphi }=\frac{S}{t}$  

Tần số góc của con lắc là: $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{50}{0,25}}=10\sqrt{2}(\text{rad}/\text{s})$  

Độ biến dạng của lò xo khi ở vị trí cân bằng là:

$\Delta l=\frac{mg}{k}=\frac{0,25.10}{50}=0,05( \text{m})=5( \text{cm})$

Nhận xét: con lắc dao động khi lực đàn hồi có độ lớn bằng 0, dây bị chùng, hệ chuyển động với gia tốc trọng  trường g 

→ Từ thời điểm vật đạt li độ -5 cm đến khi nó đạt độ cao cực đại lần thứ nhất, vật chuyển động giống như  chuyển động ném thẳng đứng lên với vận tốc v 

Ta có vòng tròn lượng giác:

Vật dao động điều hòa trong khoảng thời gian từ thời điểm đầu đến thời điểm đầu tiên lò xo không biến  dạng (x = -5 cm), vecto quay được góc là: 

$\Delta \phi =\frac{3\pi }{2}-\frac{\pi }{3}=\frac{7\pi }{6}\left(\text{rad}\right)\Rightarrow t_1=\frac{\Delta \phi }{\omega }=\frac{\frac{7\pi }{6}}{10\sqrt{2}}=\frac{7\pi }{60\sqrt{2}}\left(s\right)$

Quãng đường vật dao động điều hòa là: 

$s_1=2A+(A-\Delta l)=3A-\Delta l=3.10-5=25( \text{cm})$

Ở li độ x = -5 cm, áp dụng công thức độc lập với thời gian, ta có vận tốc của vật là:

$v=\omega \sqrt{A^2-x^2}=10\sqrt{2}\cdot \sqrt{{10}^2-5^2}\Rightarrow v=50\sqrt{6}( \text{cm}/\text{s})=0,5\sqrt{6}( \text{m}/\text{s})$

Vật chuyển động ném lên, quãng đường vật chuyển động được đến khi dừng lại là:

$s_2=h_{\max }=\frac{v^2}{2g}=\frac{{(0,5\sqrt{6})}^2}{2.10}=0,075( \text{m})=7,5( \text{cm})$

Thời gian vật chuyển động ném lên là: $t_2=\frac{v}{g}=\frac{0,5\sqrt{6}}{10}=\frac{\sqrt{6}}{20}\left(s\right)$  

Tốc độ trung bình của vật là: 

$v_{tb}=\frac{s_1+s_2}{t_1+t_2}=\frac{25+7,5}{\frac{7\pi }{60\sqrt{2}}+\frac{\sqrt{6}}{20}}\approx 85,16( \text{cm}/\text{s})$

Chọn D

Lực điện: $F=k\frac{\left|q_1{q}_2\right|}{r^2}=m{\omega }^{2}r$  

Tần số của chuyển động tròn đều: $f=\frac{\omega }{2\pi }$ 

Lực điện tác dụng lên electron là: $F_d=k\frac{|e{|}^2}{r^2}=m{\omega }^{2}r\Rightarrow \omega =\sqrt{\frac{k{e}^2}{m{r}^3}}$   

Tần số chuyển động của electron quanh hạt nhân là:

$f=\frac{\omega }{2\pi }=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{k{e}^2}{m{r}^3}}=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{9,{10}^9\cdot {\left(1,{6.10}^{-19}\right)}^2}{9,{1.10}^{-31}\cdot {\left({5.10}^{-11}\right)}^3}}\approx 0,{72.10}^{16}( \text{Hz})$

Chọn C

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch chứa điện trở và cuộn dây thuần cảm: $U_{LR}=\frac{U\sqrt{R^2+Z_L^2}}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu tụ điện: $U_C=\frac{U\cdot Z_C}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$   

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn dây: $U_L=\frac{U\cdot Z_L}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$   

Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị 

Sử dụng phương pháp chuẩn hóa số liệu cos  

Hệ số công suất của mạch điện: $\cos \phi =\frac{R}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$   

Ta có đồ thị:

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch gồm cuộn cảm thuần L và biến trở R, điện áp hiệu dụng hai đầu  tụ C, điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn cảm thuần L là: 

$\left\{\begin{array}{l}{U}_{RL}=\frac{U\sqrt{R^2+Z_L^2}}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}=\frac{U}{\sqrt{1+\frac{Z_C^2-2Z_L{Z}_C}{R^2+Z_L^2}}}\\ U_C=\frac{U.Z_C}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}\\ U_L=\frac{U.Z_L}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}\end{array}\right.$

Nhận xét: khi R tăng có U_C và U_L giảm → đồ thị (3) là đồ thị U_RL

Từ đồ thị ta thấy đồ thị (3) không phụ thuộc vào R

Để U_RL không phụ thuộc vào R, ta có:

${Z_C}^2-2Z_L{Z}_C=0\Rightarrow Z_C=2Z_L\Rightarrow U_C=2U_L$

Ta thấy với mọi giá trị của R luôn có $U_C=2U_L\to$ đồ thị (1) là U_C, đồ thị (2) là U_L

Lại có: $U_{RL}=\frac{U}{\sqrt{1+\frac{0}{R^2+Z_L^2}}}=U$   

Chuẩn hóa $Z_L=1\Rightarrow Z_C=2$

Tại giá trị $R=R_0\Rightarrow U_C=U_{RL}=U$ 

$\Rightarrow \frac{U.Z_C}{\sqrt{R_0^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}=U\Rightarrow Z_C=\sqrt{R_0^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}\Rightarrow 2=\sqrt{R_0^2+{(1-2)}^2}\Rightarrow R_0=\sqrt{3}$

Khi $R=1,5R_0\Rightarrow \cos \phi =\frac{R}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}=\frac{1,5\cdot \sqrt{3}}{\sqrt{{(1,5\sqrt{3})}^2+{(1-2)}^2}}\approx 0,93$ 

Chọn D

Biên độ của con lắc lò xo nằm ngang: $A=l_{\max }-l_0$  

Động năng bằng n lần thế năng: W1 ${\text{W}}_d=n {\text{W}}_t\Rightarrow x=\pm \frac{A}{\sqrt{n+1}}$ 

Biên độ dao động của con lắc là: $A=l_{\max }-l_0=38-30=8( \text{cm})$  

Tại vị trí động năng bằng n lần thế năng và vị trí thế năng bằng n lần động năng, ta có:

$\left\{\begin{array}{l}{\text{W}}_d=n {\text{W}}_t\Rightarrow x=\pm \frac{A}{\sqrt{n+1}}\\ {\text{W}}_t=n {\text{W}}_d\Rightarrow {\text{W}}_d=\frac{1}{n} {\text{W}}_t\Rightarrow x=\pm \frac{A}{\sqrt{\frac{1}{n}+1}}=\pm \frac{A\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}}\end{array}\right.$

Trường hợp 1: hai vị trí này ở cùng một phía so với vị trí cân bằng, khoảng cách giữa hai vị trí là:

$\Delta l_1=\frac{A\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}}-\frac{A}{\sqrt{n+1}}=\frac{A(\sqrt{n}-1)}{\sqrt{n+1}}$

Trường hợp 2: hai vị trí này ở hai phía so với vị trí cân bằng khoảng cách giữa hai vị trí là:

$\Delta l_2=\frac{A\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}}+\frac{A}{\sqrt{n+1}}=\frac{A\cdot (\sqrt{n}+1)}{\sqrt{n+1}}$

Nhận xét: $\sqrt{n}+1>\sqrt{n}-1\Rightarrow \Delta l_2>\Delta l_1\to$ khoảng cách ngắn nhất giữa hai vị trí này là:

$\Delta l_1=\frac{A(\sqrt{n}-1)}{\sqrt{n+1}}=4\Rightarrow \frac{\sqrt{n}-1}{\sqrt{n+1}}=\frac{4}{A}=\frac{1}{2}$

$\Rightarrow 2(\sqrt{n}-1)=\sqrt{n+1}\Rightarrow 4n-8\sqrt{n}+4=n+1$

$\Rightarrow 3n+3=8\sqrt{n}\Rightarrow {(3n+3)}^2=64n$

$\Rightarrow 9n^2+18n+9=64n\Rightarrow 9n^2-46n+9=0\Rightarrow \left[\begin{array}{l}n=4,9\approx 5\\ n=0,2\end{array}\right.$

Vậy giá trị lớn nhất của n gần nhất với 5

Chọn C

Sử dụng phương pháp giản đồ vecto 

Định lí hàm sin: $\frac{a}{\sin \widehat{A}}=\frac{b}{\sin \widehat{B}}=\frac{c}{\sin \widehat{C}}$  

Gia tốc cực đại của dao động điều hòa: $a_{\max }={\omega }^{2}A$ 

Ta có giản đồ vecto: 

Từ giản đồ vecto, áp dụng định lí hàm sin, ta có:

$\frac{A_2}{\sin \frac{\pi }{6}}=\frac{A}{\sin \phi }\Rightarrow \frac{A}{\sin \phi }=\frac{4}{\sin \frac{\pi }{6}}=8\Rightarrow A=8\sin \phi$

Để độ lớn gia tốc của vật đạt giá trị lớn nhất:

$a_{\max }\iff A_{\max }\Rightarrow {\left(\sin \phi \right)}_{\max }=1\Rightarrow A_{\max }=8( \text{cm})$

$\Rightarrow a_{\max }={\omega }^2{A}_{\max }={10}^2.8=800\left( \text{cm}/{\text{s}}^2\right)=8\left( \text{m}/{\text{s}}^2\right)$

Chọn C

Dung kháng của tụ điện: $Z_c=\frac{1}{\omega C}$  

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

Độ lệch pha giữa điện áp hai đầu đoạn mạch và cường độ dòng điện: $\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}\text{ vói }\phi ={\phi }_u-{\phi }_i$ 

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch: $P=UI\cos \phi$ 

Dung kháng của tụ điện là: $Z_C=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{100\pi \cdot \frac{{10}^{-3}}{4\pi }}=40\left(\Omega \right)$  

Cường độ dòng điện trong mạch là: 

 $I=\frac{U_{MM}}{\sqrt{R_1^2+Z_C^2}}=\frac{50}{\sqrt{{40}^2+{40}^2}}=\frac{5}{4\sqrt{2}}\left(A\right)$

Độ lệch pha giữa điện áp hai đầu đoạn mạch AM và cường độ dòng điện là:

$\tan {\phi }_{AM}=\frac{-Z_C}{R_1}=\frac{-40}{40}=-1\Rightarrow {\phi }_{AM}=-\frac{\pi }{4}$

$\Rightarrow {\phi }_{uAM}-{\phi }_i=-\frac{\pi }{4}\Rightarrow {\phi }_i={\phi }_{uAM}+\frac{\pi }{4}=-\frac{7\pi }{12}+\frac{\pi }{4}=-\frac{\pi }{3}\left(\text{rad}\right)$

$\Rightarrow {\phi }_{MB}={\phi }_{uMB}-{\phi }_i=0-\left(-\frac{\pi }{3}\right)=\frac{\pi }{3}\left(\text{rad}\right)$

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch MB là: 

$P_{MB}=U_{MB}.I.\cos {\phi }_{MB}=\frac{150}{\sqrt{2}}\cdot \frac{5}{4\sqrt{2}}\cdot \cos \frac{\pi }{3}=46,875( \text{W})\approx 46,9( \text{W})$

Chọn D