Đáp án C

Động cơ điện xoay chiều là thiết bị biến đổi điện năng thành cơ năng.

Đáp án A

Sóng cơ không lan truyền được trong chân không.

Đáp án B

-  Trong dao động tắt dần lực cản môi trường càng lớn thì sự tắt dần càng nhanh, khi đó biên độ dao động và cơ năng của vật giảm dần theo thời gian.

- Số chu kì vật dao động được đến khi tắt hẳn phụ thuộc biên độ ban đầu, độ giảm biên độ trong 1 chu kì → không phụ thuộc vào tần số dao động.

Đáp án C

Tần số dao động của chất điểm là: $f=\frac{\omega }{2\pi }=1H\text{z}$.

Đáp án B

Sóng điện từ xuyên qua tầng điện li để dùng trong truyền thông vệ tinh là sóng cực ngắn.

Đáp án D

Các chất khí hoặc hơi ở áp suất thấp khi bị kích thích thì phát ra quang phổ vạch phát xạ → A và C sai.

Quang phổ liên tục chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ nguồn phát → B sai.

Mỗi nguyên tố hóa học có một quang phổ đặc trưng cho nguyên tố ấy → D đúng.

Đáp án A

Sóng ngang truyền được trong chất rắn và bề mặt chất lỏng.

Đáp án C

Hiện tượng quang phát quang có thời gian từ lúc ngừng kích thích đến khi ngừng phát quang  gọi là lân quang → Khi đèn trong phòng tắt đi, ta thấy nút bấm của công tắc phát ra ánh sáng màu xanh. Sự phát quang này kéo dài hàng giờ, rất thuận tiện cho việc tìm chỗ bật đèn trong đêm. Đó là hiện tượng lân quang.

Đáp án C

Công thức tính công suất hao phí trên đường dây tải điện: $P_{hp}=\frac{P^2}{U^2{\cos }^2\phi }R$

→ Công suất truyền đi P giảm 2 lần thì $P_{hp}$ sẽ giảm 4 lần.

Đáp án B

Trong hiện tượng quang điện trong, sự hấp thụ photon dẫn đến các electron bị bứt ra khỏi liên kết trong chất bán dẫn → dẫn đến sự tạo ra một cặp electron ( ) và lỗ trống (+) (đây cũng là các hạt tải điện trong chất bán dẫn).

Đáp án C

Theo định nghĩa, một đơn vị khối lượng nguyên tử có khối lượng bằng 1/12 khối lượng của một nguyên tử cacbon.

Đáp án B

Dùng nơtron chậm bắn phá hạt nhân nặng

→ tạo thành các hạt nhân có số khối trung bình + 1 số nơtron là phản ứng phân hạch

Đáp án D

Tia tử ngoại không có tác dụng nhiệt mạnh như tia hồng ngoại → D sai.

Đáp án A

Chu kì của dòng điện là: $T=2.0,02=0,04s\to f=25H\text{z}$.

Một chu kì thì dòng điện đổi chiều 2 lần

→ Trong 1 phút dòng điện đổi chiều 25.2.60 = 3000 lần.

Đáp án A

Tần số dao động riêng của mạch LC là: $f=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}$.

Đáp án C

Vật thật cho ảnh ảo lớn hơn vật

→ đây phải là thấu kính hội tụ và vật được đặt trong khoảng OF.

Đáp án B

Nhiệt lượng tỏa ra trên dây dẫn khi có dòng điện chạy qua:

$Q=I^2.R.t$ (định luật Jun – Lenxơ)

→ Nhiệt lượng tỉ lệ thuận với điện trở dây, bình phương cường độ dòng điện và thời gian dòng điện chạy

Đáp án C

Photon là hạt không mang điện tích.

Đáp án B

Máy biến áp là thiết bị dùng để biến đổi điện áp xoay chiều

Đáp án D

Công thức tính tần số từ thông hoặc suất điện động trong máy phát điện xoay chiều là:

$f=n.p$ trong đó n là tốc độ quay roto đơn vị là vòng/s.

Lưu ý: nếu đơn vị của n là vòng/phút thì công thức tính tần số sẽ là $f=\frac{np}{60}$, tránh nhầm lẫn.

Đáp án B

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch: $P=UI\cos \phi =\mathrm{200.1.}\cos \left(\frac{\pi }{3}\right)=100W$

Đáp án A

- Biên độ dao động tổng hợp là: $A=\sqrt{A_1^2+A_2^2+2{\text{A}}_1{A}_2\cos \Delta \phi }$

- Do 2 dao động thành phần vuông pha $\to A=\sqrt{A_1^2+A_2^2}=5cm$

Đáp án D

- Khoảng thời gian giữa hai lần liên tiếp động năng bằng thế năng là $\frac{T}{4}\to \frac{T}{4}=\frac{1}{4}s\to T=1s$.

- Quãng đường lớn nhất vật đi được trong khoảng thời gian cố định $\Delta t=\frac{1}{6}=\frac{T}{6}$ khi vật đi lân cận và đối xứng qua vị trí cân bằng như hình vẽ (góc quét từ M sang N là: $\Delta \phi =\frac{2\pi }{6}=\frac{\pi }{3}$) $\to S_{\max }=2.\frac{A}{2}=A=4cm$.

Đáp án C

Năng lượng tỏa ra được xác định bằng công thức:

$W_{toa}=\left(\Delta m_s-\Delta m_{tr}\right).c^2=W_{lks}-W_{lktr}\to 23,7=W_{lkHe}-2.0,0025.931,5\to W_{lkHe}\approx 28,4MeV$.

Đáp án C

Khi chuyển từ quỹ đạo ngoài về quỹ đạo K

- Năng lượng photon phát ra lớn nhất: $13,6\text{\hspace{0.33em}e}V=E_{\infty }-E_K$.

- Năng lượng photon phát ra nhỏ nhất: $10,2eV=E_L-E_K$.

→ Khi chuyển từ quỹ đạo ngoài về quỹ đạo L, năng lượng photon phát ra lớn nhất:

$E_{\infty }-E_L=13,6-10,2=3,4eV$.

→ $h{f}_{\max }=3,4.1,{6.10}^{-19}\to f_{\max }=8,{2.10}^{14}Hz\to \lambda =\frac{c}{f}=365nm$.

Đáp án A

Sóng dừng trên dây với hai đầu cố định

- Khi trên dây có 5 nút sóng (kể cả 2 đầu dây)

→ có 4 bó → $60=4.f_{\min }$ → $f_{\min }=15H\text{z}$

- Khi trên dây có thêm 4 nút → tổng là 9 nút (kể cả 2 đầu dây)

→ có 8 bó → $f_8=8.f_{\min }=120H\text{z}$.

→ Tần số sóng tăng thêm 1 lượng là $\Delta f=120-60=60H\text{z}$.

Đáp án C

Áp dụng công thức liên hệ giữa gia tốc và li độ $a=-{\omega }^{2}x=-{\left(2\pi \right)}^2.3=120{\text{ cm/s}}^2=1,2{\text{ m/s}}^2$.

Đáp án B

- Ta có: $T=2\pi \sqrt{\frac{\mathcal{l}}{g}}\to T~\sqrt{\mathcal{l}}\to T^2~\mathcal{l}$.

- Áp dụng phương pháp thuận nghịch $\left\{\begin{array}{l}{\mathcal{l}}_1\to T_1=5\text{\hspace{0.33em}s}\\ {\mathcal{l}}_2\to T_2=3s\end{array}\right.\stackrel{{\mathcal{l}}_3={\mathcal{l}}_1-{\mathcal{l}}_2}{\to }{T}_3^2=T_1^2-T_2^2\to T_3=4s$.

Đáp án A

- Cảm kháng: $Z_L=\omega L=50\Omega$

- Do trong mạch chỉ có cuộn dây thuần cảm nên điện áp hai đầu mạch và cường độ dòng điện trong mạch vuông pha với nhau.

Áp dụng công thức vuông pha: ${\left(\frac{u}{U_{0L}}\right)}^2+{\left(\frac{i}{I_0}\right)}^2=1\iff {\left(\frac{100\sqrt{3}}{50.I_0}\right)}^2+{\left(\frac{2}{I_0}\right)}^2=1$

$\to I_0=4A\to U_0=50.4=200V\to U=\frac{U_0}{\sqrt{2}}=100\sqrt{2}V$

Đáp án C

- Xét giữa vân sáng trung tâm và vân cùng màu vân trung tâm kề nó (hai sáng trùng nhau của 2 bức xạ liên tiếp) có 11 vân sáng màu lục

→ Khoảng cách 2 vân sáng trùng nhau liên tiếp $=11i_1$.

- Ta có: $11i_1=k_2{i}_2\iff 11{\lambda }_1=k_2{\lambda }_2\underset{590\le {\lambda }_2\le 650}{\overset{{\lambda }_1=520nm}{\to }}8,8\le k_2\le 9,69\to k_2=9\to {\lambda }_2=635,56nm$.

Đáp án C

- Áp dụng công thức tính cảm ứng từ bên trong lòng ống dây:

$B=4\pi {.10}^{-7}.\frac{N}{\mathcal{l}}.I\iff 2,{51.10}^{-2}=4\pi {.10}^{-7}.\frac{1000}{0,1}.I\to I=2A$

- Với dòng điện không đổi cuộn cảm L không có tác dụng cản trở nên mạch ngoài coi như chỉ có R. Áp dụng công thức định luật Ôm cho toàn mạch:

$I=\frac{\xi }{R+r}\to 2=\frac{12}{R+1}\to R=5\Omega$

.

Đáp án A

Phương trình phóng xạ: ${}_{84}{}^{210}Po\to {}_{82}{}^{206}Pb+\alpha$.

- Gọi số hạt nhân phóng xạ Po ban đầu là $N_0$.

- Số hạt nhân phóng xạ Po còn lại sau thời gian t là: $N_{Po}=N_0{.2}^{-\frac{t}{T}}$.

→ Số hạt nhân Po bị phân rã trong thời gian t cũng chính bằng số hạt nhân Pb được tạo ra: $N_{Pb}=N_0-N_0-2^{-\frac{t}{T}}$

- Tỉ lệ khối lượng của Pb tạo ra và Po còn lại tại thời điểm t là:

 ngày

$\frac{m_{Pb}}{m_{Po}}=\frac{206.\left(N_0-N_0{.2}^{-\frac{t}{T}}\right)}{210.\left(N_0{.2}^{-\frac{t}{T}}\right)}\iff 0,6=\frac{206.\left(1-2^{-\frac{t}{T}}\right)}{210.\left(2^{-\frac{t}{T}}\right)}\to t=95$

Đáp án A

- Cường độ dòng điện cực đại trong mạch: $I_0=\omega Q_0={10}^{-5}A$.

- Điện tích và cường độ dòng điện trong mạch LC vuông pha với nhau.

Áp dụng công thức vuông pha:

${\left(\frac{i}{I_0}\right)}^2+{\left(\frac{q}{Q_0}\right)}^2=1\iff {\left(\frac{{6.10}^{-6}}{{10}^{-5}}\right)}^2+{\left(\frac{q}{{10}^{-9}}\right)}^2=1\to \left|q\right|=0,{8.10}^{-9}C=800pC$.

Đáp án C

- Phân tích mạch ngoài $R_{1}nt\left(R_2{\text{ // R}}_3\right)$

- Điện trở $R_{23}-\frac{10.10}{10+10}=5\Omega \to$ Điện trở tương đương mạch ngoài $R_{123}=R_1+R_{23}=9\Omega$.

- Số chỉ ampe kế là cường độ dòng điện qua điện trở $R_3$

$\to I_3=0,6A\to U_3=I_3.R_3=6V$

- Do $\left(R_2{\text{ // R}}_3\right)\to U_{23}=U_2=U_3=6V\to I_{23}=\frac{U_{23}}{R_{23}}=1,2A$.

- Do $R_{1}nt{R}_3\to I=I_1=I_{23}=1,2A$.

Áp dụng định luật Ôm cho toàn mạch ta có: $I=\frac{\xi }{R_{123}+r}\iff 1,2=\frac{12}{9+r}\to r=1\Omega$.

Đáp án B

- Khi chiều dài lò xo cực đại ta có ${\mathcal{l}}_{\max }=1,5\mathcal{l}$ người ta giữ cố định tại điểm cách vật một đoạn $\mathcal{l}$ (hình vẽ bên).

→ Chiều dài phần lò xo mất đi ${\mathcal{l}}_m=1,5\mathcal{l}-\mathcal{l}=0,5\mathcal{l}=\frac{{\mathcal{l}}_{\max }}{3}$  

→ Phần thế năng lò xò bị mất đi chiếm 1/3 thế năng ngay trước khi giữ.

- Do giữ tại thời điểm vật qua biên nên ta có khi đó cơ năng bằng thế năng

→ Cơ năng của hệ sau khi giữ là $=\text{W}-\frac{\text{W}}{3}=\frac{2}{3}\text{W}=\frac{2}{3}.\frac{1}{2}k{\text{A}}^2=\frac{1}{3}k{\left(\frac{\mathcal{l}}{2}\right)}^2$

→ Vận tốc cực đại của vật sau khi giữ là:

${}_{d\max }=W^{\text{'}}\iff \frac{1}{2}m{v}_{\max }^2=\frac{1}{3}k{\left(\frac{\mathcal{l}}{2}\right)}^2\to v_{\max }=\mathcal{l}\sqrt{\frac{k}{6m}}$

Đáp án A

- Khi đặt vào hai đầu AM một điện áp không đổi:

$I=\frac{\xi }{R_1+r+r_d}\iff 0,1875=\frac{12}{R_1+4+r_d}\to R_1+r_d=60\Omega$           

- Dung kháng và cảm kháng của đoạn mạch khi đặt vào đoạn mạch điện áp xoay chiều có

 $\omega =100\pi {\text{ rad/s; Z}}_L=40\Omega ,{\text{ Z}}_C=25\Omega$

Công suất tiêu thụ của biến trở khi $R=R_2$ là

$P_{\max }=\frac{U^2}{2\left(R_2+r\right)}$  với $R_2=\sqrt{r_d^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}$.

→ Ta có hệ $\left\{\begin{array}{l}{P}_{\max }=\frac{U^2}{2\left(R_2+r_d\right)}\\ R_2=\sqrt{r_d^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}160=\frac{{120}^2}{2\left(R_2+r_d\right)}\\ R_2=\sqrt{r_d^2+{\left(40-25\right)}^2}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{r}_d=20\\ R_2=25\end{array}\right.\Omega$.

→ $R_1=40\Omega \to \frac{R_1}{R_2}=\frac{40}{25}=1,6$.

Đáp án B

- Khoảng cách 2 đỉnh sóng liên tiếp là 5c $\to \lambda =5cm$.

- Các điểm dao động cùng pha với nguồn nằm trên các đường tròn bán kính $k\lambda$ ( $k\in {\mathbb{N}}^{*}$).

- Trên đoạn MO có 6 điểm (không kể O) cùng pha với O → M thuộc đường tròn bán kính $6\lambda$ (k = 6).

- Trên đoạn NO có 4 điểm (không kể O) cùng pha với O → N thuộc đường tròn bán kính $4\lambda$ (k = 4).

- Đoạn MN có 3 điểm cùng pha với O → MN cắt 3 đường tròn $k=\left\{4,5,6\right\}$  mỗi đường tại một điểm → để MN lớn nhất → MN là tiếp tuyến với đường tròn k = 4 (như hình vẽ trên) → $M{N}_{\max }=\sqrt{M{O}^2-N{O}^2}=\sqrt{{\left(6.5\right)}^2-{\left(4.5\right)}^2}=22,36cm$.

Đáp án A

- C thay đổi để $U_C\text{max}$ ta có hệ quả điện áp hai đầu đoạn mạch RL $u_{RL}$ sẽ vuông pha với điện áp hai đầu mạch u. Ta có giản đồ như hình vẽ.

- Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

 $U_{0\text{R}}^2=\left(U_{0C}-U_{0L}\right).U_{0L}$                     (1)

- Điện áp hai đầu tụ và cuộn cảm ngược pha nhau

$\to \frac{u_L}{U_{0L}}=-\frac{u_C}{U_{0C}}\to \frac{U_{0C}}{U_{0L}}=\left|\frac{u_C}{u_L}\right|=6,76$

$\to U_{0C}=6,76U_{0L}\stackrel{\left(1\right)}{\to }{78}^2=5,76U_{0L}^2$

$\to U_{0L}=32,5V$

- Điện áp hai đầu cuộn cảm và điện áp hai đầu điện trở vuông pha nhau:

$\to {\left(\frac{u_R}{U_{0\text{R}}}\right)}^2+{\left(\frac{u_L}{U_{0L}}\right)}^2=1\iff {\left(\frac{u_R}{78}\right)}^2+{\left(\frac{30}{32,5}\right)}^2=1\to \left|u_R\right|=30V$

Đáp án C

- Đặt hệ trục Oxy như hình vẽ. Giả sử ba chất điểm thẳng hàng khi 3 chất điểm lần lượt qua $M_1,{\text{ M}}_2,{\text{ M}}_3$. Điều kiện thẳng hàng: $\overrightarrow{M_1{M}_2}=k\overrightarrow{M_2{M}_3}$

$\to \frac{x_2-x_1}{x_3-x_2}=\frac{2-0}{6-2}\to \frac{x_2-x_1}{x_3-x_2}=\frac{1}{2}$

$\to 2{\text{x}}_1-3{\text{x}}_2+x_3=0$ (*)

- Sử dụng phương pháp số phức tổng hợp dao động ta có $2{\text{x}}_1-3{\text{x}}_2+x_3=12\cos \left(2\pi t-\frac{2\pi }{3}\right)$ (**)

- Từ (*) và (**) ta có điều kiện để 3 chất điểm thẳng hàng khi: $12\cos \left(2\pi t-\frac{2\pi }{3}\right)=0$.

- Thời điểm lần thứ 2020 thẳng hàng chúng ta lại dùng đường tròn và thu được kết quả

$t=1009T+\frac{7T}{12}=\frac{12115}{12}\left(s\right)$

Đáp án C

- L thay đổi để $U_C$ và P max khi mạch xảy ra cộng hưởng $\to Z_{L0}=x_1=Z_C$.

- Mặt khác khi đó ta có: $Z=R\to I=\frac{U}{R}=1\left(A\right)$.

Khi đó UC max = 80 V $\to Z_C=\frac{80}{1}=80\Omega \to x_1=80\Omega$.

- L thay đổi với 2 giá trị $Z_L=35\Omega$ và $Z_L=x_2$ mạch có cùng công suất

$\to 35+x_2=2{\text{x}}_1\to x_2=125\Omega$

Bên cạnh đó khi $Z_L=x_2$ là giá trị của $Z_L$ để $U_{L\max }$ thì $125=\frac{R^2+Z_C^2}{Z_C}=\frac{R^2+{80}^2}{80}\Rightarrow R=60\Omega$.