Phương pháp:

Vận dụng lí thuyết về các loại quang phổ

Cách giải:

A, C, D - đúng

B – sai vì: Quang phổ vạch hấp thụ có những vạch tối nằm trên nền quang phổ liên tục

Chọn B.

Phương pháp:

Vận dụng quy tắc bàn tay trái xác định lực từ

Cách giải:

Áp dụng quy tắc bàn tay trái ta suy ra lực từ tác dụng lên đoạn dây dẫn có phương ngang, chiều hướng từ Đông sang Tây

Chọn B.

Phương pháp:

Vận dụng lí thuyết về hạt nhân

Cách giải:

Chọn đáp án C

Các đồng vị của cùng một nguyên tố có cùng tính chất hóa học

Phương pháp:

Sử dụng biểu thức tính công thoát: $A=\frac{hc}{{\lambda }_0}$

Cách giải:

Giới hạn quang điện của Vonfram: ${\lambda }_0=\frac{hc}{A}=2,{76.10}^{-7}m=0,276\mu m$

Phương pháp:

Sử dụng lí thuyết về thông tin liên lạc bằng sóng vô tuyến

Cách giải:

Trong thông tin liên lạc bằng sóng vô tuyến, mạch tách sóng dùng để tách sóng điện từ âm tần ra khỏi sóng điện từ cao tần.

Phương pháp:

Sử dụng điều kiện cộng hưởng dao động

Cách giải:

Hiện tượng cộng hưởng xảy ra khi $\omega ={\omega }_0$

Chọn A.

Phương pháp:

Vận dụng lí thuyết về sự khúc xạ ánh sáng và chiết suất của các ánh sáng đơn sắc.

Cách giải:

Khi chiếu chùm sáng gồm 2 thành phần đơn sắc đỏ và lam từ nước ra ngoài không khí thì nếu tăng dần góc tới thì tia màu lam sẽ bị phản xạ toàn phần trước tia màu đỏ.

Chọn D.

Phương pháp:

Sử dụng biểu thức xác định hiệu quang trình

Cách giải:

Hiệu quang trình $\delta =\frac{ax}{D}$

Chọn B.

Phương pháp:

Vận dụng biểu thức liên hệ giữa tốc độ, bước sóng và tần số

Cách giải:

Ta có: $\lambda =vT=\frac{v}{f}$

Chọn D.

Phương pháp:

Vận dụng lí thuyết về máy phát điện xoay chiều

Cách giải:

 Máy phát điện xoay chiều một pha hoạt động dựa trên hiện tượng cảm ứng điện từ.

Chọn D.

Phương pháp:

Vận dụng lí thuyết về năng lượng liên kết riêng hạt nhân

Cách giải:

Các hạt nhân bền vững có $\frac{{\text{W}}_{lk}}{A}$  lớn nhất vào cỡ 8,8 MeV/nuclon; đó là những hạt nhân nằm khoảng giữa của bảng tuần hoàn ứng với 50 < A < 80

Năng lượng liên kết riêng của hạt nhân có giá trị lớn nhất đối với các hạt nhân trung bình

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng mối liên hệ giữa đặc trưng vật lí và đặc trưng sinh lí của âm  

Cách giải:

Đại lượng đặc trưng cho độ cao của âm là tần số của âm.

Chọn C.

Phương pháp:

Ta có:  $n=\frac{c}{v}\Rightarrow v=\frac{c}{n}=\frac{{3.10}^8}{1,5}={2.10}^{8}m/s$

Khi truyền từ môi trường này sang môi trường khác thì tần số của ánh sáng là không đổi. Bước sóng của ánh sáng khi truyền trong chân không:${\lambda }_0=\frac{c}{f}$

Bước sóng của ánh sáng khi truyền trong môi trường có chiết suất n:$\lambda =\frac{v}{f}=\frac{c}{nf}=\frac{{\lambda }_0}{n}\Rightarrow \lambda =\frac{0,6}{1,5}=0,4\mu m$

 . Chọn A.

Phương pháp:

Vận dụng tính chất của đồng vị

Cách giải:

Trong các đồng vị của cacbon, hạt nhân có số proton bằng số nơtron là ${}^{12}C$

Vì Z = 6

Chọn C.

Phương pháp:

Vận dụng lí thuyết về giao thoa sóng

Cách giải:

Điều kiện để tại một điểm bất kì dao động với biên độ cực tiểu là hai sóng ngược pha tại điểm đó.

Chọn A.

Phương pháp:

Vận dụng lí thuyết đại cương về dao động điều hòa

Cách giải:

Ta có, sau những khoảng thời gian bằng nhau và bằng số nguyên chu kì thì vật trở lại trạng thái cũ

Lại có T = 2s

 Sau 6s thì trạng thái dao động lặp lại như cũ

Chọn A.

Phương pháp:

+ Đọc phương trình dao động

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

Cách giải:

Từ phương trình dao động, ta có $\omega =2\pi \left(rad/s\right)$

Lại có:$\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}\Rightarrow m=\frac{k}{{\omega }^2}=\frac{10}{{\left(2\pi \right)}^2}=0,25kg=250g$

Chọn D.

Phương pháp:

Vận dụng biểu thức về máy biến áp: $\frac{U_1}{U_2}=\frac{N_1}{N_2}=\frac{I_2}{I_1}=\frac{S_2}{S_1}$

Cách giải:

Ta có:$\frac{U_1}{U_2}=\frac{N_1}{N_2}=\frac{I_2}{I_1}=\frac{S_2}{S_1}$

Máy hàn điện cần dòng điện $I_2>I_1\Rightarrow N_2<N_1$

$\to$Ở máy biến áp dùng để hàn điện là máy biến áp hạ áp với tiết diện dây của cuộn thứ cấp lớn hơn cuộn sơ cấp.

Chọn A.

Phương pháp:

Vận dụng lí thuyết về các loại mạch điện

Cách giải:

Mạch có R, C mắc nối tiếp

Khi đó, điện áp hai đầu mạch điện luôn trễ pha so với cường độ dòng điện trong mạch.

Chọn D.

Phương pháp:

Sử dụng biểu thức xác định số điểm dao động với biên độ cực đại:$-\frac{1}{\lambda }<k<\frac{1}{\lambda }$

Cách giải:

Ta có:$MO=\frac{\lambda }{2}=1,5cm\Rightarrow \lambda =3cm$

Số điểm dao động với biên độ cực đại là:$-\frac{1}{\lambda }<k<\frac{1}{\lambda }$

 $\iff -\frac{15}{3}<k<\frac{15}{3}\iff -5<k<5\Rightarrow$Có 9 điểm dao động với biên độ cực đại trong khoảng AB

Phương pháp:

Lí thuyết dòng điện trong chất bán dẫn

Cách giải:

Khi tăng nhiệt độ làm xuất hiện các hạt tải điện trong chất bán dẫn nên điện trở của chất bán dẫn giảm xuống.

Chọn A.

Phương pháp:

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

Cách giải:

Lực tương tác tĩnh điện giữa electron và hạt nhân nguyên tử hidro:$F=k\frac{\left|q_1{q}_2\right|}{r^2}={9.10}^0\frac{\left|\left(-1,{6.10}^{-19}\right).1,{6.10}^{-19}\right|}{{\left({5.10}^{-11}\right)}^2}=9,{216.10}^{-8}N$

Chọn B.

Phương pháp:

Sử dụng công thức động năng.

Cách giải:

Hướng dẫn: Chọn đáp án C

Động năng tính theo công thức:$W_d=\frac{m{v}^2}{2}=\frac{m{\left(-\omega A\sin \omega t\right)}^2}{2}=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2{\sin }^2\omega t$

Chọn C.

Phương pháp:

Vận dụng biểu thức tính điện năng tiêu thụ:$Q=UIt$

Cách giải:

Ta có hai đèn sáng bình thường

Điện năng hai bóng đèn tiêu thụ trong 30 phút:$Q=\left(U_1{I}_1+U_2{I}_2\right)t=\left(12.0,6+12.0,3\right)\mathrm{.30.60}=19440J$

Chọn B.

Phương pháp:

+ Khoảng cách giữa n vẫn sáng liên tiếp:$\left(n-1\right)i$

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

Cách giải:

5 vân sáng liên tiếp có 4 khoảng vân: $4i=3,6\Rightarrow i=0,9$ mm.

Bước sóng $\lambda =\frac{ai}{D}=\frac{{10}^{-3}.0,{9.10}^{-3}}{1,5}=0,{6.10}^{-6}$ (m). Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng lí thuyết về mạch R, L, C mắc nối tiếp.

Cách giải:

Tại $t_2$  ta có: $\left\{\begin{array}{l}{u}_L=u_C=0\\ u_R=100V\end{array}\right.$  khi này $u_{R_{max}}=U_{0R}=100V$

Tại $t_1$  ta có:$\left\{\begin{array}{l}{u}_L=30V\\ u_C=-180V\\ u_R=50V\end{array}\right.$

Ta có:$u_L\perp u_R$  ta suy ra:${\left(\frac{u_L}{U_{0L}}\right)}^2+{\left(\frac{u_R}{U_{0R}}\right)}^2=1\Rightarrow \frac{{30}^2}{U_{0L}^2}+\frac{{50}^2}{{100}^2}=1\Rightarrow U_{0L}=20\sqrt{3}V$

Lại có:$\frac{U_{0L}}{U_{0C}}=\frac{Z_L}{Z_C}=-\frac{u_L}{u_C}=-\frac{30}{\left(-180\right)}=\frac{1}{6}\Rightarrow U_{0C}=120\sqrt{3}V$

Điện áp cực đại ở hai đầu mạch:$U_0=\sqrt{U_{0R}^2+{\left(U_{0L}-U_{0C}\right)}^2}=200V$

Chọn B.

Phương pháp:

Áp dụng công thức năng lượng mạch dao động

Cách giải:

Ta có:${\text{W}}_t=\frac{Q_0^2}{4C}=\frac{\text{w}}{2}\Rightarrow q=\frac{\pm Q_0}{\sqrt{2}}.$

Do đó $\Delta t={10}^{-6}=\frac{T}{4}\Rightarrow T={4.10}^{-6}\Rightarrow f=\frac{1}{T}=2,{5.10}^{5}Hz.$Chọn C.

Phương pháp:

+ Đọc phương trình điện áp

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

Cách giải:

Từ phương trình điện áp, ta có:$\omega =100\pi \left(rad/s\right)$

Dung kháng:$Z_C=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{100\pi .\frac{{2.10}^{-4}}{\pi }}=50\Omega$

Chọn A.

Phương pháp:

 + Cường độ điện trường và cảm ứng từ của sóng điện từ cùng pha với nhau

+ Vận dụng trục thời gian suy ra từ vòng tròn

Cách giải:

Ta có, E và B cùng pha với nhau, nên

Tại $t=t_0,E=\frac{1}{2}{E}_0\Rightarrow B=\frac{1}{2}{B}_{-}$

Tại $t=t_0+\frac{T}{4}\Rightarrow \left|B\right|=\frac{\sqrt{3}}{2}{B}_0$

Chọn A.

Phương pháp:

+ Sử dụng biểu thức:$r_n=n^2{r}_0$

+ Sử dụng biểu thức xác định số bức xạ phát ra:$\frac{n\left(n-1\right)}{2}$

Cách giải:

Ta có:$r_n=n^2{r}_0=49r_0\Rightarrow n=7$

Số bức xạ có tần số khác nhau tối đa mà khối khí hidro có thể phát ra là:$\frac{n\left(n-1\right)}{2}=\frac{7.6}{2}=21$

Chọn C.

Phương pháp:

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

+ Áp dụng công thức tính quãng đường ngắn nhất:$S_{\min }=2A\left(1-\cos \frac{\Delta \phi }{2}\right)$

Cách giải:

Trong $\frac{5}{3}s$  vật có:$S_{max}=35cm=6A+A\Rightarrow t=\frac{3T}{2}+t*$

Quãng đường lớn nhất vật đi được trong khoảng thời gian $\frac{5}{3}s$  là:$S_{max}=6A+2A\sin \frac{\omega t*}{2}=35cm\Rightarrow 2A\sin \frac{\omega t*}{2}=5\to \sin \frac{\omega t*}{2}=\frac{1}{2}\Rightarrow t*=\frac{T}{6}$

Ta có:$t=\frac{3T}{2}+\frac{T}{6}=\frac{5}{3}s\Rightarrow T=1s\Rightarrow \omega =2\pi \left(rad/s\right)$

Tại điểm kết thúc quãng đường 35cm, li độ của vật là:$x=\text{As}in\frac{\omega t*}{2}=\frac{A}{2}=2,5cm$

Áp dụng công thức độc lập, ta có:$A^2=x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}\Rightarrow v=\omega \sqrt{A^2-x^2}=2\pi \sqrt{5^2-2,5^2}=5\sqrt{3}\pi \left(cm/s\right)$

Chọn A.

Phương pháp:

Sử dụng điều kiện giao thoa 3 bức xạ:$k_1{\lambda }_1=k_2{\lambda }_2=k_3{\lambda }_3$

Cách giải:

Ta có:$k_1{\lambda }_1=k_2{\lambda }_2=k_3{\lambda }_3\iff k_1.0,4=k_2.0,48=k_3.0,64\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{k}_1=24\\ k_2=20\\ k_3=15\end{array}\right.$

Trong khoảng giữa hai vân sáng liên tiếp trùng màu vân trung tâm (không kể 2 vân ngoài cùng màu vân trung tâm) có:

+ 3 vân sáng của bức xạ ${\lambda }_1$  và ${\lambda }_2$  trùng nhau

+ 4 vân sáng của bức xạ ${\lambda }_2$ và ${\lambda }_3$trùng nhau

+ 2 vân sáng của bức xạ ${\lambda }_1$và ${\lambda }_3$  trùng nhau

 Trong khoảng giữa hai vân sáng có màu liên tiếp cùng màu vân trung tâm quan sát thấy số vân sáng không phải đơn sắc là 3 + 4 + 2 = 9 vân

Chọn C.

Phương pháp:

Công thức máy biến áp 

Cách giải:

HD giải: Số vòng dây nếu quấn đúng của máy biến áp sẽ là $\left\{\begin{array}{l}{N}_1=220\\ N_2=20\end{array}\right.$

Khi bị quấn ngược thì dòng điện chạy qua các vòng dây này ngược chiều so với các dòng còn lại cũng do đó, nếu ta quấn ngược n vòng thì suất điện động trong n vòng này sẽ triệt tiêu n vòng quấn đúng $\frac{U_2}{U_1}=\frac{N_1}{N_2-n}\iff \frac{220}{11}=\frac{N_1}{N_2-n}\iff n=9$ . Chọn A.

Phương pháp:

+ Sử dụng công thức tính năng lượng phản ứng hạt nhân:$\Delta E=\left(m_{Po}-m_{\alpha }-m_{Pb}\right).c^2$

+ Áp dụng định luật bảo toàn động lượng

+ Sử dụng biểu thức tính động năng:${\text{W}}_d=\frac{1}{2}m{v}^2$

Cách giải:

Ta có:$Po\to \alpha +Pb$

$\Delta E=\left(m_{Po}-m_{\alpha }-m_{Pb}\right).c^2=5,{8.10}^{-3}u{c}^2=5,4027MeV$

Ta có:${\text{W}}_{d_{\alpha }}+{\text{W}}_{d_{Pb}}=\Delta E\left(1\right)$

Lại có:$\overrightarrow{P_{Po}}=\overrightarrow{P_{\alpha }}+\overrightarrow{P_{Pb}}$

Có $v_{Po}=0\Rightarrow P_{Po}=0\Rightarrow P_{\alpha }=P_{Pb}\Rightarrow P_{\alpha }^2=P_{Pb}^2\Rightarrow m_{\alpha }{\text{W}}_{d_{\alpha }}=m_{Pb}{\text{W}}_{d_{Pb}}\left(2\right)$

Từ (1) và (2)$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{\text{W}}_{d_{\alpha }}=5,29MeV\\ W_{d_{Pb}}=0,1029MeV=1,{6464.10}^{-14}J\end{array}\right.$

Lại có ${\text{W}}_{d_{Pb}}=\frac{1}{2}{m}_{Pb}.v_{Pb}^2\Rightarrow v_{Pb}=\sqrt{\frac{2W_{d_{Pb}}}{m_{Pb}}}=\sqrt{\frac{2.1,{6464.10}^{-14}}{295,9744.1,{66055.10}^{-27}}}=3,{06.10}^{5}m/s$

Chọn C.

Phương pháp:

+ Sử dụng biểu thức tính tần số góc

Cách giải:

Hướng dẫn: Chọn đáp án B

Tần số góc tính theo công thức: $\omega =\sqrt{\frac{g}{\mathcal{l}}}$

Phương pháp:

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

+ Sử dụng biểu thức khoảng cách giữa hai điểm trong sóng dừng

Cách giải:

Khoảng thời gian liên tiếp tốc độ dao động của điểm A cực đại là $\frac{T}{2}\Rightarrow \frac{T}{2}=0,005\Rightarrow T=0,01s$

Điều kiện sóng dừng với O cố định, A tự do là $OA=l=\left(2k-1\right)\frac{\lambda }{4}$, với sb = sn = k

Suy ra độ dài đoạn thẳng $OA=\left(2k-1\right)\frac{\lambda }{4}=\left(2k-1\right)\frac{v.T}{4}=\left(2.8-1\right)\frac{4.0,01}{4}=0,15m$  . Chọn B

Phương pháp:

 Định luật culong

Cách giải:

Từ $F=k\frac{\left|q_1{q}_2\right|}{\epsilon r^2}\stackrel{r\text{'}=3\text{r}}{\to }F\text{'}=\frac{F}{9}\Rightarrow$ Chọn A.

Phương pháp:

+ Sử dụng biểu thức tính độ dãn của lò xo tại VTCB:$\Delta l=\frac{mg}{k}$

+ Biểu thức tính lực đàn hồi

+ Sử dụng biểu thức xác định chu kì:$T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}$

Cách giải:

Khi vật  ở vị trí biên dưới, ta đặt lên một vật  thì dao động chấm dứt

 Vị trí cân bằng lưới của hệ trùng với vị trí biên dưới

Độ biến dạng của lò xo tại vị trí này là:$\Delta l=\frac{m_{1}g}{k}+A=\frac{0,4.10}{k}+0,04$

Tại đó, lực đàn hồi cân bằng với trọng lực:$F_{dh}=P$

$\iff k\Delta l=\left(m_1+m_2\right)g\Rightarrow k\left(\frac{0,4.10}{k}+0,04\right)=\left(0,4+0,1\right).10\Rightarrow k=25N/m$

Chu kì dao động của con lắc khi chưa đặt thêm vật nhỏ $m_2$  là $T=2\pi \sqrt{\frac{m_1}{k}}=2\pi \sqrt{\frac{0,4}{25}}=0,8s$

Chọn C.

Phương pháp:

+ Sử dụng công thức $\tan \left({\alpha }_1-{\alpha }_2\right)=\frac{\tan {\alpha }_1-\tan {\alpha }_2}{1+\tan {\alpha }_1.\tan {\alpha }_2}$ và BĐT côsi

+ Sử dụng công thức: Hiệu mức cường độ âm:$L_A-L_M=10\log \frac{I_A}{I_M}$

+ Sử dụng công thức tính cường độ âm:$I=\frac{2P}{4\pi R^2}$

Cách giải:

$OA=x\left(m\right);AB=6\left(m\right);AM=4,5\left(m\right)$

$\tan MOB=\tan \left({\alpha }_1-{\alpha }_2\right)=\frac{\tan {\alpha }_1-\tan {\alpha }_2}{1+\tan {\alpha }_1\tan {\alpha }_2}=\frac{\frac{6}{x}-\frac{4,5}{x}}{1+\frac{6}{x}.\frac{4,5}{x}}=\frac{1,5}{d+\frac{27}{x}}$

Theo BĐY Cosi, ta có:$x+\frac{27}{x}\ge 2\sqrt{27}=2.3\sqrt{3}\Rightarrow x=3\sqrt{3}m$

Do đó:$OM=\sqrt{{\left(3\sqrt{3}\right)}^2+4,5^2}=\frac{3\sqrt{21}}{2}m$

Ta có:$L_A-L_M=10\log \frac{I_A}{I_N}\leftrightarrow 40-50=-10=10\log \frac{I_A}{I_M}\to \frac{I_A}{I_M}=0,1$

Mặt khác:$\left\{\begin{array}{l}{I}_A=\frac{2P}{4\pi R_A^2}\\ I_M=\frac{\left(n+2\right)P}{4\pi R_M^2}\end{array}\right.\Rightarrow \frac{I_A}{I_M}=\frac{2}{n+2}\frac{R_M^2}{R_A^2}=\frac{2}{n+2}\frac{{\left(\frac{3\sqrt{21}}{2}\right)}^2}{{\left(3\sqrt{3}\right)}^2}=0,1\Rightarrow n=33$

Chọn D.