Đáp án B

$\text{W = }\frac{1}{2}\frac{{\text{U}}^2}{\text{C}}$

Đáp án D

Mạch điện tương đương như hình vẽ bên $\Rightarrow {\text{U}}_{\text{AB}}\text{ = E + Ir = 12 + 2.2 = 16V}$

Đáp án D

Khi tiến hành điện phân có dương cực tan thì bình điện phân có vai trò như một điện trở thuần. Mặc dù có sự thay đổi hình dạng của hai điện cực nhưng ta coi rằng sự thay đổi này không làm thay đổi điện trở của bình điện phân. ${\text{R}}_{\text{binh}}\text{= const}$

Với ${\text{t}}_1{\text{ = 1h = 3600s;U}}_1\text{ = 10V}\to$ dòng điện qua bình là ${\text{I}}_1\text{ = }\frac{{\text{U}}_1}{\text{R}}\text{ = I}$

$\to \Delta {\text{m}}_1\text{ = 25 - 10 = 15g = }\frac{1}{\text{F}}\text{.}\frac{\text{A}}{\text{n}}{\text{I.t}}_1$

Với ${\text{t}}_2\text{ = 2h = 7200s}$ tiếp theo; ${\text{U}}_2\text{ = 20V}\to$ dòng điện qua bình là ${\text{I}}_2\text{ = }\frac{{\text{U}}_2}{\text{R}}\text{ = 2I→}\to \Delta {\text{m}}_2\text{ = }\frac{1}{\text{F}}\text{.}\frac{\text{A}}{\text{n}}{\text{2I.t}}_2=4.\Delta {\text{m}}_1\text{ = 60g}$

Vậy khối lượng của cực âm (catot) là ${\text{m}}_2\text{ = 25 + 60 = 85g}$

Đáp án D

Những vậy không có từ tính là những vật không sinh ra từ trường. Những vật có từ tính là Nam châm, dòng điện (thanh sắt có dòng điện chạy qua), trái đất

Đáp án D

Chiều dài dây $\text{1 = N2}\pi \text{R}\Rightarrow \text{R = }\frac{1}{2\pi \text{N}}=\frac{3}{20\pi }$

Áp dụng công thức $\text{B = 2}\pi {\text{.10}}^{-7}\frac{\text{NI}}{\text{R}}\Rightarrow \text{I = }\frac{\text{BR}}{2\pi {.10}^{-7}\text{N}}\text{ = }\frac{{5.10}^{-5}.3}{4{\pi }^2{.10}^{-7}{.10}^2}\text{=0,38A}$

Đáp án C

Suất điện động của thanh kim loại chuyển động trong từ trường có công thức: ${\text{e}}_{\text{cö }}\text{= Bvl.sin}\alpha =\mathrm{0,4}\text{V}\to \text{ v = 5m/s}$

Đáp án A

Vì ta có $\frac{\sin \text{i}}{\sin \text{r}}=\frac{{\text{n}}_2}{{\text{n}}_1}\iff \frac{\sin {53}^0}{\sin \text{r}}=\frac{4}{3}\Rightarrow {\text{r = 28,8}}^0\Rightarrow {\text{D = i - r =40}}^0-{\mathrm{28,8}}^0={\mathrm{11,2}}^0$

Đáp án D

$\text{d = 10cm, f = 20cm}\Rightarrow \text{ d' = }\frac{\text{df}}{\text{d - f}}\text{ = }\frac{10.20}{10-20}\text{= -20cm < 0}$

Vậy ảnh ảo, cách thấu kính một khoảng $\left|\text{d'}\right|=20\text{cm}$

Đáp án A

Áp dụng công thức tính biên độ của dao động tổng hợp các dao động thành phần $\text{A =}\sqrt{{\text{A}}_1^2+{\text{A}}_2^2+2{\text{A}}_1{\text{A}}_2\cos \left({\phi }_2-{\phi }_1\right)}=\sqrt{{2.6}^2+{2.6}^2\cos \frac{\pi }{3}}=6\sqrt{3}\left(\text{cm}\right)$

Đáp án A

Một vật dao động điều hòa đi được quãng đường trong một chu kỳ luôn bằng 4A (A là biên độ dao động)

Đáp án A

Trong dao động điều hòa, cứ T/4 thì động năng lại bằng thế năng

Theo đó ta có $\mathrm{0,5}=\frac{\text{T}}{4}\Rightarrow \text{T = 2}\left(\text{s}\right)\Rightarrow \omega \text{ = }\pi \left(\text{rad/s}\right)$

Đáp án B

Công suất lực hồi phục:

$$\begin{gathered} {\text{P}}_{\text{ph}}{\text{ = F}}_{\text{ph}}\text{.v = kA.cos}\left(\omega \text{t + }\phi \right)\omega \text{Asin}\left(\omega \text{t + }\phi \right)=\text{k}\omega {\text{A}}^2\frac{\sin \left(2\omega \text{t + 2}\phi \right)}{2} \\ \Rightarrow {\text{P}}_{\text{ph max}}\iff \sin \left(2\omega \text{t + 2}\phi \right)=1\Rightarrow \cos \left(\omega \text{t + }\phi \right)=\frac{1}{\sqrt{2}} \end{gathered}$$

Li độ của vật $10\frac{1}{\sqrt{2}}=5\sqrt{2}\text{cm}$

Đáp án C

Xét ${\text{v}}_1\text{=}\frac{\pi }{4}{\text{v}}_{\text{tb}}\text{=}\frac{\pi }{4}.\frac{4\text{A}}{\text{T}}\text{=}\frac{\pi \text{A.}\omega }{2\pi }\text{=}\frac{\omega \text{A}}{2}\Rightarrow {\text{x}}_1=\frac{\text{A}\sqrt{3}}{2}$

Vùng tốc độ $\ge {\text{ v}}_1$ nằm trong $\left[-{\text{x}}_1{\text{; x}}_1\right]$

$\Rightarrow \Delta \text{t = 4}\frac{\text{T}}{6}\text{=}\frac{\text{2T}}{3}$ kết hợp với bài ta có $\text{T = 0,5}\left(\text{s}\right)$

Phân tích $\frac{1}{6}=\frac{\text{T}}{3}$, quãng đường lớn nhất vật đi được trong $T/3$ khi vật đi qua lân cận vị trí cân bằng

Công thức ${\text{S}}_{\text{max}}\text{ = 2Asin}\frac{\omega \Delta \text{t}}{2}\text{= 2Asin }\frac{\pi \Delta \text{t}}{\text{T}}\text{ = A}\sqrt{3}$, đối chiếu với giả thiết ta có $\text{A = 2}\left(\text{cm}\right)$

Vận tốc cực đại của vật trong quá trình chuyển động

${\text{v}}_{\max }=\omega \text{A = }\frac{2\pi \text{A}}{\text{T}}=8\pi \left(\text{cm/s}\right)$

Đáp án D

Gọi x là khoảng cách từ điểm giữ cố định tới điểm treo cố định, l là chiều dài khi bắt đầu giữ của lò xo. Nên khi này, ta được lò xo mới thực hiện dao động của vật với chiều dài $\text{l}-\text{x}$, lấy $\text{n =}\frac{\text{A}}{\text{x}}$

Tại thời điểm giữ lò xo thì thế năng của nó là ${\text{W}}_{\text{t}}\text{ = }\frac{\text{W}}{{\text{n}}^2}$

Khi giữ lò xo, phần thế năng bị mất đi là ${\text{W}}_{\text{m}}\text{=}\frac{\text{x}}{\text{l}}{\text{.W}}_{\text{t}}\text{=}\frac{\text{x}}{\text{l}}\text{.}\frac{\text{W}}{{\text{n}}^2}$

Ta thấy, khi giữ thì 1 lò xo mới dao động với biên độ k' thỏa mãn $\text{k'}\left(\text{l}-\text{x}\right)=\text{k.l}\to \frac{\text{k}}{\text{k'}}=\frac{\text{l}-\text{x}}{\text{l}}$

Bảo toàn cơ năng, ta có $\frac{{\text{k'A}}_{\text{s}}^2}{2}={\text{W - W}}_{\text{m}}\iff \frac{{\text{k'A}}_{\text{s}}^2}{2}=\frac{{\text{kA}}^2}{2}\left(1-\frac{\text{x}}{{\text{l.n}}^2}\right)$

Do đó, ta có ${\text{A}}_{\text{s}}\text{ = A}\sqrt{\frac{1-\text{x}}{1}\left(1-\frac{\text{x}}{{\text{n}}^2\text{l}}\right)}$ (với $\text{n = }\frac{\text{A}}{\text{x}}$). Giải ra được $\frac{\text{x}}{\text{l}}=\frac{5}{6}$

Đáp án D

Trong sóng dừng, khoảng cách giữa hai nút hoặc hai bụng liên tiếp luôn bằng nửa bước sóng. Do đó bước sóng là hai lần khoảng cách giữa hai nút hoặc hai bụng kề nhau

Đáp án B

Ta có: ${\text{L}}_{\text{N}}{\text{ - L}}_{\text{M}}=10\text{lg}\frac{{\text{I}}_{\text{N}}}{{\text{I}}_{\text{M}}}=40\text{ dB}\Rightarrow \frac{{\text{I}}_{\text{N}}}{{\text{I}}_{\text{M}}}={10}^4$

Đáp án B

Bước sóng $\lambda =\text{vT}=40\text{cm}$

Khoảng cách từ đỉnh sóng thứ 4 đến đỉnh sóng thứ 9 là $\text{5}\lambda =200\text{cm =2m}$

Đáp án B

Bước sóng $\lambda =\text{v/f =0,6cm}$

Nhận xét $\text{OM = 10}\lambda \text{, ON = }\frac{40}{3}\lambda$

Điểm dao động cùng pha với nguồn O thì phải cách nguồn đoạn là $\text{d = k}\lambda$

H là điểm trên MN gần nguồn O nhất có: $\frac{1}{{\text{OH}}^2}=\frac{1}{{\text{OM}}^2}+\frac{1}{{\text{ON}}^2}\Rightarrow \text{OH = 8}\lambda$

Số điểm cùng pha với nguồn trên MH thỏa mãn bất phương trình $\text{OH}\le \text{d}\le \text{OM}\iff \text{8}\lambda \le \text{k}\lambda \le \text{10}\lambda \Rightarrow \text{8}\le \text{k}\le \text{10}$. Vậy có 3 điểm kể cả H và M

Số điểm cùng pha với nguồn trên NH thỏa mãn bất phương trình $\text{OH}\le \text{d}\le \text{ON}\iff \text{8}\lambda \le \text{k}\lambda \le \frac{\text{40}}{3}\lambda \Rightarrow \text{8}\le \text{k}\le \frac{40}{3}\text{=13,3}$

Vậy có 5 điểm không kể điểm H

Như vậy tổng có tất cả 8 điểm trên MN dao động cùng pha với nguồn O

Đáp án D

Năng lượng sóng âm từ nguồn điểm O khi truyền đi trong không gian sẽ phân bố đều cho các điểm nằm trên diện tích của mặt cầu tâm O, bán kính R. Vì vậy năng lượng sóng tại một điểm cách nguồn khoảng R tỉ lệ nghịch với bình phương khoản g cách tới nguồn, tỉ lệ thuận với bình phương biên độ dao động tại điểm đó ${\text{W}}_{\text{R}}~\frac{1}{{\text{R}}^2}~{\text{A}}^2$

Do đó biên độ sóng tại điểm cách nguồn khoảng R tỉ lệ nghịch với R

Gọi ${\text{R}}_{\text{A}}{\text{, R}}_{\text{B}}$ ần lượt là khoảng cách từ các điểm A và B tới nguồn O, ta có: 

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{r}\frac{{\text{A}}_{\text{A}}}{{\text{A}}_{\text{B}}}=\frac{{\text{R}}_{\text{B}}}{{\text{R}}_{\text{A}}}=\frac{22}{5}\\ {\text{R}}_{\text{B}}-{\text{R}}_{\text{A}}=340\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{\text{R}}_{\text{A}}=100\text{m}\\ {\text{R}}_{\text{B}}=440\text{m}\end{array}\right. \\ {\text{L}}_{\text{A}}=10\lg \frac{{\text{I}}_{\text{A}}}{{\text{I}}_{\text{o}}}=80\text{ dB}\Rightarrow {\text{I}}_{\text{A}}={10}^8{\text{I}}_{\text{o}}={10}^{-4}{\text{W/m}}^2 \end{gathered}$$

Mặt khác $\text{I = }\frac{\text{P}}{\text{S}}\text{=}\frac{\text{P}}{4\pi {\text{R}}_{\text{A}}^2}\text{=}\frac{\text{P}}{4\pi {100}^2}\Rightarrow \text{P = 4}\pi \text{W}$

Thời gian sóng truyền từ A sang B là $\Delta \text{t = }\frac{\text{AB}}{\text{v}}=1\text{s}$

Năng lượng sóng trong vùng không gian giới hạn bởi hai mặt cầu là: $\Delta \text{W = P.}\Delta \text{t = 4}\pi \text{J}$

Đáp án C

Để cho dễ nhớ mối quan hệ về pha, các em nên nhớ cách vẽ giản đồ.

Trong chuyển động quay tròn, chiều dương được quy ước là ngược chiều kim đồng hồ. Quan sát hình vẽ trên ta có thể kết luận i nhanh pha hơn ${\text{u}}_{\text{C}}$ góc $\frac{\pi }{2}$

Đáp án C

Đường dây tải điện một pha ở cần có hai dây, một dây nóng và một dây trung hòa

Đường dây tải điện ba pha thì cần 3 dây hoặc 4 dây

Không có đường dây điện nào chỉ có một dây

(lưu ý: 2 dây ở đây được hiểu là hai lõi cách điện nhau. Trong thực tế hai lõi này được tích hợp trên cùng một dây nhưng cách điện nhau)

Đáp án C

Do cuộn dây thuần cảm nên điện áp đặt vào hai đầu cuộn dây và cường độ dòng điện trong mạch biến đổi điều hòa và vuông pha với nhau

Ta có phương trình: $\frac{{\text{u}}^2}{{\text{U}}_0^2}+\frac{{\text{i}}^2}{{\text{I}}_0^2}=1$

$\to$ đồ thị $\text{u}\left(\text{i}\right)$ là đường elipse

Đáp án C

Động cơ không đồng bộ ba pha có ba cuộn dây, gắn trên ba lõi sắt bố trí lệch nhau $1/3$ vòng tròn

Rôto là một hình trụ gồm nhiều lá thép mỏng cách điện với nhau

Khi mắc ba cuộn dây với nguồn điện ba pha, thì từ trường quay tạo thành có tốc độ góc ${\omega }_2$ bằng tầng số góc ${\omega }_1$ của dòng điện xoay chiều. Từ trường quay tác dụng lên dòng điện cảm ứng trong các khung dây ở rôro các mônmen lực làm cho rôto quay với tốc độ góc ${\omega }_3$ chậm hơn. Hay ${\omega }_1={\omega }_2>{\omega }_3$

Đáp án A

Động cơ điện chuyển hóa điện năng (năng lượng toàn phần) $\to$ cơ năng (năng lượng có ích) + nhiệt năng ( năng lượng hao phí)

Công suất điện tiêu thụ chính là công suất toàn phần của động cơ $\to$ công suất cơ học là công suất có ích ${\text{P}}_{\text{ci}}{\text{ = P}}_{\text{tp}}\text{.H = 800W}$

Công cơ học trong thời gian 30 phút là ${\text{A = P}}_{\text{ci}}\text{.t = 1440000J = 1440kJ}$

Đáp án D

Điện áp từ máy phát cấp cho mạch là: ${\text{u = U}}_0\cos \left(\omega \text{t}\right)$ (giả sử chọn điều kiện ban đầu sao cho $\phi =0$) với ${\text{U}}_0{\text{= E}}_0\text{= N}{\Phi }_0\omega \text{ = U}\sqrt{2}$

$\Rightarrow \text{U= k}\omega$; với $\text{k = N}{\Phi }_0\sqrt{2}$

Công suất tiêu thụ là $\text{P' = R I2 = }\frac{{\text{U}}^2\text{R}}{{\text{R}}^2+{\left(\text{L}\omega \right)}^2}\text{=}\frac{{\left(\text{k}\omega \right)}^2\text{R}}{{\text{R}}^2+{\left(\text{L}\omega \right)}^2};$

Với ${\omega }_1=\text{n}$ thì ${\text{P}}_1^{\text{'}}\text{ = }\frac{\text{R}{\left(\text{kn}\right)}^2}{{\text{R}}^2+{\left(\text{Ln}\right)}^2}\text{=16}\Rightarrow \frac{1}{16}=\frac{{\text{R}}^2}{\text{R}{\left(\text{kn}\right)}^2}+\frac{{\left(\text{Ln}\right)}^2}{\text{R}{\left(\text{kn}\right)}^2} \left(1\right)$

Với ${\omega }_2=2\text{n}$ thì ${\text{P}}_2^{\text{'}}\text{ = }\frac{\text{R}{\left(\text{2kn}\right)}^2}{{\text{R}}^2+{\left(\text{2Ln}\right)}^2}\text{=20}\Rightarrow \frac{1}{20}=\frac{{\text{R}}^2}{\text{4R}{\left(\text{kn}\right)}^2}+\frac{4{\left(\text{Ln}\right)}^2}{\text{R}{\left(\text{kn}\right)}^2} \left(2\right)$

Với ${\omega }_3=3\text{n}$ thì ${\text{P}}_3^{\text{'}}\text{ = }\frac{\text{R}{\left(\text{3kn}\right)}^2}{{\text{R}}^2+{\left(\text{3Ln}\right)}^2}\Rightarrow \frac{1}{{\text{P}}_3^{\text{'}}}=\frac{{\text{R}}^2}{\text{9R}{\left(\text{kn}\right)}^2}+\frac{9{\left(\text{Ln}\right)}^2}{\text{R}{\left(\text{kn}\right)}^2} \left(3\right)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow \frac{{\text{R}}^2}{\text{R}{\left(\text{kn}\right)}^2}=\frac{1}{60}$ và $\frac{{\left(\text{Ln}\right)}^2}{\text{R}{\left(\text{kn}\right)}^2}=\frac{\mathrm{2,75}}{60}\Rightarrow {\text{P}}_3^{\text{'}}=\mathrm{20,97}\text{W}$

Đáp án D

Trên đồ thị ta có:

Tại ${\text{C}}_1$ thì ${\text{Z}}_{\text{min}}\text{ = R = 120}\Omega$, khi đó ${\text{Z}}_{\text{C1}}={\text{Z}}_{\text{L}}$

Gọi ${\text{C}}_2$ theo đồ thị thì $\text{Z}={\text{Z}}_{\text{C2}}=125\Omega$

$\text{Z = }\sqrt{{\text{R}}^2\text{+}{\left({\text{Z}}_{\text{L}}{\text{- Z}}_{\text{C}}\right)}^2}\to {125}^2={120}^2+{\left({\text{Z}}_{\text{L}}{\text{- Z}}_{\text{C2}}\right)}^2$

$\Rightarrow {125}^2={120}^2+{\left({\text{Z}}_{\text{L}}-125\right)}^2\Rightarrow {\text{Z}}_{\text{L}}=90\Omega$ (loại) hoặc ${\text{Z}}_{\text{L}}=160\Omega ={\text{Z}}_{{\text{C}}_1}$

Tại ${\text{C}}_1:{\text{I}}_{\text{min}}=\frac{\text{U}}{{\text{Z}}_{\text{min}}}\text{=}\frac{\text{U}}{\text{R}}\text{=}\frac{150}{120}\text{=1,25A}$

Điện áp hiệu dụng giữa hai bản tụ điện: ${\text{U}}_{\text{C}}={\text{I.Z}}_{{\text{C}}_1}=\mathrm{1,25.160}=200\text{V}$

Đáp án C

Điện tích trên tụ biến thiên điều hòa cùng tần số và lệch pha $\pi /2$ so với cường độ dòng điện trong mạch

Đáp án A

${\text{I}}_0=\sqrt{\frac{\text{C}}{\text{L}}{\text{u}}^2+{\text{i}}^2}=50\text{mA}$

Đáp án B

Ở thời điểm t:

${\text{q = Q}}_0\cos \left(\omega \text{t+}\phi \right)\Rightarrow {\text{u =U}}_0\cos \left(\omega \text{t+}\phi \right)\Rightarrow \omega \text{t+}\phi =\pm \text{shif cos(}\frac{\text{u}}{{\text{U}}_0})$

${\text{i = -I}}_0\sin \left(\omega \text{t+}\phi \right)={\text{-I}}_0\sin \left[\pm \text{shif cos(}\frac{\text{u}}{{\text{U}}_0})\right]$, lấy + nếu u giảm; lấy - nếu u tăng

Với $\omega =4000\Rightarrow \text{C = }\frac{1}{\text{L}{\omega }^2}={\mathrm{1,25.10}}^{-6}\left(\text{F}\right)\Rightarrow {\text{U}}_{\text{o}}={\text{I}}_{\text{o}}\sqrt{\frac{\text{L}}{\text{C}}}=32\left(\text{V}\right);\text{u = 16V}$ đang giảm

Ở thời điểm $\text{t' = t + }\Delta \text{t:}$

${\text{i = -I}}_0\sin \left(\omega \text{t+}\phi +\omega .\Delta \text{t}\right)={\text{-I}}_0\sin \left[\pm \text{shif cos(}\frac{\text{u}}{{\text{U}}_0})+\omega .\Delta \text{t}\right]$

Bấm máy: $\text{i = -0,16}\sin \left[\text{shif cos(}\frac{16}{32})+4000.\frac{25\pi }{6}{.10}^{-5}\right]=-\mathrm{0,16}\sin (\frac{\pi }{3}+\frac{\pi }{2})=\mathrm{0,16}\text{A}$

Đáp án D

Các bạn nhớ lại đặc điểm của nguồn phát quang phổ để phân biệt giữa chúng

Đáp án D

Từ thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng ta đo được $\text{D; a; i}$

Theo công thức khoảng vân: $\text{i = }\frac{\lambda \text{D}}{\text{a}}$ ta tính được $\lambda =\frac{\text{ia}}{\text{D}}$

Đáp án C

+Số vân sáng của bức xạ ${\lambda }_1=450\text{nm}$ là

$$\begin{gathered} \text{5,5mm}\le {\text{x}}_1\le \text{22mm} \\ \text{5,5mm}\le {\text{x}}_1={\text{k}}_1{\text{i}}_1\le \text{22mm} \\ \mathrm{3,056}\le {\text{ k}}_1\le \mathrm{12,222} \end{gathered}$$

Vậy số vân sáng của bức xạ ${\lambda }_1$ là 9 vân

+Số vân sáng của bức xạ ${\lambda }_2=600\text{nm}$ là

$$\begin{gathered} \text{5,5mm}\le {\text{x}}_2\le \text{22mm} \\ \text{5,5mm}\le {\text{x}}_2={\text{k}}_2{\text{i}}_2\le \text{22mm} \\ \mathrm{2,3}\le {\text{ k}}_2\le \mathrm{9,2} \end{gathered}$$

Vậy số vân sáng của bức xạ ${\lambda }_2$ là 7 vân

+Số vân sáng của hai bức xạ trùng nhau là

$$\begin{gathered} \text{5,5mm}\le {\text{x}}_{12}\le \text{22mm} \\ \text{5,5mm}\le {\text{x}}_{12}={\text{k}}_{12}{\text{i}}_{12}\le \text{22mm} \\ \mathrm{0,76}\le {\text{ k}}_{12}\le \mathrm{3,06} \end{gathered}$$

Vậy số vân sáng của hai bức xạ trùng nhau là 3 vân

+Số vân sáng quan sát được là

$$\begin{gathered} {\text{N}}_1{\text{ + N}}_2{\text{ - N}}_{12} \\ 9+7-3=13 vân \end{gathered}$$

Đáp án D

Bỏ qua động năng của electron khi bứt ra từ catôt nên ta có: ${\text{W}}_{đ}=\text{eU}$

Bước sóng ngắn nhất của tia X mà ống có thể phát ra khi toàn bộ động năng chuyển thành năng lượng tia X

$\lambda =\frac{\text{hc}}{\text{eU}}=\mathrm{44,28}\text{pm}$

Đáp án B

Ánh sáng giải phóng electron liên kết tạo thành electron dẫn và lỗ trống tham gia vào quá trình dẫn điện trong chất bán dẫn

Đáp án D

Dẫn điện tốt khi có ánh sáng thích hợp chiếu vào

Đáp án B

Áp dụng cho tiên đề Bo cho nguyên tử Hidro:

+Ở trạng thái cơ bản:

-Nguyên tử có năng lượng ${\text{E}}_0=-\mathrm{13,6}\text{eV}$

-Electron quay xung quanh hạt nhân trên quỹ đạo K

Có bán kính: ${\text{r}}_0={\mathrm{5,3.10}}^{-11}\text{m}$ gọi là bán kính Bo

Có vận tốc lớn nhất bằng ${\text{v}}_0=\sqrt{\frac{{\text{k.e}}^2}{{\text{m}}_{\text{e}}{\text{r}}_0}}={\mathrm{2,186.10}}^6\text{m/s}$

Có lực tương tác giữa electron với hạt nhân lớn nhất ${\text{F}}_0=\frac{{\text{ke}}^2}{{\text{r}}_0^2}={\mathrm{8,202.10}}^{-8}\text{N}$

+Ở trạng thái dừng thứ n:

-Nguyên tử có năng lượng: ${\text{E}}_{\text{n}}=-\frac{\mathrm{13,6}}{{\text{n}}^2}\left(\text{eV}\right)$ với $\text{n = 1,2,3},...$

Do đó càng ở mức cao thì các mức năng lượng càng gần nhau $\Rightarrow$ Năng lượng này luôn có giá trị âm

Khi $\text{n}\to \infty {\text{: E}}_{\infty }=0:$ Năng lượng tương tác bằng không khi e ở rất xa hạt nhân

-Electron quay xung quanh hạt nhân trên quỹ đạo dừng

Có bán kính: ${\text{r}}_{\text{n}}={\text{n}}^2{\text{r}}_0$ với $\text{n = 1,2,3},...$

Lực điện có lực tương tác giữa electron với hạt nhân ${\text{F}}_{\text{n}}=\frac{{\text{ke}}^2}{{\text{r}}_{\text{n}}^2}=\frac{{\text{ke}}^2}{{\text{n}}^4{\text{r}}_0^2}={\text{F}}_0/{\text{n}}^4$

Lực điện đóng vai trò là lực hướng tâm

${\text{F}}_{\text{n}}=\text{m}\frac{{\text{v}}_{\text{n}}^2}{{\text{r}}_{\text{n}}^{}}\Rightarrow {\text{v}}_{\text{n}}=\sqrt{\frac{{\text{F}}_{\text{n}}{\text{r}}_{\text{n}}^{}}{\text{m}}}=\sqrt{\frac{{\text{F}}_0{\text{n}}^2{\text{r}}_0^{}}{{\text{n}}^4\text{m}}}=\frac{{\text{v}}_0}{\text{n}}$

Đáp án C

Tổng độ hụt khối của các hạt trước phản ứng lớn hơn tổng độ hụt khối của các hạt sau phản ứng

Đáp án A

Đều là những phản ứng hạt nhân tỏa năng lượng

Đáp án B

Năng lượng nghỉ

${\text{E = mc}}^2\text{=}\left({\mathrm{5,486.10}}^{-4}{\mathrm{.1,66.10}}^{-27}\right)\text{.}\left({3.10}^8\right){\text{=8,196.10}}^{-14}\left(\text{J}\right)\text{=0,512}\left(\text{MeV}\right)$

Ở đây, chúng ta đổi $1\text{u}\approx {\text{1,66.10}}^{-27}\left(\text{kg}\right);1{\text{MeV = 1,6.10}}^{-13}\left(\text{J}\right)$

Mà theo công thức tính khối lượng nghỉ $\text{m = }\frac{{\text{m}}_{\text{o}}}{\sqrt{1-{\left(\frac{\text{v}}{\text{c}}\right)}^2}}$

Thay số vào ta có tốc độ $\text{v}\approx {\text{1,5.10}}^8\left(\text{m/s}\right)$

Đáp án B

$$\begin{gathered} {}_0{}^1\text{n + }{}_{92}{}^{235}\text{U}\to {}_{53}{}^{139}\text{I + }{}_{39}{}^{94}\text{Y + k}_0^1\text{n} \\ \to \text{k = 3:}\to {}_0{}^1\text{n+ }{}_{92}{}^{235}\text{U}\to {}_{53}{}^{139}\text{I + }{}_{39}{}^{94}\text{Y + 3}_0^1\text{n} \end{gathered}$$

Năng lượng tỏa ra sau mỗi phân hạch:

$\Delta \text{E = }\left({\text{m}}_{\text{U}}+{\text{m}}_{\text{n}}-{\text{m}}_{\text{I}}-{\text{m}}_{\text{Y}}-3{\text{m}}_{\text{n}}\right){\text{c}}^2=\mathrm{0,18878}{\text{uc}}^2=\mathrm{175,84857}\text{MeV=175,85MeV}$

Khi 1 phân hạch kích thích ban đầu sau 19 phân hạch dây chuyền số phân hạch xảy ra là:

$2^0+2+2^2+\mathrm{...}+2^{18}=\frac{1-2^{19}}{1-2}=524287$

Do đó số phân hạch sau 19 phân hạch dây chuyền từ ${10}^{15}$ phân hạch ban đầu: ${\text{N = 524287.10}}^{15}\approx {\mathrm{5,24.10}}^{20}$

Năng lượng tỏa ra sau 19 phân hạch là: 

$\text{E = N.}\Delta {\text{E=5,24.10}}^{20}{\text{.175,85=921.10}}^{20}{\text{MeV=9,21.10}}^{22}\text{MeV}\approx {\text{1,5.10}}^{10}\text{J}$