Đáp án B

Đáp án C

$R_{1}nt\left(R_2//R_3\right)\Rightarrow R_N=R+\frac{R_2{R}_3}{R_2+R_3}=11\Omega$

Gọi $I_1, I_2, I_3$, tương ứng là dòng điện qua $R_1, R_2$ và $R_3$

Do $R_2//R_{3 }$ và $R_2=R_3$ nên $I_2=I_3=\mathrm{0,5}A\Rightarrow I_1=I_2+I_3=1A$

Định luật Ôm cho toàn mạch ta có: $I_1=\frac{E}{R_N+r}\iff 1=\frac{12}{11+r}\Rightarrow r=1\Omega$

Đáp án B

Từ công thức $R=R_0\left(1+\alpha \left(t-t_0\right)\right)$ và $R=\frac{U}{I}$

Ta cần đo U, đo I, đo nhiệt độ để thấy được sự thay đổi của R theo nhiệt độ

Đáp án D

A. Xác định chiều của lực lorenxơ – quy tắc bàn tay trái

B. Xác định chiều của lực từ tác dụng lên dòng điện – quy tắc bàn tay trái

C. Xác định chiều của dòng điện cảm ứng xuất hiện trong một mạch kín – định luật Lenxnơ

Đáp án B

Hệ số tự cảm của ống dây $L=4\pi .10-7\frac{N^2}{l}S$

Suất điện động tự cảm trong ống dây $e_{tc}=L\frac{\Delta i}{\Delta t}=4\pi .10-7\frac{N^2}{l}S\frac{\Delta i}{\Delta t}=\mathrm{1,5}V$

Đáp án B

Vì theo tính chất ảnh qua phản xạ đối ứng với vật nên theo hình ta có:

Chiều cao tối thiểu của gương là MN

Mà $MN=HK$

Lại có $HK=1/2\left(B\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}Mắt\right)+1/2\left(Mắt\hspace{0.17em}A\right)=1/2AB$

Vậy chiều cao tối thiểu của gương bằng một nửa chiều cao của người

$MN=160/2=80cm$

Đáp án C

Dựa vào đường truyền tia sáng qua lăng kính

Khi có góc lệch cực tiểu thì $r_1=r_2=\frac{A}{2}$

Mặt khác ta lại có: $\sin i_1=n.\sin i_2; \sin i_2=n.\sin r_2\to$ góc tới $i_1$ bằng góc ló $i_2$

Đáp án A

Đây là bài toán trong đó khoảng cách giữa vật và ảnh thật không đổi bằng D và cùng một thấu kính đặt ở hai vị trí khác nhau. Điều này hoàn toàn khác với bài toán hệ hai thấu kính

Áp dụng nguyên lý thuận nghịch chiều truyền ánh sáng:

Từ công thức $\frac{1}{f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{d\text{'}}$ ta thấy: công thức có tính đối xứng đối với d và d'

Vì nếu hoán vị d và d' thì công thức không thay đổi gì cả. Nói cách khác nếu vật cách thấu kính d cho ảnh thấu kính d' thì ngược lại, nếu vật cách thấu kính d' sẽ cho ảnh cách thấu kính là D

Nếu gọi $d_1, d{\text{'}}_1$ tương ứng là khoảng cách vật và ảnh tới thấu kính ở vị trí (1) và $d_2, d{\text{'}}_2$ là khoảng cách vật và ảnh tới thấu kính ở vị trí (2) thì ta có mối liên hệ: $d_1=d{\text{'}}_2$ và $d{\text{'}}_1=d_2$

Vậy ta có: $d_1+d{\text{'}}_1=D$ và $d_2-d_1=d{\text{'}}_1-d_1=1$

$\Rightarrow d_1=\frac{D+1}{2}$ và $d{\text{'}}_1=\frac{D-1}{2}\Rightarrow \frac{1}{f}=\frac{1}{d_1}+\frac{1}{d{\text{'}}_1}=\frac{4D}{D^2-l^2}\Rightarrow f=\frac{D^2-l^2}{4D}\left(1\right)$

Biện luận: Từ (1) ta rút ra được $4Df=D^2-I^2$

$\Rightarrow D^2-4Df=l^2>0\Rightarrow D\left(D-4f\right)\Rightarrow D>4f$

Vậy muốn có được hai vị trí của thấu kính cho ảnh rõ nét trên màn thì điều kiện là khoảng cách vật – màn phải lớn hớn 4f

Đặc biệt nếu $l=0$ tức là $D=4f$ thì chỉ có một vị trí của thấu kính cho ảnh rõ nét trên màn E

Áp dụng: $D=200cm$ và $l=120cm\Rightarrow f=32cm$

Đáp án D

$$\begin{gathered} A=\frac{l_{\max }-l_{\min }}{2}=\frac{56-40}{2}=8\left(cm\right);\omega =2\pi f=10\pi t \\ {l}_{\text{cân bằng}}=56-8=48\left(cm\right) \end{gathered}$$

Tại $t=0\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=-4\\ v<0\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\cos \phi =-\frac{1}{2}\\ \sin \phi >0\end{array}\right.\Rightarrow \phi =\frac{2\pi }{3}$

Vậy $x=8\cos \left(10\pi t+\frac{2\pi }{3}\right)$

Đáp án A

Ta có: $\frac{T}{2}=t_2-t_1=\mathrm{0,75}\left(s\right)\Rightarrow T=\mathrm{1,5}\left(s\right).\overrightarrow{v_{tb}}=\frac{2A}{\raisebox{1ex}{$T$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$2$}\right.}=16(m/s)\Rightarrow A=6\left(cm\right)$

Lại có $t_1=2T+\frac{T}{6}\Rightarrow$ tại $t_1$ thì vật sẽ cùng vị trí với vật tại thời điểm $t=\frac{T}{6}$

Tại $t_1$ vật có li độ $x_0=A$

Vậy tại thời điểm ban đầu $t_0$ vật sẽ có li độ là $x=\frac{A}{2}=3\left(cm\right)$

Đáp án A

Gia tốc của con lắc đơn gồm hai thành phần là gia tốc tiếp tuyến và gia tốc hướng tâm: $\overrightarrow{a}=\overrightarrow{a_{tt}}+\overrightarrow{a_{ht}}$

Gia tốc ở biên là $a_1={\omega }^{2}A$ (do gia tốc hướng tâm $a_{ht}=\frac{v^2}{l}=0$)

Gia tốc tại VTCB là: $a_2=a_{ht}=\frac{v_{\max }^2}{l}$ (do gia tốc tiếp tuyến lúc đó là $a=-{\omega }^{2}x=0$)

$\Rightarrow \frac{a_1}{a_2}=10=\frac{{\omega }^{2}Al}{{\omega }^2{A}^2}=\frac{1}{A}\Rightarrow A=10\left(cm\right)$

Đáp án D

Ta có $T=P\cos \alpha +a_{ht}m\Rightarrow T=P\cos \alpha +m\frac{v^2}{l}$

Khi đi qua vị trí cân bằng $v=v_{\text{cực đại}}=1m/s$ và $\alpha =0rad$

$\Rightarrow T=mg+m\frac{l^2}{l}=\mathrm{0,2.10}+\frac{\mathrm{0,2.}l}{\mathrm{0,5}}=\mathrm{2,4}N$

Đáp án B

Ban đầu hai vật cùng dao động với $A=8\left(cm\right)$ và $\omega =\sqrt{\frac{k}{2m}}$

Khi tới vị trí cân bằng chúng có $v_0=\omega A$ thì chúng rời nhau; tiếp đó:

+ $m_1$ dao động với tốc độ cực đại vẫn là $\omega A$ nhưng với: $\omega \text{'}=\sqrt{\frac{k}{m}}=\omega \sqrt{2}$ do đó $A\text{'}=\frac{A}{\sqrt{2}}$

+$m_2$ chuyển động thẳng đều với vận tốc $v_0$ và sau thời gian $t=\frac{T\text{'}}{4}=\frac{1}{4}.\frac{2\pi }{\omega \text{'}}=\frac{\pi }{2\omega \sqrt{2}}$ đi được $s=v_{0}t=\frac{A\pi }{2\sqrt{2}}$

Vậy $m_2$ cách vị trí lúc đầu: $s+A=\frac{8\pi }{2\sqrt{2}}+8\approx \mathrm{16,9}\left(cm\right)$

Đáp án B

Chọn gốc thế năng là mặt đất

+ Xét thời điểm $t_1$ khi vật m cách mặt đất 45cm ta có thế năng trọng tường của vật là: $W_{t_1}=mgh=\mathrm{0,4.10.0,45}\left(J\right)$

+ Xét thời điểm khi mà vật nén lò xo cực đại lần đầu tiên từ sau khi thả rơi, ta có vật ở độ cao $h_1$ với $l_0=h_1+A+\Delta l_0\Rightarrow h_1=\mathrm{0,37}-\Delta l_0-A$

Lại có $\Delta l_0=\frac{mg}{k}=\mathrm{0,04}\left(m\right)\Rightarrow h_1=\mathrm{0,33}-A\left(m\right)$

Vì khi xuống vị trí thấp nhất, vận tốc của vật bằng 0 nên cơ năng tại thời điểm đó bằng tổng thế năng đàn hồi cộng thế năng trọng tường tại vị trí đó

$\Rightarrow W=\frac{k{\left(\Delta l_0+A\right)}^2}{2}+mgh$

Mà $W_{t_1}=W\Rightarrow A=4\sqrt{5}\left(cm\right)$

Đáp án B

Ta có: $L_2-L_1=10\lg \frac{I_2}{I_1}=10\lg {10}^2=20dB$

Đáp án C

+ Gọi d là khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ trên cùng một phương truyền sóng

+ Hai điểm ngược pha thì $\Delta d=\left(k+\frac{1}{2}\right)\lambda \left(k=\mathrm{0,1,2...}\right)$

+ Khoảng cách nhỏ nhất $\Delta d_{\min }=\lambda /2=\mathrm{0,85}m\Rightarrow \lambda =\mathrm{1,7}m$

+ Tần số âm: $f=\frac{v}{\lambda }=200Hz$

Đáp án B

Sóng dừng với một đầu nút, một đầu bụng là

$$\begin{gathered} l=\left(2k+1\right)\frac{\lambda }{4}=\left(2k+1\right)\frac{v}{4f} \\ \Rightarrow f=\frac{\left(2k+1\right)v}{4l}=\frac{\left(2k+1\right)10}{\mathrm{4.0,8}}=\left(2k+1\right)\mathrm{3,125} \end{gathered}$$

Mà $50\le \left(2k+1\right)\mathrm{3,125}\le 80\iff \mathrm{7,5}\le k\le \mathrm{12,3}\Rightarrow k=\mathrm{8,9,10,11,12.}$

Có 5 giá trị tần số cho sóng dừng trên dây

Đáp án A

Ta có $\left\{\begin{array}{l}AC=2BC\\ AC+BC=AB\end{array}\right.\Rightarrow AC=\frac{2}{3}AB=\frac{2}{3}\frac{\lambda }{4}=\frac{\lambda }{6}$

Biên độ dao động của C là $A_C=\frac{A_B\sqrt{3}}{2}$

Khi li độ dao động của phần tử tại B có giá trị bằng biên độ dao động của phần tử tại C tức là $u_B=\pm \frac{A_B\sqrt{3}}{2}$

Khoảng thời gian ngắn nhất giữa hai lần mà li độ dao động của phần tử tại B có giá trị bằng biên độ dao động của phần tử tại C là $T/6=\mathrm{0,1}\Rightarrow T=\mathrm{0,6}s$

Vậy tốc độ truyền sóng là $v=\lambda /T=100cm/s$

Đáp án D

Bước sóng $\lambda =v/f=40/10=4cm$. Khoảng cách lớn nhất từ CD đến AB mà trên CD chỉ có 3 điểm dao động với biên độ cực đại khi tại C và D thuộc các vân cực đại bậc 1

Tại C: $d_2-d_1=\lambda =4cm$. Khi đó $AM=2cm; BM=8cm$

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{d_1}^2=h^2+2^2\\ {d_2}^2=h^2+8^2\end{array}\right.$

Do đó $\left\{\begin{array}{l}{d_2}^2-{d_1}^2=4\left(d_1+d_2\right)=60\\ d_2+d_1=15cm\\ d_2-d_1=4cm\end{array}\right.$

Suy ra $d_1=\mathrm{5,5}cm; h=\sqrt{d_1^2-2^2}=\sqrt{{\mathrm{5,5}}^2-4}=\mathrm{5,12}cm$

Đáp án D

A. đúng, vì đây là định nghĩa về máy biến áp

B. đúng, máy tăng áp thường dùng ở những nơi phát điện để truyền tải điện đi, máy hạ áp được đặt ở gần nơi tiêu thụ điện

C. đúng, vì đây là nguyên tắc hoạt động của máy biến áp

D. sai, máy biến áp không làm thay đổi tần số của điện áp xoay chiều

Đáp án B

Theo định luật cảm ứng điện từ (được học ở lớp 11) khi từ thông qua cuộn dây biến thiên thì trong cuộn dây xuất hiện suất điện động cảm ứng

Hệ thức $e=-\frac{\Delta \varphi }{\Delta t}\overline{\overline{\text{nếu }\Delta t rất nhỏ }}=-\varphi \text{'}\left(t\right)$

Đáp án A

Đáp án B

+ Hiệu suất truyền tải điện năng

$H_1=\frac{P_1-\Delta P_1}{P_1}=1-\frac{\Delta P_1}{P_1}=9\Rightarrow \Delta P_1=\mathrm{0,1}{P}_1\Rightarrow 90P_0=\mathrm{0,9}{P}_1=\mathrm{0,9} \left(1\right)$

Tương tự $H_2=\mathrm{0,8}\Rightarrow \Delta P_2=\mathrm{0,2}{P}_2\Rightarrow \left(90+x\right)P_0=\mathrm{0,8}{P}_2 \left(2\right)$

Trong đó $P_1, P_2$ lần lượt là công suất truyền đi trước và sau khi nhập thêm n máy và $P_0$ là công suất tiêu thụ mỗi máy

Mặt khác $\Delta P=\frac{P^2}{{\cos }^2\phi .U^2}R\Rightarrow \frac{\Delta P_1}{\Delta P_2}={\left(\frac{P_1}{P_2}\right)}^2=\frac{\left(1-H_1\right)P_1}{\left(1-H_2\right)P_2}\Rightarrow \frac{P_1}{P_2}=\frac{1}{2}$

Thay vào (1),(2) ta tìm được $n=70$

Đáp án D

Quạt điện có điện trở thuần là R, cảm kháng $Z_L$, dung kháng $Z_C$

$R_{b1}=70\Omega \to I_1=\mathrm{0,75}A$ và $P_{\text{quạt}}=\mathrm{92,8}\%.P_{định mức}=\mathrm{111,36}W=I_1^{2}R\to R=\mathrm{197,97}\Omega .$

$Z_1=\frac{U}{I_1}=\sqrt{{\left(R+R_{b1}\right)}^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}\Rightarrow {\left(Z_L-Z_C\right)}^2=\mathrm{14234,74}$

$R_{b2}$ quạt hoạt động bình thường $\to P_{\text{quạt}}=120=I_2^{2}R\to I_2=\mathrm{0,779}A$

Tổng trở $Z_2=\frac{U}{I_2}=\sqrt{{\left(R+R_{b2}\right)}^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}\Rightarrow R_{b2}=58\Omega$

Vậy phải giảm điện trở của biến trở đi $12\Omega$

Đáp án D

Ta có $Z_C=30\Omega ,R=30\sqrt{3}\Omega \Rightarrow Z_{AM}=Z_{RC}=60\Omega$

$U_{AM}=60V,U_X=60\sqrt{3}V\Rightarrow I=\frac{U_{AM}}{Z_{AM}}=1A$

$\tan {\phi }_{AM}=\frac{-Z_C}{R}=-\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow {\phi }_{AM}=-\frac{\pi }{6}$

Mặt khác: $\overrightarrow{U_{AB}}=\overrightarrow{U_{AM}}+\overrightarrow{U_X}$ và $\overrightarrow{U_{AM}}$ vuông góc với $\overrightarrow{U_X}$

$\Rightarrow {\phi }_X=\frac{\pi }{3}$ và $U=\sqrt{U_{AM}^2+U_X^2}=120V\Rightarrow P_X=U_{X}I\cos {\phi }_X=60\sqrt{3}\mathrm{.1.}\frac{1}{2}=30\sqrt{3}W$

Đáp án C

Đáp án C

Đáp án D

Ta có năng lượng dao động của mạch dao động điện từ LC $W=\frac{C{U}_O^2}{2}=\frac{L{I}_O^2}{2}$

Từ đây ta có cường độ dòng điện cực đại chạy qua mạch dao động $I_O=\sqrt{\frac{C}{L}}{U}_O$

Công suất cần cung cấp cho mạch LC để duy trì dao động của mạch tương đương với công suất tỏa nhiệt hao phí trong điện trở thuần R: $P_1=R{I}^2=\frac{1}{2}{I}_O^{2}R=\frac{C{U}_O^2}{2L}R$

Thay số vào ta tính được kết quả: $P_1=\frac{{6.10}^{-9}{.10}^2.1}{{\mathrm{2.6.10}}^{-6}}={50.10}^{-3}\left(W\right)$

Công suất mà bộ pin có thể cung cấp trong thời gian $t$: $\left\{\begin{array}{l}P=UI\\ I=\frac{q}{t}\end{array}\right.\Rightarrow P=\frac{qE}{t}$ (trong đó q là điện lượng của bộ pin)

Hiệu suất sử dụng của pin: $H=\frac{P_1}{P}=\frac{P_{1}t}{Eq}=\frac{{50.10}^{-3}\mathrm{.12.360}}{10.400}=\mathrm{0,54}=54(\%)$

Đáp án D

Vì quang phổ liên tục không phụ thuộc thành phần cấu tạo nguồn sáng, chỉ phụ thuộc nhiệt độ của nguồn sáng. Do vậy được ứng dụng để xác định nhiệt độ của nguồn

Chú ý: Các bạn nhớ lại ứng dụng các loại quang phổ để phân biệt giữa chúng và để làm các câu hỏi về ứng dụng của quang phổ

Đáp án D

Các bạn nhớ lại tính chất các loại bức xạ để trả các câu hỏi tương tự

Đáp án B

Trong giao thoa ánh sáng trắng thì hai bên vân sáng trung tâm có các dải quang phổ liên tục “tím ở trong, đỏ ở ngoài” gọi là quang phổ. Quang phổ bậc 2 và bậc 1 cách nhau một khe đen nhưng quang phổ bậc 3 thì chồng lên quang phổ bậc 2. Bề rộng vùng phủ nhau giữa quang phổ bậc hai và bậc ba là:

$\Delta x=x_{d2}-x_{t3}=\frac{D}{a}\left(2{\lambda }_d-3{\lambda }_t\right)=\mathrm{0,38}mm$

Đáp án D

+ Điều kiện để trùng nhau là:

$$\begin{gathered} x_1=x_2\iff k_x{\lambda }_x=k_d{\lambda }_d \\ \iff k_x{\lambda }_x=3.760\Rightarrow {\lambda }_x=\frac{2280}{k_x}\left(1\right) \end{gathered}$$

 + Mặt khác ta có ánh sáng trắng có bước sóng từ 380nm đến 760nm vậy $360nm\le {\lambda }_x\le 760nm\left(2\right)$

+ Từ (1) và (2) ta được: $3<k_x\le 6$

Vậy ta được các bức xạ khác cho sáng tại đó gồm:

$$\begin{gathered} {\lambda }_{k=4}=\frac{2280}{4}=570nm \\ {\lambda }_{k=5}=\frac{2280}{5}=456nm \\ {\lambda }_{k=6}=\frac{2280}{6}=380nm \end{gathered}$$

Đáp án B

Đáp án B

Năng lượng ion hóa một nguyên tử Hydro là năng lượng cung cấp cho nguyên tử để nó chuyển lên trạng thái dừng thứ $n=\infty$. (Khi đó electron quay quanh hạt nhân trên quỹ đạo rất lớn, coi như đã tách khỏi nguyên tử - tức là nguyên tử bị ion hóa). Theo tiên đề Bo: $E_{ion}=E_{\infty }-E_1=\mathrm{13,6}eV$

Đáp án C

Quang phổ phát xạ đầy đủ của nguyên tử hydro có bốn vạch màu (đỏ, lam, chàm, tím) tương ứng với bốn dịch chuyển từ các mức kích thích thứ hai, ba, bốn và năm về mức kích thích thứ nhất. Ở đây chỉ có ba vạch màu tức là có một vạch bị thiếu. Đó là do không có nguyên tử nào được kích thích lên mức cao hơn mức $n=5$. Vì thế số vạch trong quang phổ nói trên sẽ là $N=n\left(n-1\right)/2=10$

Đáp án C

Từ tiên đề Bo $\Rightarrow$ Vận tốc của electron ở quỹ đạo dừng n: $v_n=\frac{v_0}{n}$

Với quỹ đạo L, $n=2\Rightarrow v_2=v_0/2$; với quỹ đạo $n=4$

$\Rightarrow v_2=v_0/4=v_2/2={10}^{6}m/s$

Lưu ý: Áp dụng cho tiên đề Bo cho nguyên tử Hidro:

+ Ở trạng thái cơ bản:

- Nguyên tử có năng lượng $E_0=-\mathrm{13,6}eV$

- Electron xung quanh hạt nhân trên quỹ đạo K

Có bán kính: $r_0={\mathrm{5,3.10}}^{-11}m$ gọi là bán kính Bo

Có vận tốc lớn nhất bằng $v_0=\sqrt{\frac{k.e^2}{m_e{r}_0}}={\mathrm{2,186.10}}^{6}m/s$

Có lực tương tác giữa electron với hạt nhân lớn nhất $F_0=\frac{k{e}^2}{r_0^2}={\mathrm{8,202.10}}^{-8}N$

+ Ở trạng thái dừng thứ n:

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

Do đó càng ở mức cao thì các mức năng lượng càng gần nhau

$\Rightarrow$ Năng lượng này luôn có giá trị âm

$\Rightarrow$ Khi $n\to \infty :E_{\infty }=0$ 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: $r_n=n^2{r}_0$ với $n=\mathrm{1,2,3...}$

Lực điện có lực tương tác giữa electron với hạt nhân $F_n=\frac{k{e}^2}{r_n^2}=\frac{k{e}^2}{n^4{r}_0^2}=F_0/n^4$

Lực điện đóng vai trò là lực hướng tâm: $F_n=m\frac{v_n^2}{r_n}\Rightarrow v_n=\sqrt{\frac{F_n{r}_n}{m}}=\sqrt{\frac{F_0{n}^2{r}_0}{n^{4}m}}=\frac{v_0}{n}$

Đáp án B

Vì Po đứng yên phóng xạ nên động năng của hạt alpha được xác định theo hệ thức: $k_{\alpha }=\frac{A_{Pb}}{A_{Po}}.\Delta E=\frac{\mathrm{5,768.210}}{206}=\mathrm{5,88}MeV$

Đáp án C

Số hạt phát ra trong thời gian t:

$\Delta N=N_0\lambda t=\frac{{\mathrm{1,8.10}}^{-8}}{226}{\mathrm{.6,02.10}}^{23}.\frac{\ln 2}{\mathrm{1590.365.86400}}.60\approx 39768$

Với khoảng cách tới màn 1 cm thì số chấm sáng trên màn $\Delta n=\frac{\Delta N.S}{4\pi r^2}\approx 95$

Đáp án A

Từ $W_r=\frac{W_{lk}}{A}\Rightarrow W_{lk}=W_r.A=\left(m_0-m\right)c^2$

$\Rightarrow m=m_0-W_r.A/c^2=Z_{m_P}+\left(A-Z\right)m_n-W_r.A/\mathrm{931,5}=\mathrm{15,9906}u$

Lưu ý:

+ Tính năng lượng khi biết khối lượng: $1u{c}^2=\mathrm{931,5}MeV$

- Nếu khối lượng m cho đơn vị là u thì năng lượng:

$W\left(MeV\right)=m{c}^2=m\left(u{c}^2\right)=m\mathrm{.931,5}\left(MeV\right)$

- Nếu khối lượng cho vị kg thì năng lượng:

$W\left(J\right)=m{c}^2=m{\left({3.10}^8\right)}^2\left(J\right)$

+ Tính khối lượng khi biết năng lượng: $1u=\mathrm{931,5}MeV/c^2$

- Nếu năng lượng W cho đơn vị là MeV thì khối lượng: $m\left(u\right)=W/c^2=W(MeV/c^2)=W/\mathrm{931,5}\left(u\right)$

- Nếu năng lượng W cho đơn vị là J thì khối lượng: $m\left(kg\right)=W/c^2=W/{\left({3.10}^8\right)}^2\left(kg\right)$

Đáp án D

A. Sai. Vì để có sóng dừng với một đầu cố định, một đầu tự do thì $l=\left(k+\frac{1}{2}\right)\lambda$ với $k=\mathrm{0,1,2,3...}$

B. Sai. Vì hai nút hoặc hai bụng sóng liền kề cách nhau $\lambda /2$

C. Sai. Vì hai bụng sóng thuộc hai bó sóng cạnh nhau thì dao động ngược pha nhau

D. Đúng. Vì dao động ở hai múi sóng liền kề nhau luôn ngược pha nhau