Đáp án D

Từ công thức tính tần số dao động: \(f=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}\Rightarrow {{f}^{2}}=\frac{1}{4{{\pi }^{2}}LC}\Rightarrow C=\frac{1}{4{{\pi }^{2}}{{f}^{2}}L}\)

Đáp án A

Trong sự truyền sóng cơ, để phân loại sóng ngang và sóng dọc người ta căn cứ vào phương dao động của phần từ vật chất và phương truyền sóng

Vật đi qua vị trí có li độ là \(x=-2\)cm và đang hướng về phía vị trí biên gần nhất nên: \(v=-10\,cm/s\)

Biên độ dao động của vật: \({{A}^{2}}={{x}^{2}}+\frac{{{v}^{2}}}{{{\omega }^{2}}}={{\left( -2 \right)}^{2}}+\frac{{{\left( -10 \right)}^{2}}}{{{5}^{2}}}=8\Rightarrow A=2\sqrt{2}\,cm\)

Tại thời điểm ban đầu: \(t = 0 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 2\sqrt 2 \cos \varphi = - 2\\ v < 0 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} \cos \varphi = - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\\ \sin \varphi > 0 \end{array} \right. \Rightarrow \varphi = \frac{{3\pi }}{4}\)

Phương trình dao động của vật là: \(x=2\sqrt{2}\cos \left( 5t+\frac{3\pi }{4} \right)\,\left( cm \right)\).

Đáp án D

Sóng điện từ không mang điện nên không bị lệch trong điện trường và từ trường

Đáp án D

Đổi: \(i={{I}_{0}}\sin \left( \omega t+\frac{2\pi }{3} \right)={{I}_{0}}\cos \left( \omega t+\frac{\pi }{6} \right)\)

Độ lệch pha: \(\varphi ={{\varphi }_{u}}-{{\varphi }_{i}}=\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{6}=\frac{\pi }{3}\)

\(\Rightarrow \tan \varphi =\frac{{{Z}_{L}}}{R}=\sqrt{3}\Rightarrow {{Z}_{L}}=\sqrt{3}R\Rightarrow \omega L=\sqrt{3}R\)

Mối liên hệ giữa cường độ điện trường và hiệu điện thế giữa hai bản kim loại: \(E=\frac{U}{d}\)

Thay số vào ta có: \(E=\frac{100}{0,01}=10000\,V/m\)

Góc lệch tạo bởi tia đỏ và tia tím:

+ Góc tạo bởi tia đỏ và tia tím sau khi ló ra khỏi mặt bên kia của lăng kính

\(\Delta D=\left( {{n}_{t\acute{i}m}}-{{n}_{do}} \right).A=\left( 1,54-1,5 \right).8=0,32{}^\circ =5,{{59.10}^{-3}}\left( ra\text{d} \right)\)

+ Bề rộng vùng quang phổ: \(L=d.\Delta D=1,5.5,{{59.10}^{-3}}=8,{{37.10}^{-3}}\left( m \right)=8,37\,\,mm\)

Chu kì dao động của mạch: \(T=2\pi \sqrt{LC}=2\pi \sqrt{{{2.10}^{-3}}.0,{{2.10}^{-6}}}=12,{{57.10}^{-5}}\left( s \right)\)

Mức cường độ âm tại điểm đó: \(L=10\log \frac{I}{{{I}_{0}}}=10\log \frac{100{{I}_{0}}}{{{I}_{0}}}=10\log 100=20\,\,dB\)

Tần số dòng điện do máy phát ra: \(f=p.n=24.5=120\,Hz\)

Đáp án B

Ứng dụng của tia hồng ngoại là dùng để chụp ảnh bề mặt Trái Đất từ vệ tinh

Đáp án C

Khoảng vân giao thoa: \(i=\frac{\lambda D}{a}=\frac{0,{{6.10}^{-3}}{{.2.10}^{3}}}{2}=0,6\,\,mm\)

Khoảng cách giữa hai vân sáng bậc 4 hai bên là \(\Delta x=2,4i=8.0,6=4,8\,\,mm\)

Đáp án C

Nhiệt lượng do điện trở tỏa ra dùng để đun sôi nước nên:

\(Q={{I}^{2}}.R.t=mc.\Delta t{}^\circ \Rightarrow I=\sqrt{\frac{mc.\Delta t{}^\circ }{Rt}}\)

Thay số vào ta có: \(I=\sqrt{\frac{mc.\Delta t{}^\circ }{Rt}}=\sqrt{\frac{1.4200.1}{600.7}}=1\,\,A\)

Đáp án C

Năng lượng photon tỉ lệ nghịch với bước sóng \(\left( \varepsilon =\frac{hc}{\lambda } \right)\) nên thứ tự đúng là \({{\varepsilon }_{T}}>{{\varepsilon }_{L}}>{{\varepsilon }_{}}\)

Bước sóng của sóng trên: \(\lambda =\frac{v}{f}=\frac{2}{50}=0,04\,m=4\,cm\)

Ta có: \(C={{\left( {{\omega }^{2}}L \right)}^{-1}}\Rightarrow {{\omega }^{2}}=\frac{1}{LC}\)

→ Mạch đang có cộng hưởng. Khi đó công suất trong mạch cực đại.

Nếu tăng điện dung của tụ điện thì trong mạch không còn cộng hưởng

\(\Rightarrow P<{{P}_{\max }}\Rightarrow \) Công suất trong mạch giảm

Đáp án D

Pin quang điện là nguồn điện biến đổi trực tiếp quang năng thành điện năng.

Đáp án C

Tần số của con lắc đơn: \(f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{g}{\ell }}\)

Đáp án D

Vị trí của ảnh: \(\frac{1}{f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{{{d}'}}\Rightarrow {d}'=\frac{d.f}{d-f}\)

Thay số vào ta được: \({d}'=\frac{60.20}{60-20}=30\,\,cm\)

Khoảng cách giữa vật và ảnh: \(L=d+{d}'=60+30=90\,\,cm\)

Đáp án D

Năng lượng tỏa ra khi tổng hợp Heli từ một gam Liti:

\(E=\frac{1}{7}.6,{{02.10}^{23}}.15,1=1,{{2986.10}^{24}}\,\,MeV=2,{{078.10}^{11}}\left( J \right)\)

Năng lượng này dùng để đun nước nên:

\(Q=E=mc.\Delta t\Rightarrow m=\frac{E}{c.\Delta t}=\frac{2,{{078.10}^{11}}}{4200.100}=4,{{95.10}^{5}}\left( kg \right)\)

Thời gian trung bình thực hiện 1 dao động: \(T=\frac{1}{10}.\frac{{{t}_{1}}+{{t}_{2}}+{{t}_{3}}+{{t}_{4}}+{{t}_{5}}}{5}=1,5432\left( s \right)\)

Sai số trung bình: \(\overline{\Delta T}=\frac{\sum\limits_{i=1}^{5}{\left| \frac{{{t}_{i}}}{10}-\overline{T} \right|}}{5}=0,02056\).

Sai số: \(\Delta T=\overline{\Delta T}+\Delta {{T}_{dung\,cu}}=0,02056+0,01=0,03056\approx 0,031\)

Chu kì dao động của vật: \(T=\overline{T}\pm \Delta T=1,5432\pm 0,031\left( s \right)\)

Đáp án A

Số hạt nhân Beri ban đầu: \({{N}_{0Be}}=\frac{27}{9}.6,{{02.10}^{23}}=18,{{06.10}^{23}}\)

Số hạt nhân Beri đã phóng xạ sau 2 chu kì bán rã:

\(\Delta {{N}_{Be}}={{N}_{0Be}}\left( 1-\frac{1}{{{2}^{\frac{t}{T}}}} \right)={{N}_{0Be}}\left( 1-\frac{1}{{{2}^{\frac{2T}{T}}}} \right)=\frac{3{{N}_{0Be}}}{4}=13,{{545.10}^{23}}\)

Từ phương trình ta thấy, cứ một hạt nhân Beri phóng xạ tạo ra 2 hạt nhân Heli. Số hạt nhân Heli tạo thành: \({{N}_{He}}=2\Delta {{N}_{Be}}=27,{{09.10}^{23}}\) (hạt nhân)

Thể tích khi Heli tạo thành sau 2 chu kì bán rã:

\(V=n.22,4=\frac{{{N}_{He}}}{{{N}_{A}}}.22,4=\frac{27,{{09.10}^{23}}}{6,{{02.10}^{23}}}.22,4=100,8\,\left( lit \right)\)

 Vì màn ảnh đặt tại tiêu điểm ảnh F đỏ nên màu đỏ sẽ ở vị trí tiêu điểm đó => tâm màu đỏ

Đáp án A

+ Do \(r=0\) nên: \(U=E\)

+ Hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn mạch AB:

\(E=\frac{{{E}_{0}}}{\sqrt{2}}=\frac{NBS\omega }{\sqrt{2}}=\frac{NBS}{\sqrt{2}}2\pi .\frac{pn}{60}\)

\(\Rightarrow U=E=\frac{NBS}{\sqrt{2}}.\frac{2\pi p}{60}.n=an\,\,\,\,\left( a=\frac{NBS}{\sqrt{2}}.\frac{2\pi p}{60} \right)\)

+ Cảm kháng của cuộn dây:

\({{Z}_{L}}=L.\omega =L.2\pi .\frac{pn}{60}=L.2\pi .\frac{p}{60}.n=b.n\left( b=L.2\pi .\frac{p}{60} \right)\)

+ Khi máy quay với tốc độ 3n: 

\(\left. \begin{array}{l} {U_1} = a.3n\\ {Z_1} = b.3n \end{array} \right\} \Rightarrow {I_1} = \frac{{{U_1}}}{{{Z_1}}} \Rightarrow \frac{{a.3n}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {b.3n} \right)}^2}} }} = 3{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)\)

Hệ số công suất trong mạch khi đó: \(\cos \varphi =\frac{R}{Z}=\frac{R}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( b.3n \right)}^{2}}}}=0,5\,\,\,\left( 2 \right)\)

+ Từ (1) và (2) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} {R^2} + {\left( {b.3n} \right)^2} = {\left( {an} \right)^2}\\ {R^2} + {\left( {b.3n} \right)^2} = 4{R^2} \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} an = 2R\\ bn = \frac{R}{{\sqrt 3 }} \end{array} \right.{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 3 \right)\)

+ Khi máy quay với tốc độ n: \(\left. \begin{array}{l} {U_2} = a.n\\ {Z_{L2}} = b.n \end{array} \right\} \Rightarrow {I_2} = \frac{{{U_2}}}{{{Z_2}}} \Rightarrow \frac{{a.n}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {bn} \right)}^2}} }}\)

+ Thay (3) vào ta được: \({{I}_{2}}=\frac{a.n}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( bn \right)}^{2}}}}=\frac{2R}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( \frac{R}{\sqrt{3}} \right)}^{2}}}}=\sqrt{3}\,\,A\)

Đáp án C

Độ lệch pha của hai sóng: \(\Delta \varphi =\frac{2\pi d}{\lambda }=\frac{2\pi \frac{\lambda }{3}}{\lambda }=\frac{2\pi }{3}\)

Do hai tọa độ đối xứng nhau nên (hình vẽ): \({{u}_{M}}=\left| {{u}_{N}} \right|=\frac{A\sqrt{3}}{2}=3\)

\(\Rightarrow A=\frac{6}{\sqrt{3}}=2\sqrt{3}\,\,cm\)

+ Khi \(C={{C}_{1}}\) thì điện áp hiệu dụng hai đầu biến trở:

\({{U}_{R}}=I.R=\frac{U.R}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C1}} \right)}^{2}}}}=\frac{U}{\sqrt{1+\frac{{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C1}} \right)}^{2}}}{{{R}^{2}}}}}\)

Để \({{U}_{R}}\) không phụ thuộc vào R thì: \({{Z}_{L}}-{{Z}_{C1}}=0\Rightarrow {{Z}_{C1}}={{Z}_{L}}\,\,\left( 1 \right)\)

+ Khi \(C={{C}_{2}}\) thì điện áp hiệu dung hai đầu đoạn mạch chứa L và R:

\({{U}_{LR}}=I.\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}=\frac{U.\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}-2{{Z}_{L}}{{Z}_{C2}}+Z_{C2}^{2}}}=\frac{U}{\sqrt{1+\frac{-2{{Z}_{L}}{{Z}_{C2}}+Z_{C2}^{2}}{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}}}\)

Để \({{U}_{R}}\) không phụ thuộc vào R thì: \(-2{{Z}_{L}}{{Z}_{C2}}+Z_{C2}^{2}=0\Rightarrow {{Z}_{C2}}=2{{Z}_{L}}\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có: \(\frac{{{Z}_{C1}}}{{{Z}_{C2}}}=\frac{{{C}_{2}}}{{{C}_{1}}}=\frac{1}{2}\Rightarrow 2{{C}_{2}}={{C}_{1}}\)

Đáp án D

Bước sóng dài nhất ứng với electron chuyển từ quỹ đạo dừng n = 3 về quỹ đạo dừng n = 2, khi đó:  \(\frac{hc}{{{\lambda }_{\max }}}={{E}_{3}}-{{E}_{2}}=-\frac{13,6}{{{3}^{2}}}-\left( -\frac{13,6}{{{2}^{2}}} \right)=\frac{5}{36}.13,6\,\,\left( eV \right)\)

Bước sóng ngắn nhất ứng với electron chuyển từ quỹ đạo dừng n = 3 về quỹ đạo dừng n = 1, khi đó: \(\frac{hc}{{{\lambda }_{\min }}}={{E}_{3}}-{{E}_{2}}=-\frac{13,6}{{{3}^{2}}}-\left( -\frac{13,6}{{{1}^{2}}} \right)=\frac{8}{9}.13,6\,\,\left( eV \right)\)

+ Ta có: \(\frac{{{\lambda }_{\max }}}{{{\lambda }_{\min }}}=\frac{\frac{8}{9}.13,6}{\frac{5}{36}.13,6}=\frac{32}{5}\)

Đáp án D

Đặt \(k={{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}\)

+ Trong trường hợp 1: \({{P}_{1}}=\frac{{{U}^{2}}.R}{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=\frac{{{U}^{2}}}{R+\frac{{{k}^{2}}}{R}}\le \frac{{{U}^{2}}}{2\left| k \right|}=x\)

+ Trong trường hợp 2: \({{P}_{2}}=\frac{{{U}^{2}}.\left( R+r \right)}{{{\left( R+r \right)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=\frac{{{U}^{2}}.\left( R+r \right)}{{{\left( R+r \right)}^{2}}+{{k}^{2}}}\).

Khi \(R=0\): \({{P}_{2}}=\frac{{{U}^{2}}.r}{{{r}^{2}}+{{k}^{2}}}=y\)

+ Từ đồ thị ta thấy, khi \(R=0,25r\) thì: 

\({P_1} = {P_2} = 120W \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {P_1} = {P_2}\\ {P_1} = 120W \end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} \frac{{0,25r}}{{{{\left( {0,25r} \right)}^2} + {k^2}}} = \frac{{r + 0,25r}}{{{{\left( {r + 0,25r} \right)}^2} + {k^2}}}\\ \frac{{{U^2}.0,25r}}{{{{\left( {0,25r} \right)}^2} + {k^2}}} = 120 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {r^2} = 3,2{k^2}\\ \frac{{{U^2}}}{{\left| k \right|}} = \frac{{720}}{{\sqrt 5 }} \end{array} \right.\)

+ Từ đó ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} x = \frac{{{U^2}}}{{2\left| k \right|}} = \frac{{360}}{{\sqrt 5 }}\\ y = \frac{{{U^2}.\sqrt {3,2} .\left| k \right|}}{{3,2{k^2} + {k^2}}} = \frac{{{U^2}}}{{\left| k \right|}}.\frac{{4\sqrt 5 }}{{21}} = \frac{{960}}{7}W \end{array} \right. \Rightarrow x + y = \frac{{360}}{{\sqrt 5 }} + \frac{{960}}{7} \approx 298,14\;W\) 

Đáp án B

Từ công thức năng lượng ta có: \(\frac{q_{0}^{2}}{2C}=\frac{{{q}^{2}}}{2C}+\frac{L{{i}^{2}}}{2}\Rightarrow q_{0}^{2}={{q}^{2}}+\frac{{{i}^{2}}}{{{\omega }^{2}}}\)

Khi dòng điện qua cuộn cảm bằng \(\frac{{{I}_{0}}}{n}\) thì điện tích trên một bản của tụ:

\({{q}^{2}}=q_{0}^{2}-\frac{I_{0}^{2}}{{{\omega }^{2}}{{n}^{2}}}=q_{0}^{2}-\frac{q_{0}^{2}}{{{n}^{2}}}=q_{0}^{2}.\frac{{{n}^{2}}-1}{{{n}^{2}}}\) (do \({{q}_{0}}=\frac{{{I}_{0}}}{\omega }\))

Căn hai vế ta có: \(q={{q}_{0}}.\frac{\sqrt{{{n}^{2}}-1}}{n}\)

Đáp án B

Gọi D là khoảng cách từ mặt phẳng hai khe tới màn quan sát

Ta có \({{x}_{H}}=\frac{a}{2}=0,4\,\,mm\)

Gọi \({{E}_{1}}\) và \({{E}_{2}}\) là hai vị trí của màn mà H là cực đại giao thoa. Khi đó, tại vị trí \({{E}_{1H}}\) là cực đại thứ hai: \({{x}_{H}}=2{{i}_{1}}\Rightarrow {{i}_{1}}=0,2\,\,mm\)

Mà: \({{i}_{1}}=\frac{\lambda {{D}_{1}}}{a}\Rightarrow {{D}_{1}}=\frac{a.{{i}_{1}}}{\lambda }=0,4\,m\)

Tại vị trí \({{E}_{2H}}\) là cực đại thứ nhất:

\({{x}_{H}}={{i}_{2}}\Rightarrow {{i}_{2}}=0,4\,\,mm=2{{i}_{1}}\Rightarrow {{i}_{2}}=\frac{\lambda {{D}_{2}}}{a}=2.\frac{\lambda {{D}_{1}}}{a}\Rightarrow {{D}_{2}}=2{{D}_{1}}=0,8\,m\)

Gọi E là vị trí của màn mà H là cực tiểu giao thoa lần cuối. Khi đó tại H là cực tiểu thứ nhất:

\({{x}_{H}}=\frac{i}{2}\Rightarrow i=2{{x}_{H}}=0,8\,mm=4{{i}_{1}}\Rightarrow D=4{{D}_{1}}=1,6\,m\)

Khoảng cách giữa 22 vị trí của màn để HH là cực đại giao thoa lần đầu và HH là cực tiểu giao thoa lần cuối là \({{E}_{1}}E=D-{{D}_{1}}=1,2\,m\)

Đáp án C

+ Từ biểu thức của \({{i}_{1}}\) và \({{i}_{2}}\) ta có:

\({{I}_{01}}={{I}_{02}}\Rightarrow {{Z}_{1}}={{Z}_{2}}\Rightarrow {{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}={{R}^{2}}+Z_{L}^{2}\Rightarrow \)

+ Độ lệch pha giữa điện áp và cường độ dòng điện khi chưa ngắt tụ điện sau khi ngắt tụ điện:

\(\left. \begin{array}{l} \tan {\varphi _1} = \frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R} = - \frac{{{Z_L}}}{R}\\ \tan {\varphi _2} = \frac{{{Z_L}}}{R} \end{array} \right\} \Rightarrow \tan {\varphi _1} = - \tan {\varphi _2} \Rightarrow {\varphi _1} = - {\varphi _2}\)

+ Ta lại có: \(\left. \begin{array}{l} {\varphi _1} = {\varphi _u} - {\varphi _{{i_1}}}\\ {\varphi _2} = {\varphi _u} - {\varphi _{{i_2}}} \end{array} \right\} \Rightarrow \left( {{\varphi _u} - {\varphi _{{i_1}}}} \right) = - \left( {{\varphi _u} - {\varphi _{{i_2}}}} \right) \Rightarrow {\varphi _u} = \frac{{{\varphi _{{i_1}}} + {\varphi _{{i_2}}}}}{2} = \frac{{\frac{\pi }{4} - \frac{\pi }{{12}}}}{2} = \frac{\pi }{{12}}\)

+ Biểu thức của điện áp giữa hai đầu đoạn mạch: \(u=60\sqrt{2}\cos \left( 100\pi t+\frac{\pi }{12} \right)\,\left( V \right)\)

Độ giãn của con lắc ở vị trí cân bằng: \(T=0,4s=2\pi \sqrt{\frac{\Delta {{\ell }_{0}}}{g}}\Rightarrow \Delta {{\ell }_{0}}=\frac{{{T}^{2}}.g}{4{{\pi }^{2}}}=0,04m=4\,cm\)

Lực đàn hồi của con lắc tại hai vị trí biên:

\(\left\{ \begin{array}{l} {F_{dh\max }} = k\left( {\Delta {\ell _0} + A} \right) = 3\\ {F_{dh\min }} = k\left( {\Delta {\ell _0} - A} \right) = - 1 \end{array} \right. \Rightarrow \frac{{\Delta {\ell _0} + A}}{{\Delta {\ell _0} - A}} = - \frac{3}{1} \Rightarrow A = 2\Delta {\ell _0} = 8{\mkern 1mu} cm\)

Độ cứng của lò xo: \(k=\frac{{{F}_{dh\max }}}{\Delta {{\ell }_{0}}+A}=\frac{3}{0,04+0,08}=25\,\,\left( N/m \right)\)

Biểu thức lực đàn hồi: \({{F}_{dh}}=k\left( \Delta {{\ell }_{0}}+x \right)=k\Delta {{\ell }_{0}}+k.x=1+2\cos \left( 5\pi t+\varphi  \right)\)

Tại thời điểm \(t=0,1s\), lực đàn hồi có giá trị \(F=3N\) nên: \({{F}_{dh}}=1+2\cos \left( 5\pi .0,1+\varphi  \right)=3\)

\(\Rightarrow \cos \left( 0,5\pi +\varphi  \right)=1\Rightarrow 0,5\pi +\varphi =0\Rightarrow \varphi =-0,5\pi =-\frac{\pi }{2}\)

Phương trình dao động của vật: \(x=8\cos \left( 5\pi t-\frac{\pi }{2} \right)\,\left( cm \right)\)

Đáp án D

Theo công thức Anh-xtanh về hiện tượng quang điện:

\(\frac{hc}{\lambda }=A+\frac{1}{2}m.v_{0\max }^{2}\Rightarrow {{v}_{0\max }}=\sqrt{\frac{2}{{{m}_{c}}}\left( \frac{hc}{\lambda }-A \right)}\)

Thay số vào ta có: \({{v}_{0\max }}=\sqrt{\frac{2}{9,{{1.10}^{-31}}}\left( \frac{19,{{875.10}^{-26}}}{{{533.10}^{-9}}}-{{3.10}^{-19}} \right)}={{4.10}^{5}}\,\,\left( m/s \right)\)

Khi electron chuyển động trong từ trường đều \(\overrightarrow{B}\) có hướng vuông góc với \(\overrightarrow{v}\) thì nó chịu tác dụng của lực Lorenxo \({{F}_{L}}\) có độ lớn không đổi và luôn vuông góc với \(\overrightarrow{v}\), nên electron chuyển động theo quỹ đạo tròn và lực Lorenxo đóng vai trò là lực hướng tâm:

\({{F}_{L}}=Bve=\frac{{{m}_{e}}{{v}^{2}}}{r}\Rightarrow r=\frac{{{m}_{e}}.v}{eB}\)

Như vậy, những electron có vận tốc cực đại sẽ có bán kính cực đại:

 \(B=\frac{{{m}_{e}}.v}{eR}=\frac{9,{{1.10}^{-31}}{{.4.10}^{5}}}{1,{{6.10}^{-19}}.45,{{5.10}^{-3}}}={{5.10}^{-5}}\left( T \right)\)

+ Vật bắt đầu giảm tốc tại vị trí: \({{x}_{0}}=\frac{\mu mg}{2k}=0,02\,\,m\)

Vị trí này được coi vị trí cân bằng ảo trong dao động tắt dần.

+ Năng lượng mất đi để chống lại lực ma sát. Vì vậy cơ năng mất tính bởi \(A=\mu mgs=\mu mg\left( A-{{x}_{0}} \right)=7,2\,mJ\)

Đáp án D

 + Bước sóng là: \(\lambda =4\,\,cm\)

+ Độ lệch pha giữa P và O là: \(\Delta \varphi =2\pi \frac{d}{\lambda }=8,5\pi \Rightarrow \) P và O vuông pha

+ Gọi hình chiếu của O lên Oy là A, của P lên Oy là B, tọa độ của O là \({{x}_{O}}\), của P là \({{x}_{P}}\)

Từ hình bên ta có: \(O{{P}^{2}}=A{{B}^{2}}+{{\left( {{x}_{O}}-{{x}_{P}} \right)}^{2}}={{17}^{2}}+{{\left( {{x}_{O}}-{{x}_{P}} \right)}^{2}}\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

OP lớn nhất khi \({{x}_{O}}-{{x}_{P}}\) lớn nhất

+ Giả sử sóng tại O có phương trình: \({{x}_{O}}=2\sqrt{2}\cos \left( 20\pi t \right)\)

Phương trình sóng tại P:

\({{x}_{P}}=2\sqrt{2}\cos \left( 20\pi t-\frac{2\pi d}{\lambda } \right)=2\sqrt{2}\cos \left( 20\pi t-\frac{17\pi }{2} \right)\)

+ Xét hiệu: \({{x}_{O}}-{{x}_{P}}=2\sqrt{2}\angle 0-2\sqrt{2}\angle \frac{17\pi }{2}=4\angle -\frac{\pi }{4}\)

\(\Rightarrow {{\left( {{x}_{O}}-{{x}_{P}} \right)}_{\max }}=4\,\,cm\)

Thay vào (1) ta được: \(O{{P}_{\max }}=\sqrt{{{17}^{2}}+{{\left( {{x}_{O}}-{{x}_{P}} \right)}^{2}}}=\sqrt{{{17}^{2}}+{{4}^{2}}}=17,46\,\,cm\)

Đáp án B

+ Từ phương trình sóng ta có \(\frac{T}{12}\) cm

Đáp án C

+ Khoảng thời gian chiếc phao nhô lên 10 lần ứng với \(\frac{T}{8}\)s.

Khoảng cách giữa hai ngọn sóng liền kề là \(\frac{T}{4}\)m/s

Đáp án D

+ Độ lệch pha giữa điện áp và dòng điện \(C=\frac{{{10}^{-3}}}{6\pi }F\) điện áp lệch pha \(L=\frac{1}{\pi }H\) so với điện áp hai đầu tụ điện

Đáp án D

+ Tổng trở của mạch \(u=120\sqrt{2}\cos \left( 100\pi t+\frac{\pi }{3} \right)V\)

 Điện trở của cuộn dây \(i=3\cos \left( 100\pi t+\frac{\pi }{4} \right)A\)

→ Cảm kháng của cuộn dây \(i=3\cos \left( 100\pi t-\frac{\pi }{12} \right)A\)

Đáp án B

+ Khi sóng cơ lan truyền qua các môi trường thì tần số của nó là không đổi.