+ Trong chuyển động thẳng nhanh dần đều thì gia tốc \(a\) luôn cùng dấu với vận tốc \(v\) → Đáp án C

+ Khi các lực tác dụng lên vật đột ngột mất đi thì vật sẽ tiếp tục chuyển động quán tính theo hướng cũ với vận tốc 3 m/s → Đáp án D

+ Momen của lực đối với trục quay có độ lớn được xác định bằng biểu thức \(M=Fd\)→ Đáp án B

+ Đơn vị của động lượng là kg.m/s → Đáp án C

+ Điện tích của tụ điện \(q=CU=0,{{4.10}^{-6}}.400={{16.10}^{-6}}\)C → Đáp án C

+ Công của nguồn điện được xác định bằng biểu thức \(A=\xi It\)→ Đáp án B

+ Lực tương tác giữa hai điện tích đứng yên là lực tĩnh điện → Đáp án B

+ Từ thông qua khung dây \(\Phi \sim S\)→ với \({{S}_{2}}=2{{S}_{1}}\) → \({{\Phi }_{2}}=2{{\Phi }_{1}}=60\)Wb → Đáp án A

+ Trong dao động điều hòa, gia tốc biến đổi với phương trình \(a=-{{\omega }^{2}}x=-{{\omega }^{2}}A\cos \left( \omega t+\varphi  \right)\)→ Đáp án C

+ Tần số của con lắc lò xo \(f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{k}{m}}\)→ tang \(k\) lên 2 lần, giảm \(m\) xuống 8 lần thì \(f\) tang 4 lần

→ Đáp án A

+ Chu kì dao động của con lắc đơn \(T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}=2\pi \sqrt{\frac{0,56}{9,8}}=1,5\)s → Đáp án B

+ Hiện tượng cộng hưởng chỉ xảy ra với dao động cưỡng bức → Đáp án D

+ Khoảng cách giữa hai điểm gần nhau nhát trên phương truyền sóng dao động ngược pha là \(d=\frac{\lambda }{2}=\frac{vT}{2}=\frac{0,2.10}{2}=1\)m → Đáp án B

+ Với hai cùn dao động cùng pha thì trung trực luôn là cực đại ứng với \(k=0\). \(M\) là cực đại, giữa  \(M\) với trung trực còn hai dãy cực đại khác → \(M\) phải là điểm nằm trên dãy cực đại ứng với \(k=3\).

→ Ta có \({{d}_{1}}-{{d}_{2}}=3\lambda =3\frac{v}{f}\) → \(v=\frac{\left( {{d}_{1}}-{{d}_{2}} \right)f}{3}=\frac{30-25,5}{3}16=24\)cm/s → Đáp án C

+ Tai người có thể nghe được các âm có tầm số từ 16 Hz đến 20000 Hz → Đáp án A

+ Âm sắc là đặc trưng sinh lý của âm, phụ thuộc vào đặc trưng vật lý là đồ thị dao động âm → Đáp án D

+ Giá trị của biên độ điện áp \({{U}_{0}}=U\sqrt{2}=220\sqrt{2}\)V → Đáp án C

+ Cảm kháng của đoạn mạch \({{Z}_{L}}=50\)Ω.

→ Cường độ dòng điện qua mạch có phương trình \(\overline{{{i}_{{}}}}=\frac{\overline{{{u}_{{}}}}}{\overline{{{Z}_{{}}}}}=\frac{220\sqrt{2}\angle 0}{50+50i}=4,4\angle 45\)→ Đáp án C

+ Hệ số công suất của mạch là lớn nhất → mạch xảy ra cộng hưởng → \(P={{P}_{max}}=\frac{{{U}^{2}}}{R}=\frac{220{}^{2}}{100}=484\)W

→ Đáp án A

+ Điện áp hai đầu cuộn thứ cấp để hở là \({{U}_{2}}=\frac{{{N}_{2}}}{{{N}_{1}}}{{U}_{1}}=5.200=1000\)V → Đáp án A

+ Chu kì dao động của mạch điện từ \(T=2\pi \frac{{{q}_{0}}}{{{I}_{0}}}\)→ Đáp án A

+ Khi cho dòng điện xoay chiều chạy qua một dây dẫn kim loại thì xung quanh dây dẫn sẽ xuất hiện một điện từ trường → Đáp án A

+ Sóng điện từ là sóng ngang và lan truyền được trong chân không → Đáp án C

+ Trong sơ đồ khối của máy phát sóng không có mạch tách sóng → Đáp án C

+ Ta có \(h=\frac{1}{2}g{{t}^{2}}\)→ \(g=\frac{2h}{{{t}^{2}}}\).

→ Giá trị trung bình của phép đo \(\overline{{{g}_{{}}}}=\frac{2\overline{{{h}_{{}}}}}{{{\overline{t}}^{2}}}=\frac{2.495,21}{10,{{05}^{2}}}=9,805896\)m/s²

→ Sai số tuyệt đối của phép đo \(\Delta g=\overline{{{g}_{{}}}}\left( \frac{\Delta h}{\overline{{{h}_{{}}}}}+2\frac{\Delta t}{\overline{{{t}_{{}}}}} \right)=9,805896\left( \frac{0,5}{495,21}+2\frac{0,01}{10,05} \right)=0,0294\)m/s².

Kết quả phép đo \(g=9,81\pm 0,03\)m/s² → Đáp án C

+ Lực hút của Trái Đất lên vật ở độ cao \(h\) được xác định bằng biểu thức \({{F}_{hd}}=G\frac{Mm}{{{\left( R+h \right)}^{2}}}\).

→ \(\left\{ \begin{align} & {{F}_{h}}=G\frac{Mm}{{{\left( R+h \right)}^{2}}}=45 \\ & {{F}_{0}}=G\frac{Mm}{{{R}^{2}}}=5 \\ \end{align} \right.N\) → \(\frac{h+R}{R}=3\)→ \(h=2R\)→ Đáp án B

+ Tại vị trí cân bằng của mỗi quả cầu, ta luôn có \(\tan \left( \frac{\alpha }{2} \right)=\frac{F}{P}=\frac{k{{q}^{2}}}{{{r}^{2}}mg}\), trong đó \(r=2l\sin \left( \frac{\alpha }{2} \right)\).

→ \(q=2l\sin \left( \frac{\alpha }{2} \right)\sqrt{\frac{mg\tan \left( \frac{\alpha }{2} \right)}{k}}=2.0,1.\sin {{30}^{0}}\sqrt{\frac{0,005.10\tan {{30}^{0}}}{{{9.10}^{9}}}}=1,{{8.10}^{-7}}\)C.

→ Ban đầu quả cầu được tích điện \({{q}_{0}}=2q=3,{{58.10}^{-7}}\)C → Đáp án D

+ Vật qua thấu kính cho ảnh cùng chiều, cao gấp 3 lần vật → ảnh này là ảo qua thấu kính hội tụ.

→ \(\left\{ \begin{align} & k=-\frac{{{d}'}}{d}=3 \\ & d=10 \\ \end{align} \right.\)→ \({d}'=-3d=-30\)cm.

+ Áp dụng công thức thấu kính \(\frac{1}{d}+\frac{1}{{{d}'}}=\frac{1}{f}\)→ \(\frac{1}{10}+\frac{1}{-30}=\frac{1}{f}\)→\(f=15\)cm → Đáp án D

+ Từ đồ thị, ta có phương trình gia tốc \(a=150\cos \left( 100t-\frac{\pi }{2} \right)\)cm/s² → \(x=-1,5\cos \left( 100t-\frac{\pi }{2} \right)\)cm

Hay \(x=1,5\cos \left( 100t+\frac{\pi }{2} \right)\)cm → Đáp án B

+ Kéo vật đến vị trí lò xo giãn 5 cm rồi thả nhẹ, vật sẽ dao động quanh vị trí cân bằng với biên độ \(A=\Delta l=5\)cm.

+ Khi vật đi qua vị trí có li độ \(x=\frac{A}{2}=2,5\)cm, vật có độ năng \({{E}_{d}}=\frac{3E}{4}\)và thế năng \({{E}_{t}}=\frac{E}{4}\) → việc giữ chặt lò xo tại điểm cách đầu cố định \(I\) một đoạn 0,75 chiều dài làm cho phần lò xo tham gia vào dao động mới của con lắc chỉ còn 0,25 → do đó thế năng của con lắc lúc sau chỉ còn lại là \({{{E}'}_{t}}=0,25{{E}_{t}}=\frac{E}{16}\).

→ Vậy năng lượng dao động của con lắc lúc sau là \({E}'={{E}_{d}}+{{{E}'}_{t}}=\frac{3E}{4}+\frac{E}{16}=\frac{13E}{16}\).

Mặc khác độ cứng của lò xo tỉ lệ nghịch với chiều dài nên con lắc lúc sau sẽ có độ cứng gấp 4 lần con lắc lúc đầu

→ \({E}'=\frac{13E}{16}\)↔ \(\frac{1}{2}\left( 4k \right){{{A}'}^{2}}=\frac{13}{16}\frac{1}{2}k{{A}^{2}}\)→ \({A}'=\sqrt{\frac{13}{4.16}}A=2,25\)cm → Đáp án D

+ Chu kì dao động của con lắc \(T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}=2\pi \sqrt{\frac{1}{{{\pi }^{2}}}}=2\)s → động năng và thế năng bằng nhau sau các khoảng thời gian \(\Delta t=\frac{T}{4}=0,25\)s → Đáp án C

+ Độ giảm biên của con lắc sau mỗi chu kì \(\frac{\Delta A}{{{A}_{0}}}=\frac{{{A}_{1}}-{{A}_{0}}}{{{A}_{0}}}=\frac{{{A}_{1}}}{{{A}_{0}}}-1=0,03\)→ \(\frac{{{A}_{2}}}{{{A}_{1}}}=0,97\).

Vì độ giảm biên độ qua mỗi chu kì là như nhau → \(\frac{{{A}_{1}}}{{{A}_{0}}}=\frac{{{A}_{2}}}{{{A}_{1}}}=\frac{{{A}_{3}}}{{{A}_{2}}}=\frac{{{A}_{4}}}{{{A}_{3}}}...=0,97\).

+ Sau 10 chu kì, ta có \(\frac{{{E}_{0}}-{{E}_{10}}}{{{E}_{0}}}=1-{{\left( \frac{{{A}_{10}}}{{{A}_{0}}} \right)}^{2}}=1-{{\left( \frac{{{A}_{10}}}{{{A}_{9}}}.\frac{{{A}_{9}}}{{{A}_{8}}}.\frac{{{A}_{8}}}{{{A}_{7}}}...\frac{{{A}_{1}}}{{{A}_{0}}} \right)}^{2}}=1-0,{{97}^{20}}=0,456\)→ Đáp án B

+ Từ đồ thị, ta xác định được \(\left\{ \begin{align} & \lambda =12 \\ & \Delta {{x}_{NM}}=5 \\ \end{align} \right.\)

đơn vị độ chia nhỏ nhất của trục \(Ox\).

→ \(\Delta {{\varphi }_{MN}}=\frac{2\pi \Delta {{x}_{NM}}}{\lambda }=\frac{2\pi .5}{12}=\frac{5\pi }{6}\)rad → Đáp án B

+ Để người này không nghe được âm thì \(N\) tương ứng là một cực tiểu giao thoa

→ \(AN-BN=\left( k+\frac{1}{2} \right)\lambda \)→ \(\lambda =\frac{AN-BN}{k+0,5}\).

+ Bước sóng lớn nhất ứng với \(k=0\)→ \(\lambda =\frac{AN-BN}{0,5}=\frac{2-1,625}{0,5}=0,75\)m → Đáp án B

+ Để xuất hiện một nút ở trung điểm \(M\) của sợi dây thì \(AM=k\frac{\lambda }{2}=k\frac{v}{2f}\).

→ \(f=\frac{kv}{2AM}=\frac{4k}{2.0,8}=2,5k\)Hz, với \(k\) là một số nguyên dương → \(f=25\)Hz → Đáp án C

+ Với \(\omega =\frac{2}{\sqrt{LC}}\)→ \({{\omega }^{2}}=\frac{4}{LC}\)→ \(\frac{{{Z}_{L}}}{{{Z}_{C}}}=4\).

Điện áp ở hai đầu cuộn cảm luôn ngược pha với điện áp hai đầu tụ điện → \(\frac{{{u}_{L}}}{{{u}_{C}}}=-\frac{{{Z}_{L}}}{{{Z}_{C}}}=-4\).

→ Điện áp hai đầu đoạn mạch \(u={{u}_{L}}+{{u}_{C}}={{u}_{L}}-\frac{{{u}_{L}}}{4}=40-\frac{40}{4}=30\)V → Đáp án B

Cảm kháng của cuộn dây \({{Z}_{L}}=100\)Ω

+ Với giả thuyết \(\left| {{\varphi }_{1}} \right|+\left| {{\varphi }_{2}} \right|=\frac{\pi }{2}\) → \({{R}_{1}}\) và \({{R}_{2}}\)là hai giá trị của \(R\) cho cùng công suất tiêu thụ trên mạch.

→ \({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}=\pm \sqrt{{{R}_{1}}{{R}_{2}}}=\pm \sqrt{90.160}=\pm 120\)Ω, vậy \({{Z}_{C}}=220\)Ω → \(C=\frac{{{10}^{-4}}}{2,2\pi }\)F → Đáp án B

+ Chu kì của mạch dao động LC là \(T=2\pi \frac{{{q}_{0}}}{{{I}_{0}}}=2\pi \frac{4\sqrt{2}{{.10}^{-6}}}{0,5\pi \sqrt{2}}=8\)µs.

Khoảng thời gian ngắn nhất để điện tích trên bản tụ giảm từ giá trị cực đại đến một nửa giá trị cực đại là \(\Delta t=\frac{T}{6}=\frac{4}{3}\)µs → Đáp án A

+ Từ đồ thị, ta thấy rằng điệ áp luôn cùng pha với dao động điện → Đáp án B

+ Tần số dao động riêng của mạch \(f=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}\)

→ \({{f}_{max}}=\frac{1}{2\pi \sqrt{L{{C}_{\min }}}}=\frac{1}{2\pi \sqrt{{{50.10}^{-6}}{{.60.10}^{-12}}}}=2,9\)MHz,

Tương tự \({{f}_{\min }}=\frac{1}{2\pi \sqrt{L{{C}_{\max }}}}=\frac{1}{2\pi \sqrt{{{50.10}^{-6}}{{.240.10}^{-12}}}}=1,45\)MHz → Đáp án B