Đề số 1

SGK Vật lí 12, trang 44, mục III: Để có các vân giao thoa ổn định trên mặt nước thì hai nguồn sóng phải là 2 nguồn kết hợp, tức là dao động cùng phương, cùng chu kì (hay cùng tần số) và có hiệu số pha không đổi theo thời gian.

SGK Vật lí 12, trang 48, mục II.2: Điều kiện để có sóng dừng trên sợi dây có một đầu cố định và một đầu tự do là chiều dài sợi dây phải bằng một số lẻ lần $\frac{\lambda }{4}\Rightarrow \mathcal{l}=(2k+1).\frac{\lambda }{4}(k=0;1;\mathrm{2...})$.

Ta có: $n_d<n_{\mathcal{l}}<n_t$

Từ định luật khúc xạ ánh sáng:

$\frac{\sin i}{\sin r}=n\Rightarrow \sin r=\frac{\sin i}{n}\stackrel{n_d<n_{\mathcal{l}}<n_t}{\to }{r}_d>r_{\mathcal{l}}>r_t$

Độ lớn lực đàn hồi của lò xo: $F_{dh}=k.\left|\Delta \mathcal{l}\right|$

Số chỉ của vôn kế là giá trị hiệu dụng của điện áp: $U=\frac{U_0}{\sqrt{2}}=100$(V)

Vị trí vân tối trên màn quan sát có hiệu đường đi thỏa mãn:

$\Delta d=d_2-d_1=\left(k+\frac{1}{2}\right)\lambda \Rightarrow \Delta d_{\min }=\frac{\lambda }{2}$ khi $k=0$.

Chu kì của con lắc đơn là:$T=2\pi \sqrt{\frac{\mathcal{l}}{g}}\left(s\right)$

Thời gian ngắn nhất để vật nhỏ của con lắc đi từ vị trí biên về vị trí cân bằng là: $\Delta t=\frac{T}{4}=\frac{\pi }{2}\sqrt{\frac{\mathcal{l}}{g}}\left(s\right)$.

+ Hai hạt nhân có cùng độ hụt khối $\Delta m\to$có cùng năng lượng liên kết $\Delta E=\Delta m.c^2$

+ Hạt nhân X có số khối lượng lớn hơn hạt nhân Y: $A_X>A_Y$

$\Rightarrow \frac{\Delta E}{A_X}<\frac{\Delta E}{A_Y}\to$năng lượng liên kết của X nhỏ hơn Y → Hạt nhân Y bền vững hơn hạt nhân X.

Số hạt nhân X còn lại sau thời gian t là: $N=N_0.e^{-\lambda t}$

Số hạt nhân của chất phóng xạ X bị phân rã là: $\Delta N=N_0-N=N_0(1-e^{-\lambda t})$

Biểu thức xác định diện tích của tụ điện: Q = C.U có dạng một đường thẳng xiên góc đi qua gốc tọa độ như hình vẽ.

Giới hạn quang điện của tấm nhôm không phụ thuộc vào môi trường nên ${\lambda }_0=360nm$ không thay đổi khi đặt tấm nhôm chìm hoàn toàn trong nước.

Khi truyền trong nước bức xạ có bước sóng $\lambda =300nm<{\lambda }_0$ do đó có xảy ra hiện tượng quang điện đối với tấm nhôm khi nó được đặt chìm hoàn toàn trong chậu nước.

Năng lượng của hạt proton theo thuyết tương đối:

Người này đeo kính cận 0,5 dp → $D=-0,5$ (dp)

→ Khoảng cực viễn của người này là $O{C}_v=-\frac{1}{D}=2$ (m)

→ Người này có thể ngồi cách tivi xa nhất 2 m.

Xét tỉ số $\frac{d_1-d_2}{\lambda }=\frac{2}{{400.10}^{-3}}=5\to$Tại M là vân sáng bậc 5.

Năng lượng của photon theo thuyết lượng tử ánh sáng $\epsilon =\frac{hc}{\lambda }=\frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{{5.10}^{-11}}=3,{975.10}^{-15}\left(J\right)$ .

Với mạch dao động LC ta có: $I_0=\sqrt{\frac{C}{L}}{U}_0=0,04\left(A\right)$.

→ Từ thông tự cảm cực đại ${\Phi }_0=L{I}_0={2.10}^{-4}\left(\text{W}b\right)$

Để phản ứng xảy ra thì năng lượng của tia γ ít nhất phải bằng năng lượng của phản ứng $h{f}_{\min }=\Delta m.c^2=(m_n+2m_{\alpha }-m_{Be}).c^2=(1,0087+2.4,0015-9,0112).931,5=0,466\left(MeV\right)$

→ Vậy  $f_{\min }=\frac{\Delta E}{h}=\frac{0,466.1,{6.10}^{-13}}{6,{625.10}^{-34}}=1,{125.10}^{20}\left(H\text{z}\right)$

Khi dòng điện trong mạch là i thì điện tích trên tụ có độ lớn là q, ta có:

Điện áp hiệu dụng hai đầu đoạn mạch AM: $U_{AM}=\frac{U\sqrt{R^2+Z_L^2}}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}=\frac{U}{\sqrt{1+\frac{Z_C^2-2{\text{Z}}_L{Z}_C}{R^2+Z_L^2}}}$

Khối lượng hạt nhân X còn lại sau thời gian $t_1$ là: $m_1=m_0{.2}^{-\frac{t_1}{T}}$

Khối lượng hạt nhân X còn lại sau thời gian $t_2$ là: $m_2=m_0{.2}^{-\frac{t_2}{T}}$

$\Rightarrow \frac{m_1}{m_2}=\frac{2^{-\frac{t_1}{T}}}{2^{-\frac{t_2}{T}}}=\frac{2,83}{1}\iff 2^{\frac{t_2-t_1}{T}}=2,83\Rightarrow T=\frac{t_2-t_1}{{\log }_{2}2,83}=\frac{5,7}{{\log }_{2}2,83}=3,8$ (ngày)

Trong quá trình lan truyền sóng điện tử thì cường độ điện trường và cảm ứng từ luôn dao động cùng pha nhau.

Phương trình cường độ điện trường:$E=E_0\cos \left(2\pi {.10}^{8}t+\frac{\pi }{3}\right)$

Tại $t=0:\left\{\begin{array}{l}E=\frac{E_0}{2}\\ {\phi }_E=\frac{\pi }{3}\end{array}\right.$

Kể từ lúc $t=0$  đến thời điểm đầu tiên E = 0, góc quét tương ứng trên đường tròn là: $\phi ={\sin }^{-1}\frac{0,5{\text{E}}_0}{E_0}=\frac{\pi }{6}$

Thời điểm E = 0 lần đầu tiên là: $t_{\phi }=\frac{\phi }{\omega }=\frac{\frac{\pi }{6}}{2\pi {.10}^8}=\frac{{10}^{-8}}{12}\left(s\right)$.

Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng

$n_1\sin i=n_2\sin r\to \left\{\begin{array}{l}\sin (45°)=\left[1,26+\frac{7,{555.10}^{-14}}{{(0,{76.10}^{-6})}^2}\right]\sin r_d\\ \sin (45°)=\left[1,26+\frac{7,{555.10}^{-14}}{{(0,{38.10}^{-6})}^2}\right]\sin r_t\end{array}\right.$

$\to \left\{\begin{array}{l}{r}_d=30°{33}^{\text{'}}30,4{8^{\text{'}}}^{\text{'}}\\ r_t=23°{21}^{\text{'}}4{3^{\text{'}}}^{\text{'}}\end{array}\right.\to \Delta r=7°{11}^{\text{'}}4{7^{\text{'}}}^{\text{'}}$

Công suất tiêu thụ R là: $P=I^{2}R=\frac{{\text{E}}^{2}R}{{(R+r)}^2}$

$P_1=P_2\Rightarrow \frac{{\text{E}}^2{R}_1}{{\left(R_1+r\right)}^2}=\frac{{\text{E}}^2{R}_2}{{\left(R_2+r\right)}^2}\iff R_1{\left(R_2+r\right)}^2=R_2{\left(R_1+r\right)}^2\Rightarrow r=\sqrt{R_1.R_2}$

$\left\{\begin{array}{l}{R}_1=2\left(\Omega \right)\\ R_2=8\left(\Omega \right)\end{array}\right.\Rightarrow r=4\left(\Omega \right)$

Mặt khác: $P_{\max }=\frac{{\text{E}}^2}{4r}=\frac{{20}^2}{4.4}=25\left(W\right)$

+ Xét đạo hàm sau:  ${\left(\frac{x}{v}\right)}^{\text{'}}=\frac{x^{\text{'}}.v-v^{\text{'}}.x}{v^2}=\frac{v^2-a.x}{v^2}=\frac{{\omega }^2(A^2-x^2)-(-{\omega }^2.x).x}{{\omega }^2(A^2-x^2)}=\frac{A^2}{A^2-x^2}$ (1)

+ Xét biểu thức: $\frac{x_1}{v_1}+\frac{x_2}{v_2}=\frac{x_3}{v_3}+2021$ .

+ Lấy đạo hàm hai vế và áp dụng đạo hàm (1) ta có:

${\left(\frac{x_1}{v_1}+\frac{x_2}{v_2}\right)}^{\text{'}}={\left(\frac{x_3}{v_3}\right)}^{\text{'}}+{2021}^{\text{'}}\iff {\left(\frac{x_1}{v_1}\right)}^{\text{'}}+{\left(\frac{x_2}{v_2}\right)}^{\text{'}}={\left(\frac{x_3}{v_3}\right)}^{\text{'}}$

$\Rightarrow \frac{A^2}{A^2-x_1^2}+\frac{A^2}{A^2-x_2^2}=\frac{A^2}{A^2-x_3^2}\Rightarrow \frac{{10}^2}{{10}^2-6^2}+\frac{{10}^2}{{10}^2-8^2}=\frac{{10}^2}{{10}^2-x_3^2}=\frac{625}{144}$

$\Rightarrow x_3=\sqrt{\frac{1924}{25}}=8,77\left(cm\right)$

+ Dòng điện trong mạch khi biến trở có giá trị  $R=10\left(\Omega \right)$ là:$I=\frac{\text{E}}{R}=\frac{12}{10}=1,2\left(A\right)$

+ Dòng điện trong mạch khi biến trở có giá trị $R=10\left(\Omega \right)$ là:$I^{\text{'}}=\frac{\text{E}}{R^{\text{'}}}=\frac{12}{5}=2,4\left(A\right)$

→ Suất điện động tự cảm xuất hiện trong mạch có độ lớn là:$\left|e_{tc}\right|=L\left|\frac{\Delta I}{\Delta t}\right|=L\left|\frac{I^{\text{'}}-I}{\Delta t}\right|=1.\frac{2,4-1,2}{0,1}=12\left(V\right)$

Do suất điện động tự cảm có cùng độ lớn nhưng ngược chiều với suất điện động của nguồn nên cường độ dòng điện trong mạch trong khoảng thời gian 0,1 s nói trên là 0 A.

+ Từ giả thuyết bài toán, ta có: 

$\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=6\cos \left(\pi t+\frac{\pi }{6}\right)cm\\ x_2+x_3=6\cos \left(\pi t+\frac{2\pi }{3}\right)cm\\ x_1+x_3=6\sqrt{2}\cos \left(\pi t+\frac{\pi }{4}\right)cm\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}_1-x_3=6\sqrt{2}\cos \left(\pi t-\frac{\pi }{12}\right)cm\\ x_1+x_3=6\sqrt{2}\cos \left(\pi t+\frac{\pi }{4}\right)cm\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}_1=3\sqrt{6}\cos \left(\pi t+\frac{\pi }{12}\right)cm\\ x_3=3\sqrt{2}\cos \left(\pi t+\frac{7\pi }{12}\right)cm\end{array}\right.$

Giả sử nguyên tử đang ở trạng thái n, hấp thụ một photon ε và chuyển lên trạng thái m.

→ Áp dụng tiên đề Bo về hấp thụ và phát xạ năng lượng:$E_m-E_n=\epsilon$

$\Rightarrow -13,6\left(\frac{1}{m^2}-\frac{1}{n^2}\right)=2,55\Rightarrow n=\sqrt{\frac{1}{\frac{1}{m^2}+\frac{3}{16}}}$

Do m và n phải là các số nguyên dương.

Dùng chức năng TABLE máy tính Casio fx 570 ES như sau:

Bước 1: Bấm Mode 7

Bước 2: Nhập hàm $F\left(X\right)=\sqrt{\frac{1}{\frac{1}{X^2}+\frac{3}{16}}}(X\equiv m;F(X)=n)$

Bước 3:

Start (bắt đầu) → nhập 1

End (kết thúc) → nhập 10

Step (bước nhảy) → nhập 1

Màn hình máy tính thu được như sau:

→ n = 2 và m = 4.

Vậy sau khi hấp thụ photon nguyên tử ở trạng thái dừng m = 4.

+ Bước sóng nhỏ nhất ứng với sự chuyển mức năng lượng của electron từ quỹ đạo dừng m = 4 về quỹ đạo dừng có n = 1.

$\frac{hc}{{\lambda }_{\min }}=E_4-E_1\Rightarrow {\lambda }_{\min }=\frac{hc}{E_4-E_1}$

$\Rightarrow \frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{-13,6.1,{6.10}^{-19}.\left(\frac{1}{4^2}-\frac{1}{1^2}\right)}=9,{74.10}^{-8}\left(m\right)$

Từ đồ thị ta thấy:

+ $n=1:f=a\Rightarrow L=\frac{v}{4\text{a}}\left(1\right)$

+ $n=3:f=a+40\Rightarrow L=(2.3-1).\frac{v}{4(a+40)}=\frac{5v}{4(a+40)}$ (2)

+ $n=4:f=b\Rightarrow L=(2.4-1).\frac{v}{4b}=\frac{7v}{4b}$ (3)

Từ (1) và (3) ta có b = 7a;

+ Khi $\omega ={\omega }_1$ thì điện áp hai đầu đoạn mạch AN và MB vuông pha nhau: $\frac{Z_L}{R}.\frac{Z_C}{R}=1\to Z_L.Z_C=R^2$.

Không làm thay đổi kết quả bài toán, đặt: $\left\{\begin{array}{l}R=1\\ Z_L=X\end{array}\right.\to Z_C=\frac{1}{X}$

+ Kết hợp với $U_{MB}=2U_{AN}\iff R^2+Z_C^2=4\left(R^2+Z_L^2\right)\iff 1+\frac{1}{X^2}=4+4{\text{X}}^2\to X=0,5$.

+ Khi $\omega ={\omega }_2=100\pi \sqrt{2}$ rad/s (ta giả sử rằng ${\omega }_2=n{\omega }_1$ ) thì điện áp trên hai đầu cuộn cảm đạt cực đại ${Z^{\text{'}}}_C^2={Z^{\text{'}}}_L.{Z^{\text{'}}}_C-\frac{R^2}{2}\iff {\left(\frac{1}{n\text{X}}\right)}^2=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}\iff n=2\sqrt{2}$

+ Lần thứ nhất: Sử dụng 2 bức xạ ${\lambda }_1=0,56\left(\mu m\right)$và ${\lambda }_2$

Kể luôn 2 vân sáng trùng thì có 8 vân sáng của ${\lambda }_2$

→ Vị trí trùng nhau của 2 vân sáng là: $7i_2$.

Gọi k là số khoảng vân của ${\lambda }_1$, ta có:$k{i}_1=7i_2\iff k{\lambda }_1=7{\lambda }_2\Rightarrow {\lambda }_2=\frac{k{\lambda }_1}{7}$

$0,65\mu \text{m}<{\lambda }_2<0,75\mu \text{m}\Rightarrow \text{0,65 }\mu \text{m}<\frac{k{\lambda }_1}{7}<0,75\mu \text{m}\iff \text{0,65 }\mu \text{m}<\frac{k.0,56}{7}<0,75\mu \text{m}$

$\iff 8,125<k<9,375\Rightarrow k=9\Rightarrow {\lambda }_2=\frac{9.0,56}{7}=0,72\mu \text{m}$

+ Lần thứ 2, sử dụng 3 bức xạ: ${\lambda }_1=0,56\left(\mu m\right);{\lambda }_2=0,72\left(\mu m\right);{\lambda }_3=\frac{2}{3}{\lambda }_2=0,48\mu \text{m}$

Xét vân sáng trùng gần vân sáng trung tâm nhất.

Khi 3 vân sáng trùng nhau $x_1=x_2=x_3$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\frac{k_1}{k_2}=\frac{{\lambda }_2}{{\lambda }_1}=\frac{9}{7}=\frac{18}{14}\\ \frac{k_2}{k_3}=\frac{{\lambda }_3}{{\lambda }_2}=\frac{2}{3}=\frac{4}{6}=\frac{6}{9}=\frac{8}{12}=\frac{10}{15}=\frac{12}{18}=\frac{14}{21}\\ \frac{k_1}{k_3}=\frac{{\lambda }_3}{{\lambda }_1}=\frac{6}{7}=\frac{12}{14}=\frac{18}{21}\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{k}_1=18\\ k_2=14\\ k_3=21\end{array}\right.$

→ Giữa vân trung tâm và vân trùng màu gần vân trung tâm nhất (giữa $k_2=0$ và $k_2=14$) có 13 vân sáng của bức xạ ${\lambda }_2$ trong đó có 6 vân trùng màu giữa ${\lambda }_2$ và ${\lambda }_3$ ($k_2=2,4,6,8,10,12$) và 1 vân trùng giữa ${\lambda }_1$ và ${\lambda }_2$  ($k_2=7$).

→ Số vân sáng màu đỏ ${\lambda }_2$ giữa vân trung tâm và vân trùng màu gần vân trung tâm nhất là: $13-6-1=6$ vân.

+ Khi mắc vào hai cực ND một điện áp không đổi → có dòng trong mạch với cường độ I = 1,5 A

→ ND không thể chứa tụ (tụ không cho dòng không đổi đi qua) và $R_Y=\frac{45}{1,5}=30\left(\Omega \right)$

+ Mắc vào hai đầu đoạn mạch MD một điện áp xoay chiều thì $u_{N\text{D}}$ sớm pha hơn $u_{MN}$ một góc 0,5π.

→ X chứa điện trở $R_x$  và tụ điện C, Y chứa cuộn dây L và điện trở .

→ Với $V_1=V_2\stackrel{U^2=U_X^2+U_Y^2}{\to }{U}_X=U_Y=60\left(V\right)\to Z_X=Z_Y=60\left(\Omega \right)$

+ Cảm kháng của cuộn dây: $Z_L=\sqrt{Z_Y^2-R_Y^2}=\sqrt{{60}^2-{30}^2}=30\sqrt{3}\left(\Omega \right)$

+ Với $U_{MN}$  trễ pha 0,5π so với $U_{ND}$  và $\tan {\phi }_Y=\frac{Z_L}{R_Y}=\frac{30\sqrt{3}}{30}=\sqrt{3}\to {\phi }_Y=60°\to {\phi }_X=30°$ 

$\to \left\{\begin{array}{l}{R}_X=30\sqrt{3}\left(\Omega \right)\\ Z_C=30\left(\Omega \right)\end{array}\right.$

+ Điện áp hiệu dụng hai đầu tụ điện: $U_{C\max }=\frac{U\sqrt{{\left(R_X+R_Y\right)}^2+Z_L^2}}{R_X+R_Y}=100\left(V\right)$

+ AB là khoảng cách giữa nút và bụng gần nhất

→ AB = 0,25λ.

Mặt khác $AB=3\text{A}C\to AC=\frac{\lambda }{12}$

→ điểm C dao động với biên độ bằng một nửa biên độ của bụng sóng.

+ $\lambda =4\text{A}B=36\text{ cm}$ .

+ Khi sợi dây biến dạng nhiều nhất, khoảng cách giữa A và C là

$d=\sqrt{{\left(\frac{\lambda }{12}\right)}^2+{\left(\frac{a_B}{2}\right)}^2}=5\to a_B=8\text{ cm}$

+ Khi B đi đến vị trí có li độ bằng biên độ của C ( ) sẽ có tốc độ:

$v_B=\frac{\sqrt{3}}{2}{v}_{B\max }=\frac{\sqrt{3}}{2}\omega a_B=80\sqrt{3}\left(\text{cm/s}\right)$

Gọi $W_1$  và $W_2$  lần lượt là cơ năng của con lắc I và con lắc II, ta có: $W_1=6 ô, W_2=4 ô$

$\Rightarrow \frac{{\text{W}}_1}{{\text{W}}_2}=\frac{6}{4}=1,5$

+ Ta biểu diễn động năng và thế năng của các vật theo cơ năng:

$\left\{\begin{array}{l}{\text{W}}_t=W{\cos }^2\phi \\ W_{\text{®}}=W{\sin }^2\phi \end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{W}_{t_1}=W_{t_2}\\ \frac{W_{{\text{®}}_2}}{W_{{\text{®}}_1}}=\frac{W_2{\sin }^2{\phi }_2}{W_1{\sin }^2{\phi }_1}\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{W}_1{\cos }^2{\phi }_1=W_2{\cos }^2{\phi }_2\left(1\right)\\ \frac{W_{{\text{®}}_2}}{W_{{\text{®}}_1}}=\frac{W_2(1-{\cos }^2{\phi }_2)}{W_1(1-{\cos }^2{\phi }_1)}\left(2\right)\end{array}\right.$

Hai dao động vuông pha nên ta có: ${\cos }^2{\phi }_1+{\cos }^2{\phi }_2=1$

Từ (1) ta có:

$W_1{\cos }^2{\phi }_1=W_2{\cos }^2{\phi }_2\iff 1,5W_2.{\cos }^2{\phi }_1=W_2(1-{\cos }^2{\phi }_1)\iff 2,5.{\cos }^2{\phi }_1=1\Rightarrow {\cos }^2{\phi }_1=0,4$

$\Rightarrow {\cos }^2{\phi }_2=1-{\cos }^2{\phi }_1=1-0,4=0,6$

Từ (2) $\Rightarrow \frac{W_{{\text{®}}_2}}{W_{{\text{®}}_1}}=\frac{W_2(1-0,6)}{1,5.W_2(1-0,4)}=\frac{4}{9}$ .