Đề số 7

Đáp án B.

Đáp án C.

Động lượng của vật được xác định theo công thức: p = mv.

$v_{\min }=-\omega A\Rightarrow p_{\min }=-m\omega A$.

Đáp án A.

Mối liên hệ giữa a và x là: $a=-{\omega }^{2}x$ .

Do đó đồ thị a(x) có dạng như hình 1.

Đáp án C.

Khoảng cách giữa hai cực đại hoặc hai cực tiểu liền kề trên đường nối hai nguồn là $\frac{\lambda }{2}=\frac{6}{2}=3\left(cm\right)$ .

Đáp án D.

Mạch có cộng hưởng điện khi $\omega =\frac{1}{\sqrt{LC}}=2\pi f_0\Rightarrow f_0=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}$.

Đáp án A.

Tần số của dòng điện và tần số của từ trường là như nhau, nhưng tần số quay của roto luôn nhỏ hơn (không đồng bộ).

Đáp án B.

Ta có: $\frac{u^2}{U_0^2}+\frac{i^2}{I_0^2}=1\stackrel{I_0=U_0\sqrt{\frac{C}{L}}}{\to }{i}^2=\frac{C}{L}\left(U_0^2-u^2\right)$

Đáp án D.

SGK Vật lí 12 trang 131, mục II.4, biểu thức (25.3): $\lambda =\frac{ia}{D}$ .

Đáp án C.

SGK Vật lí 12 trang 156, mục III.3, ý b): Với mỗi ánh sáng đơn sắc có tần số f, các phôtôn đều giống nhau, mỗi phôtôn mang năng lượng bằng hf.

Đáp án C.

SGK Vật lí 12 trang 178, mục II.2: năng lượng toàn phần của một hạt khối lượng m là E = mc².

Đáp án A.

Để đo cường độ dòng điện qua điện trở thì Ampe kế phải được mắc nối tiếp với điện trở, cực dương của Ampe kế nối với cực dương của nguồn và cực còn lại nối với cực âm của nguồn. Hình vẽ mắc đúng là hình 1.

Đáp án A.

Áp dụng công thức thấu kính ta có:$d^{\text{'}}=\frac{df}{d-f}=\frac{20.10}{20-10}=20\left(cm\right)$.

Đáp án D.

Quãng đường vật đi được trong 1 chu kì dao động là: S = 4A = 4 cm.

Trong 2020 chu kì, vật đi được quãng đường là:$S_{2020}=2020.S=2020.4=8080\left(cm\right)$

Đáp án A.

Biên độ dao động:$A=\frac{{\mathcal{l}}_{\max }-{\mathcal{l}}_{\min }}{2}=\frac{15-9}{2}=3\left(cm\right)=0,03\left(m\right)$ .

Đáp án A.

Theo đề ra ta có: $\lambda$  là khoảng cách giữa hai nút sóng kề nhau nên $MP=\lambda$ .

Đáp án B.

Để i sớm pha hơn u thì:

$Z_L<Z_C\iff 2\pi fL<\frac{1}{2\pi fC}\Rightarrow f<\frac{1}{\sqrt{4{\pi }^{2}LC}}=\frac{1}{\sqrt{4{\pi }^2.\frac{1}{\pi }.\frac{{4.10}^{-4}}{\pi }}}=25\left(Hz\right)$

Đáp án B.

Tại $t=0;q=-\frac{Q_0}{2}$  và đang tăng nên $\left\{\begin{array}{l}\cos \phi =-\frac{1}{2}\\ \sin \phi <0\end{array}\right.\Rightarrow \phi =-\frac{2\pi }{3}$ .

Đáp án C.

Khi ánh sáng đơn sắc truyền từ môi trường này sang môi trường khác thì màu sắc và tần số không thay đổi.

Đáp án B.

Ta có:$\left\{\begin{array}{l}{i}_1=\frac{{\lambda }_{1}D}{a}=\frac{0,75.2}{0,5}=3\left(mm\right)\\ i_2=\frac{{\lambda }_{2}D}{a}=\frac{0,675.2}{0,5}=2,7\left(mm\right)\end{array}\right.$

Khoảng cách nhỏ nhất bằng khoảng cách giữa hai vân sáng cùng bậc:

$\Delta x_{\min }=i_1-i_2=0,3\left(mm\right)$

Đáp án D.

Giới hạn điện quang của Ge:

${\lambda }_0=\frac{hc}{A}=\frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{0,66.1,{6.10}^{-19}}=1,{88.10}^{-6}\left(m\right)$

→ Giới hạn này thuộc vùng hồng ngoại.

Đáp án D.

Ánh sáng phát quang có bước sóng bé hơn bước sóng của ánh sáng kích thích nên $\lambda <{\lambda }_{lôc}$ .

Mặt khác: ${\lambda }_{\text{đ}á}>{\lambda }_{cam}>{\lambda }_{v\mu ng}>{\lambda }_{lôc}>{\lambda }_{tÝm}$ .

Do đó chỉ có ánh sáng tím có khả năng làm chất phát quang nói trên phát ra ánh sáng màu lục.

Đáp án B.

Đáp án A.

Khi $R=\infty \Rightarrow E=U=4,5\left(V\right)$ .

Khi giảm giá trị của biến trở đến khi I = 2 A, U = 4 V, ta có:

$E=U+Ir\iff 4,5=4+2.r\Rightarrow r=0,25\left(\Omega \right)$.

Đáp án A.

Suất điện động tự cảm trong ống dây là: $\left|e_{tc}\right|=L.\left|\frac{\Delta i}{\Delta t}\right|=0,5.\frac{2}{0,01}=100\left(V\right)$ .

Đáp án B.

Tại một thời điểm, hai phần tử trên dây cùng lệch khỏi vị trí cân bằng $3\sqrt{2}mm$ , chuyển động ngược chiều nhau, độ lệch pha giữa chúng là: $\Delta \phi =\frac{\pi }{2}$  (Xem hình vẽ).

Mặt khác:$\Delta \phi =2\pi \frac{d}{\lambda }\iff \frac{\pi }{2}=2\pi .\frac{8}{\lambda }\Rightarrow \lambda =32\left(cm\right)$ .

Tốc độ dao động cực đại:$v_{\max }=\omega A=2\pi fA$ .

Tốc độ truyền sóng: $v=\lambda .f$ .

$\delta =\frac{\lambda .f}{2\pi fA}=\frac{\lambda }{2\pi A}=\frac{320}{2\pi .6}=8,5$.

Đáp án C.

Sự tạo âm trên dây đàn phát ra tương ứng bằng tần số của sóng cơ trên dây đàn có sóng dừng, do đó chiều dài của sợi dây phải thỏa mãn

 $\mathcal{l}=k\frac{v}{2f}\Rightarrow f=k.\frac{v}{2\mathcal{l}}\stackrel{k=1}{\to }{f}_{\min }=f_{CB}=\frac{v}{2\mathcal{l}}$.

 $\Rightarrow f_{HA}=k{f}_{CB}$ (Với $f_{HA}$  là tần số của họa âm).

Xét hai họa âm có tần số 2640 Hz và 4400 Hz, ta có:

$\left\{\begin{array}{l}2640=k_1{f}_{CB}\\ 4400=k_2{f}_{CB}\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\frac{2640}{k_1}=f_{CB}\\ \frac{4400}{k_2}=f_{CB}\end{array}\right.\Rightarrow \frac{k_1}{k_2}=\frac{3}{5}\Rightarrow k_1=0,6k_2$

Mà $300Hz<f_{CB}<800Hz\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}300<\frac{2640}{k_1}<800\\ 300<\frac{4400}{k_2}<800\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}3,3<k_1<8,8\\ 5,5<k_2<14,7\end{array}\right.$ .

(k₁ và k₂ là các số nguyên dương)

Cặp số nguyên thỏa mãn các phương trình trên là: k₁ = 6, k₂ = 10

$\Rightarrow f_{CB}=\frac{2640}{k_1}=440Hz$.

Xét vùng tần số $16Hz\le f\le 20000Hz\Rightarrow 16\left(Hz\right)\le 440k\le 20000\left(Hz\right)\iff 0,036\le k\le 45,5$

 $\Rightarrow$45 giá trị k thỏa mãn.

Đáp án A.

Suất điện động tự cảm trong ống dây là:$\left|e_{tc}\right|=L.\left|\frac{\Delta i}{\Delta t}\right|=0,5.\frac{2}{0,01}=100\left(V\right)$ .

Đáp án A.

Giả sử:$\left\{\begin{array}{l}{e}_1=E_0\cos \omega t\\ e_2=E_0\cos \left(\omega t+\frac{2\pi }{3}\right)\\ e_3=E_0\cos \left(\omega t-\frac{2\pi }{3}\right)\end{array}\right.$

Ta có: $e_1=E_0\cos \omega t=0\Rightarrow \omega t=\pm \frac{\pi }{2}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\left|e_2\right|=\left|E_0\cos \left(\pm \frac{\pi }{2}+\frac{2\pi }{3}\right)\right|=\frac{E_0\sqrt{3}}{2}\\ \left|e_3\right|=\left|E_0\cos \left(\pm \frac{\pi }{2}-\frac{2\pi }{3}\right)\right|=\frac{E_0\sqrt{3}}{2}\end{array}\right.$ .

Đáp án C.

$q=q_0\to q=0:\Delta t=\frac{T}{4}={10}^{-7}\left(s\right)\Rightarrow T={4.10}^{-7}\left(s\right)$

Bước sóng điện từ do máy thu bắt được là: $\lambda =c.T={3.10}^8{\mathrm{.4.10}}^{-7}=120\left(m\right)$ .

Đáp án C.

$eU=\frac{1}{2}m{v}^2\stackrel{U^{\text{'}}=U+21\%U=1,21U}{\to }e.\left(1,21U\right)=\frac{1}{2}m{v^{\text{'}}}^2\iff 1,21.\frac{1}{2}m{v}^2=\frac{1}{2}m{v^{\text{'}}}^2$

$\Rightarrow v^{\text{'}}=\sqrt{1,21}.v=\sqrt{1,21}.5,{0.10}^7=5,{5.10}^7\left(m/s\right)$.

Đáp án A.

Công suất của chùm sáng là:$P=n.\epsilon =n.\frac{hc}{\lambda }$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{P}_A=n_A.\frac{hc}{{\lambda }_A}\\ P_B=n_B.\frac{hc}{{\lambda }_B}\end{array}\right.\stackrel{n_A=2n_B}{\to }\frac{P_A}{P_B}=\frac{n_A}{n_B}.\frac{{\lambda }_B}{{\lambda }_A}\iff \frac{0,6}{0,2}=2.\frac{\lambda }{400}\Rightarrow \lambda =600\left(nm\right)$

Nếu dùng laze B kích thích chất phát quang thì ánh sáng phát quang có bước sóng thỏa mãn: ${\lambda }_{pq}\ge \lambda \iff {\lambda }_{pq}\ge 600\left(nm\right)$ .

Mặt khác: $\left\{\begin{array}{l}{\lambda }_{\mathcal{l}}=500÷575\left(nm\right)\\ {\lambda }_d=640÷760\left(nm\right)\end{array}\right.\Rightarrow {\lambda }_{pq}\equiv {\lambda }_d$ .

Vậy dùng laze B kích thích chất phát quang thì ánh sáng phát quang có màu đỏ.

Đáp án B.

Năng lượng liên kết riêng của hạt nhân đơteri ${}_1{}^{2}D$  là:

$W_{lkr}=\frac{W_{lk}}{A}=\frac{\Delta m.c^2}{A}=\frac{\left(m_p+m_n-m_D\right).c^2}{A}$

$=\frac{\left(1,0073+1,0087-2,0136\right).931,5}{2}\approx 1,12$MeV/nuclôn.

Đáp án D.

Năng lượng tỏa ra khi một hạt nhân ${}^{235}U$  phân hạch là:

$\Delta E=\left[\left(m_U+m_n\right)-\left(m_{Mo}+m_{La}+2m_n\right)\right].c^2=\left[\left(234,99+1,0087\right)-\left(94,88+138,87+2.1,0087\right)\right].u{c}^2$

$\Rightarrow \Delta E=0,2313.931,5=215,45595\left(MeV\right)$

Năng lượng tỏa ra khi 1g urani ${}^{235}U$  phân hạch là:

$W=\frac{m}{A_U}.N_A.\Delta E=\frac{1}{235}.6,{02.10}^{23}.215,45595=5,{519.10}^{23}\left(MeV\right)\approx 8,{8304.10}^{10}\left(J\right)$

Đáp án C.

Số hạt nhân ban đầu là: $N_0=\frac{m}{A}.N_A=\frac{0,064}{226}.6,{02.10}^{23}=1,{7.10}^{20}$  hạt.

Số hạt nhân X tạo thành sau 2020 năm : $N_{X\left(t=2020\right)}=\Delta N_{Ra\left(t=2020\right)}=N_0.\left(1-2^{-\frac{2020}{1517}}\right)$ .

Số hạt nhân X tạo thành sau 2019 năm :$N_{X\left(t=2019\right)}=\Delta N_{Ra\left(t=2019\right)}=N_0.\left(1-2^{-\frac{2019}{1517}}\right)$ .

Số hạt nhân X tạo thành trong năm thứ 2020 là :

$\Delta N=N_0.\left(2^{-\frac{2019}{1517}}-2^{-\frac{2020}{1517}}\right)=1,{7.10}^{20}.\left(2^{-\frac{2019}{1517}}-2^{-\frac{2020}{1517}}\right)=3,{087.10}^{16}$ hạt.

Đáp án A.

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích và định luật bảo toàn số nuclon ta có:

$\left\{\begin{array}{l}1+235=94+A_X+2.1\\ 0+92=38+Z_X+0\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{A}_X=140\\ Z_X=54\end{array}\right.\Rightarrow {}_{54}{}^{140}X$

Hạt nhân X có cấu tạo gồm 54 prôtôn và 86 nơtron.

Đáp án C.

$\left\{\begin{array}{l}{t}_1=1\left(s\right)\to S_1\\ t_2=2\left(s\right)\to S_2\end{array}\right.\stackrel{t_1+t_1=\frac{T}{2}}{\to }{S}_1+S_2=2A$

Mặt khác ta có:$\frac{S_1}{S_2}=\frac{1}{3}\stackrel{S_1+S_2=2A}{\to }\left\{\begin{array}{l}{S}_1=\frac{A}{2}\\ S_2=\frac{3A}{2}\end{array}\right.$

$t_3=4\left(s\right):S_3=k.S_1$

Nhận thấy $t_2+t_3=6\left(s\right)=T\Rightarrow t_1+t_2+t_3=t_1+T$ .

→ Quãng đường vật đi được trong 7 (s) đầu tiên là:$S=S_1+4A=\frac{A}{2}+4A=\frac{9A}{2}$ .

$\Rightarrow S_3=S-\left(S_1+S_2\right)=\frac{9A}{2}-2A=\frac{5A}{2}\Rightarrow k=\frac{S_3}{S_1}=5$.

Đáp án B.

Ta có:$\tan \widehat{M{O}_{2}N}=\tan \left(\widehat{O_1{O}_{2}N}-\widehat{O_1{O}_{2}M}\right)=\frac{\tan \widehat{O_1{O}_{2}N}-\tan \widehat{O_1{O}_{2}M}}{1+\tan \widehat{O_1{O}_{2}N}.\tan \widehat{O_1{O}_{2}M}}$

Trong đó :$\tan \widehat{O_1{O}_{2}N}=\frac{b}{O_1{O}_2}=\frac{b}{18};\tan \widehat{O_1{O}_{2}M}=\frac{a}{O_1{O}_2}=\frac{a}{18}$ .

$\Rightarrow \tan \widehat{M{O}_{2}N}=\frac{\frac{b}{18}-\frac{a}{18}}{1+\frac{b}{18}.\frac{a}{18}}=\frac{b-a}{18+\frac{ab}{18}}$

 $\Rightarrow \tan \widehat{M{O}_{2}N}=\frac{b-\frac{324}{b}}{18+\frac{\frac{324}{b}.b}{18}}=\frac{1}{36}\left(b-\frac{324}{b}\right)$

Xét hàm số: $f\left(b\right)=\frac{1}{36}\left(b-\frac{324}{b}\right)$  với $b\in \left[21,6;24\right]$ .

Ta có: $f^{\text{'}}\left(b\right)=\frac{1}{36}\left(1+\frac{324}{b^2}\right)>0$ với $\forall b\in \left[21,6;24\right]$  do đó

$f{\left(b\right)}_{\max }\iff b=24cm\Rightarrow a=\frac{324}{24}=13,5cm$

$\Rightarrow O_{2}N=\sqrt{O_1{O}_2^2+b^2}=\sqrt{{18}^2+{24}^2}=30cm$

$\Rightarrow O_{2}M=\sqrt{O_1{O}_2^2+a^2}=\sqrt{{18}^2+13,5^2}=22,5cm$

Điểm M và N dao động với biên độ cực đại khi :

$\left\{\begin{array}{l}{O}_{2}N-O_{1}N=k_1\lambda \\ O_{2}M-O_{1}M=k_2\lambda \end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{k}_1\lambda =30-24=6cm\\ k_2\lambda =22,5-13,5=9cm\end{array}\right.$

Giữa M và N có hai điểm cực tiểu nên :$k_2=k_1+2\iff \frac{9}{\lambda }=\frac{6}{\lambda }+2\Rightarrow \lambda =1,5\left(cm\right)$ .

Số dao động với biên độ cực đại trên đoạn nối hai nguồn là số giá trị k thỏa mãn :$-\frac{O_1{O}_2}{\lambda }<k<\frac{O_1{O}_2}{\lambda }\iff -\frac{18}{1,5}<k<\frac{18}{1,5}\iff -12<k<12$

Có tất cả 23 giá trị k thỏa mãn.

Đáp án B.

Phương trình dao động của S và S’ là:$\left\{\begin{array}{l}{x}_S=\cos \omega t\left(cm\right)\\ x_{S^{\text{'}}}=5\cos \left(\omega t+\pi \right)\left(cm\right)\end{array}\right.$

Từ đồ thị ta thấy, ảnh cao gấp 5 lần vật và ngược chiều với vật (S và S’ dao động ngược pha nhau).

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{d}^{\text{'}}=5d\\ \frac{1}{f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{d^{\text{'}}}\end{array}\right.\iff \frac{1}{f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{5d}\Rightarrow \frac{1}{f}=\frac{6}{5d}\Rightarrow d=\frac{6}{5}f=6\left(cm\right)\Rightarrow d^{\text{'}}=30cm$

+ Khoảng cách lớn nhất giữa S và S’ theo phương dao động là:

$\Delta x_{\max }=A_S+A_{S^{\text{'}}}=1+5=6\left(cm\right)$

+ Khoảng cách giữa hai vị trí cân bằng của S và S’ là: L = d + d’ = 6 + 30 = 36 cm.

+ Khoảng cách lớn nhất giữa S và S’ trong quá trình dao động là:

${\left(S{S}^{\text{'}}\right)}_{\max }=\sqrt{L^2+{\left(\Delta x_{\max }\right)}^2}=\sqrt{{36}^2+6^2}=36,5\left(cm\right)$.