Gợi ý: 

Electron có điện tích là $-1,{{6.10}^{-19}}C$ và khối lượng $9,{{1.10}^{-31}}kg.$

Proton có điện tích là $+1,{{6.10}^{-19}}C$ và khối lượng $1,{{67.10}^{-27}}kg.$

Gợi ý:

Hiệu suất của nguồn điện: $H=\dfrac{Aci}{A}=\dfrac{{{U}_{N}}It}{\xi It}=\dfrac{{{U}_{N}}}{\xi }$

Gợi ý: 

Sử dụng lí thuyết về dòng điện trong chất bán dẫn.

Gợi ý: 

Sử dụng lí thuyết về các loại dao động.

Gợi ý: 

Biểu thức định luật Ôm: $I=\dfrac{U}{Z}$

Điều kiện có cộng hưởng điện: ${{Z}_{L}}={{Z}_{C}}$

Cách giải: 

Cường độ dòng điện chạy trong mạch: $I=\dfrac{U}{Z}=\dfrac{U}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}$

Trong mạch có cộng hưởng điện $\Rightarrow {{Z}_{L}}={{Z}_{C}}\Rightarrow I=\dfrac{U}{R}$

Sơ đồ khối của một máy thu thanh vô tuyến đơn giản gồm:

1. Anten thu: thu sóng để lấy tín hiệu
2. Mạch khuếch đại điện từ cao tần.
3. Mạch tách sóng: tách lấy sóng âm tần
4. Mach khuếch đại dao động điện từ âm tần: tăng công suất (cường độ) của âm tần.
5. Loa: biến dao động âm tần thành âm thanh.

Lí thuyết về quang phổ liên tục:

+ Quang phổ liên tục là một dải có màu từ đỏ đến tím nối liền nhau một cách liên tục.

+ Quang phổ liên tục do các chất rắn, chất lỏng hoặc chất khí có áp suất lớn phát ra khi bị nung nóng. 

+ Quang phổ liên tục của các chất khác nhau ở cùng một nhiệt độ thì giống nhau và chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ của chúng.

+ Ứng dụng: Đo nhiệt độ của các vật nóng sáng ở nhệt độ cao như các ngôi sao qua quang phổ của nó.

Ta có: ${{r}_{n}}={{n}^{2}}.{{r}_{0}}$

Quỹ đạo dừng M ứng với $n=3\Rightarrow {{r}_{M}}={{3}^{2}}.{{r}_{0}}=9{{r}_{0}}$

Sử dụng lí thuyết về các tia phóng xạ:

+ Tia α là dòng các hạt nhân $_{2}^{4}He$

+ Tia ${{\beta }^{-}}$ là dòng các electron $\left( _{-1}^{0}e \right).$

+ Tia ${{\beta }^{+}}$ là dòng các positron $\left( _{1}^{0}e \right).$

+ Tia γ có bản chất là sóng điện từ có bước sóng rất ngắn (dưới ${{10}^{-11}}$m)

Gợi ý:
Suất điện động cảm ứng: ${{e}_{c}}=-\dfrac{\Delta \Phi }{\Delta t}$
Cách giải:
Ta có: $\left\{ \begin{align}
& \Delta t=0,2s \\
& \Delta \Phi =0,5Wb \\
\end{align} \right.$
Suất điện động cảm ứng trong mạch có độ lớn: ${{e}_{c}}=\left| \dfrac{\Delta \Phi }{\Delta t} \right|=\left| \dfrac{0,5}{0,2} \right|=2,5V$

Gợi ý: 

Chu kì dao động: $T=\dfrac{2\pi }{\omega }$

Cách giải: 

Phương trình dao động: $s=4.\cos 2\pi t\left( cm \right)\Rightarrow \omega =2\pi \left( rad/s \right)$

$\Rightarrow $ Chu kì dao động của con lắc là: $T=\dfrac{2\pi }{\omega }=\dfrac{2\pi }{2\pi }=1s$

Gợi ý: 

Khoảng cách giữa hai nút sóng liên tiếp hoặc hai bụng sóng liên tiếp là $\dfrac{\lambda }{2}.$

Khoảng cách giữa một nút sóng và một bụng sóng liên tiếp là $\dfrac{\lambda }{4}.$

Cách giải: 

Bước sóng: λ $=12cm$

Khoảng cách giữa hai nút sóng liên tiếp là $\dfrac{\lambda }{2}=\dfrac{12}{2}=6cm$

Gợi ý:
Công thức tính công suất hao phí do tỏa nhiệt trên dây: ${{P}_{hp}}={{I}^{2}}R$
Cách giải:
Ta có: $\left\{ \begin{align}
& I=8A \\
& {{P}_{hp}}=1280W \\
\end{align} \right.$
Công suất hao phí do tỏa nhiệt trên dây: ${{P}_{hp}}={{I}^{2}}R$
⇒ Điện trở tổng cộng của đường dây tải điện: $R=\dfrac{{{P}_{hp}}}{{{I}^{2}}}=\dfrac{1280}{{{8}^{2}}}=20\Omega .$

Gợi ý:
Công thức tính bước sóng: $\lambda =cT=\dfrac{c}{f}.$
Cách giải:
Ta có: $\left\{ \begin{align}
& f=91MHz={{91.10}^{6}}Hz \\
& c={{3.10}^{8}}m/s \\
\end{align} \right.$
Bước sóng của sóng này là: $\lambda =\dfrac{c}{f}=\dfrac{{{3.10}^{8}}}{{{91.10}^{6}}}=3,3m$

Gợi ý: 

Năng lượng một photon: $E=\dfrac{hc}{\lambda }$

Cách giải: 

Năng lượng mỗi photon là:

$E=\dfrac{hc}{\lambda }=\dfrac{6,{{625.10}^{-34}}{{.3.10}^{8}}}{0,{{6.10}^{-6}}}=3,{{3125.10}^{-19}}\left( J \right)$

Gợi ý:
Sử dụng định luật bảo toàn số khối và bảo toàn điện tích để viết phương trình phản ứng hạt nhân
Cách giải:
Áp dụng định luật bảo toàn số khối và định luật bảo toàn điện tích, ta có:
$\left\{ \begin{align}
& 2{{A}_{H}}={{A}_{n}}+{{A}_{X}}\Rightarrow {{A}_{X}}=3 \\
& 2{{p}_{H}}={{p}_{n}}+{{p}_{X}}\Rightarrow {{p}_{X}}=2 \\
\end{align} \right.\Rightarrow _{2}^{3}X$

Gợi ý:
Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị
Chu kì dao động của con lắc đơn: $T=2\pi \sqrt{\dfrac{l}{g}}$
Cách giải:

Lấy điểm M trên đồ thị, ta có: $\left\{ \begin{align}
& l=2.0,3=0,6\left( m \right) \\
& {{T}^{2}}=3.0,81=2,43\left( {{s}^{2}} \right) \\
\end{align} \right.$
Chu kì của con lắc đơn là:
$T=2\pi \sqrt{\dfrac{l}{g}}\Rightarrow g=\dfrac{4{{\pi }^{2}}l}{{{T}^{2}}}=\dfrac{4.3,{{14}^{2}}.0,6}{2,43}\approx 9,74\left( m/{{s}^{2}} \right)$

Gợi ý: 

Bước sóng: $\lambda =\dfrac{v}{f}$

Số điểm dao động với biên độ cực tiểu trên đường nối hai nguồn: $N=2.\left[ \dfrac{AB}{\lambda }+\dfrac{1}{2} \right]$

Cách giải: 

Bước sóng là: $\lambda =\dfrac{v}{f}=\dfrac{30}{10}=3\left( cm \right)$

Số điểm dao động với biên độ cực tiểu trên đoạn AB là:

$N=2.\left[ \dfrac{AB}{\lambda }+\dfrac{1}{2} \right]=2.\left[ \dfrac{20}{3}+\dfrac{1}{2} \right]=2.\left[ 7,17 \right]=14$

Nhận xét: mỗi đường cực tiểu cắt đường tròn đường kính AB tại 2 điểm

Số điểm dao động với biên độ cực tiểu trên đường tròn là: 14.2 = 28

Gợi ý: 

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch: $U=\sqrt{U_{r}^{2}+{{\left( {{U}_{L}}-{{U}_{C}} \right)}^{2}}}$

Hệ số công suất của đoạn mạch: $\cos \varphi =\dfrac{r}{\sqrt{{{r}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}$

Cách giải: 

Ta có: ${{U}_{MB}}={{U}_{C}}=150\left( V \right)$

${{U}_{AM}}=\sqrt{U_{L}^{2}+U_{r}^{2}}\Rightarrow U_{L}^{2}+U_{r}^{2}=U_{AM}^{2}={{90}^{2}}\left( 1 \right)$

$U=\sqrt{U_{r}^{2}+{{\left( {{U}_{L}}-{{U}_{C}} \right)}^{2}}}\Rightarrow {{\left( {{U}_{L}}-150 \right)}^{2}}+U_{r}^{2}={{120}^{2}}\left( 2 \right)$

Giải hệ phương trình (1) và (2), ta có: $\left\{ \begin{align}

& {{U}_{L}}=54\left( V \right) \\

& {{U}_{r}}=72\left( V \right) \\

\end{align} \right.$

Hệ số công suất của đoạn mạch AM là:

$\cos {{\varphi }_{AM}}=\dfrac{r}{\sqrt{{{r}^{2}}+Z_{L}^{2}}}=\dfrac{{{U}_{r}}}{{{U}_{AM}}}=\dfrac{72}{90}=0,8$

Gợi ý:
C thay đổi, điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn cảm đạt cực đại khi trong mạch có cộng hưởng: ${{Z}_{L}}={{Z}_{C}}$
Hệ quả khi xảy ra cộng hưởng: $\left\{ \begin{align}
& {{U}_{R}}=U \\
& {{U}_{L}}={{U}_{C}} \\
\end{align} \right.$
Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch: $U=\sqrt{U_{R}^{2}+{{\left( {{U}_{L}}-{{U}_{C}} \right)}^{2}}}$
Cách giải:
Khi C thay đổi, điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn cảm đạt giá trị cực đại khi trong mạch xảy ra hiện tượng cộng hưởng
$\Rightarrow {{Z}_{L}}={{Z}_{C0}}\Rightarrow {{U}_{L\max }}={{U}_{C0}}=60\left( V \right)$
Điện áp giữa hai đầu đoạn mạch chứa cuộn cảm và điện trở là:
${{U}_{RL}}=\sqrt{U_{R}^{2}+U_{L}^{2}}=\sqrt{{{60}^{2}}+{{80}^{2}}}=100\left( V \right)$

Gợi ý:
Năng lượng điện từ của mạch dao động: \[\text{W}=\dfrac{1}{2}C{{u}^{2}}+\dfrac{1}{2}L{{i}^{2}}\]
Công thức độc lập với thời gian: $\dfrac{{{i}^{2}}}{I_{0}^{2}}+\dfrac{{{u}^{2}}}{U_{0}^{2}}=1$
Cách giải:
Ta có định luật bảo toàn năng lượng điện từ trong mạch dao động:
\[{{\text{W}}_{d\max }}={{\text{W}}_{t\max }}\Rightarrow \dfrac{1}{2}CU_{0}^{2}=\dfrac{1}{2}LI_{0}^{2}\]
$\Rightarrow I_{0}^{2}=\dfrac{CU_{0}^{2}}{L}=\dfrac{{{5.10}^{-9}}{{.4}^{2}}}{0,{{2.10}^{-3}}}={{4.10}^{-4}}\left( {{A}^{2}} \right)$
Áp dụng công thức độc lập với thời gian, ta có:
$\Rightarrow \dfrac{{{i}^{2}}}{I_{0}^{2}}+\dfrac{{{u}^{2}}}{U_{0}^{2}}=1\Rightarrow \dfrac{{{\left( {{12.10}^{-3}} \right)}^{2}}}{{{4.10}^{-4}}}+\dfrac{{{u}^{2}}}{{{4}^{2}}}=1\Rightarrow \left| u \right|=3,2\left( V \right)$

Gợi ý: 

Năng lượng photon: $E=n{{E}_{0}}=n\dfrac{hc}{\lambda }$

Công suất của nguồn: $P=\dfrac{E}{t}$

Cách giải: 

Năng lượng của 1 photon là:

${{E}_{0}}=\dfrac{hc}{\lambda }=\dfrac{6,{{625.10}^{-34}}{{.3.10}^{8}}}{0,{{6.10}^{-6}}}=3,{{3125.10}^{-19}}\left( J \right)$

Công suất phát xạ của nguồn là:

$P=\dfrac{E}{t}=\dfrac{n}{t}.{{E}_{0}}=1,{{51.10}^{18}}.3,{{315.10}^{-19}}\approx 0,5\left( \text{W} \right)$

Gợi ý:
Độ lớn lực đàn hồi: ${{F}_{dh}}=k\Delta l=k\left| \Delta {{l}_{0}}+x \right|$
Độ lớn lực phục hồi: ${{F}_{ph}}=k\left| x \right|$
Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị và vòng tròn lượng giác
Tần số góc của con lắc lò xo: $\omega =\sqrt{\dfrac{g}{\Delta {{l}_{0}}}}$
Vận tốc của vật: $v=\omega \sqrt{{{A}^{2}}-{{x}^{2}}}$
Cách giải:

Giả sử ở vị trí cân bằng, lò xo giãn một đoạn $\Delta {{l}_{0}}$
Lực đàn hồi và lực phục hồi có độ lớn cực đại là:
$\left\{ \begin{align}
& {{F}_{dh\max }}=k\left( \Delta {{l}_{0}}+A \right) \\
& {{F}_{ph\max }}=kA \\
\end{align} \right.\Rightarrow {{F}_{dh\max }}>{{F}_{ph\max }}$
Từ đồ thị ta thấy đồ thị (1) là đồ thị lực phục hồi, đồ thị (2) là đồ thị lực đàn hồi
Ta có: $\dfrac{{{F}_{dh\max }}}{{{F}_{ph\max }}}=\dfrac{k\left( \Delta {{l}_{0}}+A \right)}{kA}=\dfrac{3}{2}\Rightarrow 2\left( \Delta {{l}_{0}}+A \right)=3A\Rightarrow A=2\Delta {{l}_{0}}$
Nhận xét: lực phục hồi có độ lớn nhỏ nhất tại vị trí cân bằng → tại thời điểm t1, vật ở vị trí cân bằng
Lực đàn hồi có độ lớn nhỏ nhất tại vị trí lò xo không biến dạng → tại thời điểm t2, vật ở vị trí lò xo không biến dạng lần thứ 2 kể từ thời điểm t1
Lực đàn hồi và lực phục hồi có độ lớn cực đại tại vị trí biên dưới → tại thời điểm t3, vật ở vị trí biên dưới lần đầu tiên kể từ thời điểm t2
Ta có vòng tròn lượng giác:

Từ vòng tròn lượng giác ta thấy từ thời điểm t1 đến t2, vecto quay được góc $\Delta \varphi =\dfrac{7\pi }{6}\left( rad \right)$
Ta có: $\omega =\dfrac{\Delta \varphi }{\Delta t}=\dfrac{\dfrac{7\pi }{6}}{\dfrac{7\pi }{120}}=20\left( rad/s \right)$
Lại có: $\omega =\sqrt{\dfrac{g}{\Delta l}}\Rightarrow 20=\sqrt{\dfrac{10}{\Delta {{l}_{0}}}}\Rightarrow \Delta {{l}_{0}}=0,025\left( m \right)=2,5\left( cm \right)$
$\Rightarrow A=5\left( cm \right)$
Khi lò xo giãn 6,5 cm, vật có li độ là:
$x=\Delta l-\Delta {{l}_{0}}=6,5-2,5=4\left( cm \right)$
Tốc độ của vật là:
$v=\omega \sqrt{{{A}^{2}}-{{x}^{2}}}=20\sqrt{{{5}^{2}}-{{4}^{2}}}=60\left( cm/s \right)$

Gợi ý: 

Biên độ dao động của điểm trên sóng dừng: $A={{A}_{b}}\left| \sin \dfrac{2\pi d}{\lambda } \right|$ với d là khoảng cách từ điểm đó tới nút sóng gần nhất

Hai điểm thuộc cùng 1 bó sóng, hoặc cùng bó sóng chẵn hay lẻ thì dao động cùng pha

Hai điểm thuộc hai bó sóng liền kề, hoặc 1 điểm thuộc bó sóng chẵn, 1 điểm thuộc bó sóng lẻ thì dao động ngược pha

Khoảng cách giữa hai điểm dao động: $d=\sqrt{d_{x}^{2}+d_{u}^{2}}.$

Cách giải: 

Điểm M gần nút A nhất dao động với biên độ là:

${{A}_{M}}={{A}_{b}}\left| \sin \dfrac{2\pi {{d}_{M}}}{\lambda } \right|\Rightarrow 2\sqrt{2}=4\left| \sin \dfrac{2\pi {{d}_{M}}}{30} \right|\Rightarrow {{d}_{M}}=3,75\left( cm \right)$

Điểm N gần nút B nhất dao động với biên độ là:

${{A}_{N}}={{A}_{b}}\left| \sin \dfrac{2\pi {{d}_{N}}}{\lambda } \right|\Rightarrow 2\sqrt{3}=4\left| \sin \dfrac{2\pi {{d}_{N}}}{\lambda } \right|\Rightarrow {{d}_{N}}=5\left( cm \right)$

Khoảng cách lớn nhất giữa hai điểm M, N trên phương truyền sóng là:

${{d}_{x}}=AB-{{d}_{M}}-{{d}_{N}}=51,25\left( cm \right)$

Chiều dài dây là:

$l=k\dfrac{\lambda }{2}\Rightarrow 60=k.\dfrac{30}{2}\Rightarrow k=4.$

→ trên dây có 4 bụng sóng, M, N nằm trên hai bó sóng ngoài cùng → M, N dao động ngược pha

→ trên phương truyền sóng, hai điểm M, N cách xa nhau nhất khi 1 điểm ở biên dương, 1 điểm ở biên âm

Khoảng cách lớn nhất giữa hai điểm M, N trên phương dao động là:

${{d}_{u}}={{A}_{M}}+{{A}_{N}}=2\sqrt{2}+2\sqrt{3}\approx 6,29\left( cm \right)$

Khoảng cách lớn nhất giữa hai điểm M, N là:

$d=\sqrt{d_{x}^{2}+d_{u}^{2}}=\sqrt{51,{{25}^{2}}+6,{{29}^{2}}}\approx 51,63\left( cm \right)$

Khoảng cách này gần nhất với giá trị 52 cm

Gợi ý:
+ Hệ số công suất của đoạn mạch X: $\cos {{\varphi }_{X}}$
Trong đó: ${{\varphi }_{X}}={{\varphi }_{uX}}-{{\varphi }_{i}}$
+ Pha ban đầu của i: ${{\varphi }_{i}}={{\varphi }_{uC}}+\dfrac{\pi }{2}={{\varphi }_{uL}}-\dfrac{\pi }{2}$
Cách giải:
Ta có: $2LC{{\omega }^{2}}=1\Leftrightarrow \dfrac{2\omega L}{\dfrac{1}{\omega C}}=1\Rightarrow 2{{Z}_{L}}={{Z}_{C}}$
$\Rightarrow 2{{u}_{L}}=-{{u}_{C}}\Rightarrow 2{{u}_{L}}+{{u}_{C}}=0$
$\Rightarrow 2{{u}_{AN}}+{{u}_{MB}}=2{{u}_{L}}+2{{u}_{X}}+{{u}_{X}}+{{u}_{C}}$
$\Rightarrow 2{{u}_{AN}}+{{u}_{MB}}=3{{u}_{X}}$
$\Rightarrow {{u}_{X}}=\dfrac{2{{u}_{AN}}+{{u}_{MB}}}{3}$
Giả sử ${{\varphi }_{uMB}}=0\Rightarrow {{\varphi }_{uAN}}=\dfrac{5\pi }{12}$
$\Rightarrow \left\{ \begin{align}
& {{u}_{MB}}=90\sqrt{2}\cos \left( \omega t \right) \\
& {{u}_{AN}}=120\sqrt{2}.\cos \left( \omega t+\dfrac{5\pi }{12} \right) \\
\end{align} \right.$
$\Rightarrow {{u}_{X}}=\dfrac{240\sqrt{2}\angle \dfrac{5\pi }{12}+90\sqrt{2}\angle 0}{3}=130,7\angle 0,99$
$\Rightarrow {{\varphi }_{uX}}=0,99rad$
Lại có: ${{u}_{C}}={{u}_{MB}}-{{u}_{X}}=122,6\angle -1,1$
⇒ Độ lệch pha giữa ${{u}_{X}}$ và $i$ là:
${{\varphi }_{X}}={{\varphi }_{uX}}-{{\varphi }_{i}}=0,99-0,47079=0,51921rad$
⇒ Hệ số công suất của X là:
$\cos \varphi =\cos 0,51921=0,868$

Gợi ý:
Tọa độ vân tối: ${{x}_{t}}=\left( k-0,5 \right)i=\left( k-0,5 \right)\dfrac{\lambda D}{a}$
Giữa vân sáng trung tâm và vân tối thứ k có (k – 1) vân sáng
Cách giải:
Ta có tọa độ vân tối trùng gần với vân trung tâm nhất:
${{x}_{i}}=\left( {{k}_{1}}-0,5 \right){{i}_{1}}=\left( {{k}_{2}}-0,5 \right){{i}_{2}}\Rightarrow \left( {{k}_{1}}-0,5 \right){{\lambda }_{1}}=\left( {{k}_{2}}-0,5 \right){{\lambda }_{2}}$
$\Rightarrow \dfrac{{{k}_{1}}-0,5}{{{k}_{2}}-0,5}=\dfrac{{{\lambda }_{2}}}{{{\lambda }_{1}}}=\dfrac{7}{5}\Rightarrow \dfrac{2{{k}_{1}}-1}{2{{k}_{2}}-1}=\dfrac{7}{5}$
$\Rightarrow \left\{ \begin{align}
& 2{{k}_{1}}-1=7\Rightarrow {{k}_{1}}=4 \\
& 2{{k}_{2}}-1=5\Rightarrow {{k}_{2}}=3 \\
\end{align} \right.$
→ tại vân tối trùng là vân tối thứ 4 của bức xạ ${{\lambda }_{1}}$ và vân tối thứ 3 của bức xạ ${{\lambda }_{2}}$
→ trong khoảng giữa vân trung tâm và vân tối trùng có ${{N}_{1}}=3$ vân sáng của bức xạ ${{\lambda }_{1}}$ và ${{N}_{2}}=2$ vân sáng của bức xạ ${{\lambda }_{2}}.$
$\Rightarrow {{N}_{1}}+{{N}_{2}}=5$