Vật lý

Công thức Anh-xtanh: \(hf = A+ eU_h\)

\(\frac{hc}{\lambda_1} = A+ eU_{h1}\) => \(eU_{h1} = \frac{hc}{\lambda_1} - A = hc(\frac{2}{\lambda_0} - \frac{1}{\lambda_0}) = \frac{hc}{\lambda_0}.\)

\(\frac{hc}{\lambda_2} = A+ eU_{h2}\)=> \(eU_{h2} = \frac{hc}{\lambda_2} - A = hc(\frac{3}{\lambda_0} - \frac{1}{\lambda_0}) = 2.\frac{hc}{\lambda_0}.\)

=> \(\frac{U_{h1}}{U_{h2}} = \frac{1}{2}\) 

=> Chọn đáp án C.

Để triệt tiêu dòng quang điện thì cần đặt giữa anot và catot một hiệu điện thể U_AK.

Áp dụng định luật biến thiên động năng \(W_{đ2} - W_{đ1} = qU_{AK} \)

=> \(0^2 - \frac{1}{2} m v_{max}^2 = eU_{AK}\)

=> \(U_{AK} = -\frac{0,5.9,1.10^{-31}.(4.10^5)^2}{1,6.10^{-19}} = -0,455V\)

Chọn đáp án.B

Công thức Anh-xtanh 

\(hf = A+ eU_h\)

=> \(A = h\frac{c}{\lambda_1} - eU_{h1}.(1)\)

     \(A = h\frac{c}{\lambda_2} - eU_{h2}\)

r=> \(hc(\frac{1}{\lambda_1}-\frac{1}{\lambda_2}) = e(U_2-U_1)\)

Mà \(U_2 = 2U_1\)

=> \(eU_1 = \frac{hc}{\lambda_1} - \frac{hc}{\lambda_2}\)

Thay vào (1) => \(\frac{hc}{\lambda_0} = \frac{hc}{\lambda_1} -( \frac{hc}{\lambda_1} - \frac{hc}{\lambda_2}) = \frac{hc}{\lambda_2} \)

=> \(\lambda_0 = \lambda_2 = 0,3 \mu m.\)

Vậy giới hạn quang điện là \(0,3 \mu m.\)

Công suất của nguồn sáng

\(P_1 = N_1 \varepsilon_1 \)

\(P_2 = N_2 \varepsilon_2 \)

Trong cùng khoảng thời gian \(\frac{N_1}{N_2} = \frac{5}{4}\) 

=> \(\frac{P_1}{P_2} = \frac{N_1\varepsilon_1}{N_2\varepsilon_2} = \frac{N_1 \lambda_2}{N_2 \lambda_1} = \frac{5.600}{4.400} = \frac{15}{8}.\) (do \(\frac{\varepsilon_1}{\varepsilon_2} = \frac{hc/ \lambda_1}{hc / \lambda_2} = \frac{\lambda_2}{\lambda_1}\))

Chọn đáp án.D

\(f_1 = \frac{1}{2\pi \sqrt{LC_1}}\)

\(f_2 = \frac{1}{2\pi \sqrt{LC_2}}\)

=> \(\frac{f_1}{f_2} = \frac{1}{2}= \sqrt{\frac{C_2}{C_1}} \)=> \(C_1 = 4C_2\)

Mà \(C = \sqrt{C_1C_2} = \sqrt{4C_2C_2} = 2C_2\)

C tăng 2 lần => f giảm \(\sqrt{2}\) lần tức là  \(f = \frac{f_2}{\sqrt{2}} = f\sqrt{2}.\)

Chọn đáp án.D

Sóng dừng trong ống khí là hiện tượng sóng dừng ở 1 đầu cố định và 1 đầu tự do.

\(l = (2n+1) \frac{\lambda}{4}\)=> \(f =(2n+1) \frac{v}{4l}\)

\(n=0 => f_0\)

\(n=1 => f = 3f_0\)

\(n=2 => f = 5f_0\)

Tóm lại tần số mà ống sáo phát ra có thể là \(f_0 ; 3f_0;5f_0...\). đều là các số lẻ.

Như vậy trong các đáp án chỉ có đáp án.B là có thể.

\(P_1 = P_2 <=> I_1^2R = I_2^2 R\)

<=> \(\frac{U^2}{Z_1^2} R = \frac{U^2}{Z_2^2}R\)

<=> \(Z_1^2 = Z_2^2\)

<=> \(R^2 +(Z_L-Z_{C1})^2 = R^2 +(Z_L-Z_{C2})^2\)

<=> \((Z_L-Z_{C1})^2 =(Z_L-Z_{C2})^2 \)

Mà \(Z_{C1} \neq Z_{C2}\) => \(Z_L - Z_{C1} = -(Z_L-Z_{C2})\)

=> \(Z_L = \frac{Z_{C1}+Z_{C2}}{2} \)

mà công suất của mạch cực đại khi \(Z_L = Z_C => Z_C = \frac{Z_{C_1}+Z_{C_2}}{2}\)

=> \(\frac{1}{C\omega} = \frac{1}{2}(\frac{1}{C_1\omega}+\frac{1}{C_2\omega} )\)

=> \(\frac{1}{C} = \frac{1}{2}(\frac{1}{C_1}+\frac{1}{C_2} ) = \frac{1}{2} (\frac{\pi}{2.10^{-4}}+\frac{3\pi}{2.10^{-4}})\)

=> \(C = \frac{10^{-4}}{\pi} F.\)

\(W = \frac{1}{2} kA^2 => A^2 = \frac{2W}{k} = 8.10^{-4}m^2.\)

Độ dãn của lo xo tại vị trí cân bằng \(\Delta l = \frac{mg}{k}\)

Từ VTCB kéo tới vị trí lò xo dãn 4,5 cm tức là li độ x của lò xo (so với VTCB) là:      \(x = 4,5.10^{-2} - \Delta l\)

\(A^2 = x^2 +\frac{v^2}{\omega^2}\)

=> \(8.10^{-4} = (4,5.10^{-2} - \frac{m.10}{100})^2 + \frac{m.0,4^2}{100}\)

=> \(0,01 m^2 - 7,4.10^{-3} m + 1,225.10^{-3} = 0\)

=> \(m = 0,49 kg; \) (loại) hoặc \(m = 0,25 kg; \)(chọn)

=> \(T = 2\pi \sqrt{\frac{m}{k}} = 2\pi \sqrt{\frac{0,25}{100}} = 0,1\pi.(s)\)

NX: Khi thay đổi tần số để xảy ra cộng hưởng thì \(\omega=\omega_0=\frac{1}{\sqrt{LC}}\)

Khai triển: \(U_R=IR=\frac{UR}{\sqrt{R^2+\left(Z_L-Z_C\right)^2}}=\frac{UR}{\sqrt{R^2+\left(\omega L-\frac{1}{\omega C}\right)^2}}\)

\(U_{R1}=U_{R2}\Leftrightarrow\)\(\frac{UR}{\sqrt{R^2+\left(\omega_1L-\frac{1}{\omega_1C}\right)^2}}=\frac{UR}{\sqrt{R^2+\left(\omega_2L-\frac{1}{\omega_2C}\right)^2}}\)\(\Rightarrow\omega_1\omega_2=\frac{1}{LC}=\omega_0^2\)

\(\Rightarrow f_0=\sqrt{f_1f_2}=\sqrt{40.90}=60Hz\)

Đáp án B.

Ban đầu, ở vị trí lò xo không biến dạng, vật ở VTCB O.

Lực đàn hồi đạt giá trị cực đại trong quá trình dao động, chính là vị trí vật ra biên lần đầu tiên, là M(vì ở biên độ tiếp theo thì A giảm dần).

Áp dụng định lý độ giảm cơ năng: \(\Delta W=W_o-W_M=A_{ms}\)

\(W_0=\frac{1}{2}mv^2\)

\(W_M=\frac{1}{2}kA^2\)

\(A_{ms}=\mu mg.A\)

\(\Rightarrow\frac{1}{2}0,2.1^2-\frac{1}{2}20.A^2=0,01.0,2.10.A\)

\(\Rightarrow10A^2+0,02A-0,1=0\)

\(\Rightarrow A=0,099m\)

\(\Rightarrow F_{dh}=k.A=20.0,099=1,98N\)

Đáp án D.