Đáp án A

Phương pháp giải:

Đọc phương trình dao động điều hòa

Giải chi tiết:

$x=10\cos \left(2\pi t+0,5\pi \right)\left(cm\right)$

Pha ban đầu của dao động: $\phi =0,5\pi \left(rad\right)$

Đáp án D

Phương pháp giải:

Sử dụng lí thuyết về dao động của mạch LC.

Giải chi tiết:

Tần số dao động LC lí tưởng: $f=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}$

Đáp án A

Phương pháp giải:

Vận dụng lí thuyết về các loại tia

Giải chi tiết:

Tia tử ngoại được phát ra rất mạnh từ hồ quang điện

Đáp án C

Phương pháp giải:

Sử dụng biểu thức tính gia tốc của vật dao động điều hòa

Giải chi tiết:

Gia tốc của vật dao động điều hòa: $a=-{\omega }^{2}x$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Sử dụng định nghĩa về các tật của mắt

Giải chi tiết:

Mắt không có tật là khi không điều tiết, thì tiêu điểm của thấu kính mắt nằm trên màng lưới

Đáp án B

Phương pháp giải:

Sử dụng lí thuyết về cường độ điện trường

Giải chi tiết:

Đơn vị của cường độ điện trường là: Vôn trên mét (V/m)

Đáp án D

Phương pháp giải:

Vận dụng lí thuyết về dao động tắt dần

Giải chi tiết:

Trong dao động tắt dần, các đại lượng giảm liên tục theo thời gian là: Biên độ và cơ năng

Đáp án A

Phương pháp giải:

Sử dụng biểu thức tính cảm kháng.

Giải chi tiết:

Cảm kháng của cuộn cảm:  $Z_L=\omega L.$

Đáp án A

Phương pháp giải:

Sử dụng lí thuyết về cường độ âm.

Giải chi tiết:

Đơn vị đo cường độ âm là: oát trên mét vuông $\left(W/m^2\right)$

Đáp án D

Phương pháp giải:

Vận dụng điều kiện xảy ra hiện tương quang điện: $\lambda \le {\lambda }_0$

Giải chi tiết:

Ta có, hiện tương quang điện xảy ra khi $\lambda \le {\lambda }_0$

Có ${\lambda }_0=0,3\mu m$

$\Rightarrow$ Hiện tượng quang điện không xảy ra nếu $\lambda =0,4\mu m.$

Đáp án D

Phương pháp giải:

Vận dụng lí thuyết đại cương về dòng điện xoay chiều.

Giải chi tiết:

Đại lượng không dùng giá trị hiệu dụng là công suất

Đáp án C

Phương pháp giải:

Sử dụng biểu thức chiều dài sóng dừng trên dây một đầu cố định – một đầu tự do

Giải chi tiết:

Chiều dài sóng dừng trên dây một đầu cố định – một đầu tự do: $l=\left(2k+1\right)\frac{\lambda }{4}$

Đáp án A

Phương pháp giải:

Sử dụng định nghĩa về đơn vị khối lượng nguyên tử.

Giải chi tiết:

Đơn vị u có giá trị bằng $\frac{1}{12}$ khối lượng nguyên tử của đồng vị ${}_6^{12}C;$ cụ thể $1u=\frac{1}{12}{m}_C=1,{66055.10}^{-27}kg$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Vận dụng lí thuyết về ánh sáng.

Giải chi tiết:

A – sai vì: Ánh sáng đơn sắc không bị tán sắc khi truyền qua lăng kính.

B – đúng

C, D - sai

Đáp án D

Phương pháp giải:

Sử dụng lí thuyết về nguyên tắc thông tin liên lạc bằng sóng vô tuyến.

Giải chi tiết:

Trong sơ đồ khối của máy phát thanh và máy thu thanh đơn giản đều có bộ phần là anten

Đáp án C

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức cấu tạo nguyên tử X: ${}_Z^{A}X$

+ X: tên nguyên tử

+ Z: số hiệu nguyên tử (là vị trí hạt nhân trong bảng tuần hoàn hóa học)

+ Số hạt proton = spps hạt electron = số Z

+ A: số khối = số proton + số electron

Giải chi tiết:

Hạt nhân ${}_{27}^{60}Co$ có:

+ 27 proton

+ 60 – 27 = 33 notron

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Sử dụng công thức tính tần số góc: $\omega =\frac{2\pi }{T}$

- Xác định pha ban đầu: Tại t = 0: $\left\{\begin{array}{l}x=A\cos \phi \\ v=-Asin\phi \end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}\cos \phi =\frac{x_0}{A}\\ \sin \phi =-\frac{v}{A\omega }\end{array}\right.\to \phi =?$

Giải chi tiết:

Ta có:

+ Tần số góc của dao động: $\omega =\frac{2\pi }{T}=\frac{2\pi }{2}=\pi \left(rad/s\right)$

+ Biên độ dao động: A=4cm

+ Tại $t=0:\left\{\begin{array}{l}{x}_0=0\\ v>0\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\cos \phi =0\\ \sin \phi <0\end{array}\right.\Rightarrow \phi =-\frac{\pi }{2}$

Phương trình dao động của vật: $x=4\cos \left(\pi t-\frac{\pi }{2}\right)cm$

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Đọc đồ thị

- Vận dụng biểu thức: $T=\frac{1}{f}$

- Vận dụng biểu thức tần số của máy phát điện xoay chiều: f=np

Giải chi tiết:

Từ đồ thị, ta có chu kì dao động T=12 ô$={\mathrm{12.5.10}}^{-3}=0,06s\Rightarrow f=\frac{1}{T}=\frac{50}{3}\left(Hz\right)$

Ta có, tốc độ quay của máy phát: n=1000 vòng/phút $=\frac{50}{3}$ vòng/s

Lại có: $f=np\Rightarrow p=\frac{f}{n}=\frac{\frac{50}{3}}{\frac{50}{3}}=1$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Sử dụng ứng dụng của tia hồng ngoại.

Giải chi tiết:

Cơ sở để ứng dụng tia hồng ngoại trong chiếc điều khiển ti vi là dựa trên khả năng biến điệu của tia hồng ngoại.

Đáp án D

Phương pháp giải:

+ Sử dụng biểu thức tính tần số góc: $\omega =2\pi f.$

+ Sử dụng biểu thức tính cảm kháng và dung kháng: $\left\{\begin{array}{l}{Z}_L=\omega L\\ Z_C=\frac{1}{\omega C}\end{array}\right.$

+ Sử dụng biểu thức tính tổng trở: $Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}$

Giải chi tiết:

Ta có:

+ Tần số góc: $\omega =2\pi f=100\pi \left(rad/s\right)$

+ Cảm kháng: $Z_L=\omega L=100\pi .\frac{1}{\pi }=100\Omega$

+ Dung kháng: $Z_C=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{100\pi .\frac{2}{\pi }{.10}^{-4}}=50\Omega$

Tổng trở của mạch: $Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}=\sqrt{{50}^2+{\left(100-50\right)}^2}=50\sqrt{2}\Omega$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Sử dụng biểu thức $\lambda =\frac{v}{f}$

Giải chi tiết:

Ta có: $\lambda =\frac{v}{f}=\frac{{3.10}^8}{{10.10}^6}=30m$

Đáp án C

Phương pháp giải:

Sử dụng biểu thức tính năng lượng liên kết: ${\text{W}}_{lk}=\left[Z.m_p+\left(A-Z\right)m_n-m_X\right]c^2$

Giải chi tiết: $\begin{array}{l}{\text{W}}_{lk}=\left[Z.m_p+\left(A-Z\right)m_n-m_X\right]c^2\\ =\left[2.1,0073u+2.1,0087u-4,0015u\right]c^2\\ =0,0305u{c}^2=28,41MeV\end{array}$

Đáp án C

Phương pháp giải:

Sử dụng biểu thức tính nhiệt lượng: $Q=I^{2}Rt$

Giải chi tiết:

Nhiệt lượng tỏa ra: $Q=I^{2}Rt=2^2\mathrm{.100.}\left(2.60\right)=48000J=48kJ$

Đáp án A

Phương pháp giải:

+ Sử dụng biểu thức tính bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}$

+ Sử dụng công thức tính độ lệch pha của 2 điểm trên phương truyền sóng: $\Delta \phi =\frac{2\pi d}{\lambda }$

Giải chi tiết:

Hai phần từ môi trường tại M, N luôn dao động cùng pha nhau nên

$MN=k\lambda =k\frac{v}{f}=k.\frac{v}{40}=20\Rightarrow v=\frac{80}{k}\left(k\in \mathbb{Z}\right).$

Cho $18<\frac{80}{k}<25\iff 4,44>k>3,2\Rightarrow k=4\Rightarrow \lambda =20$cm

$\Rightarrow v=\lambda f=800$cm/s= 8 m/s. Chọn A

Đáp án C

Phương pháp giải:

Sử dụng biểu thức tính photon: $\epsilon =hf=\frac{hc}{\lambda }$

Giải chi tiết:

Năng lượng mỗi photon của ánh sáng: $\epsilon =\frac{hc}{\lambda }=\frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{0,{4.10}^{-6}}=4,{97.10}^{-19}J$

Đáp án B

Phương pháp giải:

+ Sử dụng biểu thức: $T=\frac{\Delta t}{N}$

+ Sử dụng biểu thức tính chu kì con lắc đơn: $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$

Giải chi tiết:

Ta có, chu kì dao động của con lắc đơn: $T=\frac{36}{20}=1,8s$

Mặt khác, $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}\Rightarrow g=\frac{4{\pi }^2.l}{T^2}=\frac{4{\pi }^2.0,8}{1,8^2}=9,748s$

Đáp án B

Phương pháp giải:

+ Khoảng cách giữa n vân sáng liên tiếp: $\left(n-1\right)i$

+ Sử dụng công thức tính khoảng vân: $i=\frac{\lambda D}{a}$

Giải chi tiết:

Ta có:

+ Khoảng cách giữa 15 vân sáng liên tiếp: $14i=2,8cm\Rightarrow u=0,2cm={2.10}^{-3}m$

+ Khoảng vân: $i=\frac{\lambda D}{a}$

$\Rightarrow$ Bước sóng: $\lambda =\frac{ai}{D}=\frac{0,{3.10}^{-3}{\mathrm{.2.10}}^{-3}}{1}=0,{6.10}^{-6}m=0,6\mu m$

Đáp án A

Phương pháp giải:

Sử dụng biểu thức hiệu mức năng lượng: $E_M-E_N=\epsilon =hf$

Giải chi tiết:

Ta có: $E_M-E_K=hf$

$\Rightarrow f=\frac{E_M-E_K}{h}=\frac{\left(-1,51-\left(-13,6\right)\right).1,{6.10}^{-19}}{6,{625.10}^{-34}}=2,92,{10}^{15}Hz$

Đáp án C

Phương pháp giải:

+ Vận dụng biểu thức máy biến áp: $\frac{U_1}{U_2}=\frac{N_1}{N_2}$

+ Sử dụng biểu thức tính công suất hao phí: $\Delta P=\frac{P^2}{{\left(U\cos \phi \right)}^2}R$

Giải chi tiết:

Ta có $R=\frac{\rho \mathcal{l}}{S}=\frac{2,{5.10}^{-8}.\left({\mathrm{2.10.10}}^3\right)}{\left(0,{4.10}^{-4}\right)}=12,5\Omega$.

Do đó: $\Delta P=\frac{R{P}^2}{{\left(U\cos \phi \right)}^2}\Rightarrow \frac{\Delta P}{P}=\frac{R.P}{{\left(U\cos \phi \right)}^2}\Rightarrow H=1-\frac{\Delta P}{P}=1-\frac{R.P}{{\left(U\cos \phi \right)}^2}=92,28\%$. Chọn C

Đáp án D

Phương pháp giải:

+ Sử dụng điều kiện cực tiểu giao thoa: $d_2-d_1=\left(2k+1\right)\frac{\lambda }{2}$

+ Vận dụng biểu thức tính số điểm cực đại giao thoa.

Giải chi tiết:

Do 2 nguồn cùng pha và điểm M dao động với biên độ cực đại.

Do đó $d_1-d_2=4,5=k\lambda$. Giữa M và trung trực của AB có 2 dãy cực đại khác nên M thuộc vân cực đại thứ 3 suy ra k = 3.

Khi đó $4,5=3\lambda \Rightarrow \lambda =1,5$cm.

Vận tốc truyền sóng là $v=f.\lambda =24cm/s$. Chọn D

Đáp án C

Phương pháp giải:

+ Sử dụng biểu thức xác định độ dãn của lò xo tại vị trí cân bằng: $\Delta l=\frac{mg}{k}$

+ Sử dụng vòng tròn lượng giác và công thức góc quét: $\Delta \phi =\omega \Delta t$

Giải chi tiết:

Ta có:

+ Độ dãn của lò xo tại vị trí cân bằng: $\Delta l=\frac{mg}{k}=\frac{T^{2}g}{4{\pi }^2}=\frac{0,4^2.10}{4.10}=0,04m=4cm$

+ Biên độ A=8cm

Thấy $\Delta l<A\Rightarrow$ Lực đàn hồi có độ lớn cực tiểu tại vị trí $x=-\Delta l=-\frac{A}{2}$ ( vị trí lò xo không bị biến dạng $F_{dh}=0)$

Thời gian ngắn nhất kể từ t=0 đến khi lực đàn hồi của lò xo có độ lớn cực tiểu: $\Delta t=\frac{\Delta \phi }{\omega }$

Từ vòng tròn lượng giác, ta có: $\Delta \phi =\frac{7\pi }{6}\Rightarrow \Delta t=\frac{\frac{7\pi }{6}}{\frac{2\pi }{0,4}}=\frac{7}{30}s$

Phương pháp giải:

Vận dụng biểu thức: s=vt

Giải chi tiết:

Ta có: $L_A-L_B=20\log \frac{R_B}{R_A}=40\Rightarrow R_B=100R_A.$

Mặt khác $R_M=\frac{R_A+R_B}{2}=50,5R_A$  

Suy ra $L_A-L_M=20\log \frac{R_M}{R_A}=20\log \frac{50,5R_A}{R_A}\Rightarrow R_M=60-20\log 50,5=26dB.$  Chọn C

Đáp án A

Phương pháp giải:

+ Sử dụng giản đồ véc-tơ

+ Áp dụng tam giác bằng nhau

Giải chi tiết:

Theo giả thiết bài toán ta có: $R=Z_L=Z_C\Rightarrow U_R=U_L=U_C.$

Trong đó: $Z_L=100\Omega$, mặt khác $U=\sqrt{U_R^2+{(U_L-U_C)}^2}=U_R\Rightarrow U_R=100V.$

Do đó $I=1A\Rightarrow P=UI\cos \phi =\mathrm{100.1.}\cos 0=100W.$ Chọn A

Đáp án B

Phương pháp giải:

+ Áp dụng công thức tính chu kì dao động của con lắc đơn: $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$

+ Áp dụng bài toán con lắc đơn chịu thêm tác dụng của lực điện

Giải chi tiết:

Ta có, con lắc tích điện dương, cường độ điện trường $\overrightarrow{E}$  hướng xuống

$\to$ Lực điện $\overrightarrow{F_d}$  hướng xuống

Chu kì dao động của con lắc khi đó: $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g\text{'}}}$

Ta có: $$\begin{gathered} g\text{'}=g+\frac{F}{m}=g+\frac{\left|q\right|E}{m}=10+\frac{\left|{5.10}^{-6}\right|{10}^4}{0,01}=15m/s^2 \\ \Rightarrow T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g\text{'}}}=2\pi \sqrt{\frac{0,5}{15}}=1,15\left(s\right) \end{gathered}$$

Đáp án C

Phương pháp giải:

+ Xác định từ trường của dòng điện thẳng

Giải chi tiết:

* Từ $B={2.10}^{-7}\frac{I}{r}\Rightarrow 2,{8.10}^{-4}={2.10}^{-7}.\frac{1}{0,045}\Rightarrow I=63\left(A\right)\Rightarrow$Chọn C

Đáp án B

Phương pháp giải:

+ Sử dụng biểu thức tính cảm kháng: $Z_L=\omega L$

+ Sử dụng biểu thức tính dung kháng: $Z_C=\frac{1}{\omega C}$

+ Sử dụng biểu thức tính tổng trở: $Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}$

+ Sử dụng biểu thức tính định luật ôm: $I=\frac{U}{Z}$

Giải chi tiết:

Ta có:

+ Cảm kháng: $Z_L=\omega L=100\pi .\frac{1}{\pi }=100\Omega$

+ Dung kháng: $Z_C=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{100\pi .\frac{{2.10}^{-4}}{\pi }}=50\Omega$

Tổng trở: $Z=\left|Z_L-Z_C\right|=50\Omega$

Cường độ dòng điện cực đại trong mạch: $I_0=\frac{U_0}{Z}=\frac{100\sqrt{2}}{50}=2\sqrt{2}A$

Mạch chỉ có cuộn cảm thuần và tụ điện và có $Z_L>Z_C\Rightarrow$ điện áp nhanh pha $\frac{\pi }{2}$ so với dòng điện

$\Rightarrow {\phi }_i={\phi }_u-\frac{\pi }{2}=\frac{\pi }{6}-\frac{\pi }{2}=-\frac{\pi }{3}$

$\Rightarrow$ Cường độ dòng điện qua đoạn mạch: $i=2\sqrt{2}\text{cos}\left(100\pi t-\frac{\pi }{3}\right)$

Đáp án C

Phương pháp giải:

            Khoảng vân: $\left\{\begin{array}{c}{i}_1=\frac{{\lambda }_{1}D}{a}=0,8\left(mm\right)\\ i_2=\frac{{\lambda }_{2}D}{a}=1,12\left(mm\right)\end{array}\right.$

            Khoảng vân trùng: $\frac{i_2}{i_1}=\frac{1,12}{0,8}=\frac{7}{5}\Rightarrow i_{\equiv }=5i_2=5,6\left(mm\right)$

            Vì tại gốc tọa độ O không phải là vị trí vân tối trùng và O cách vị trị trùng gần nhất là $x_{min}=0,5i_{\equiv }$ nên các vị trí trùng khác:

 $\begin{array}{l}x=(n+0,5)i_{\equiv }=5,6n+2,8\left(mm\right)\stackrel{x_M=10\le x\le x_N=30}{\to }1,3\le n\le 4,8\Rightarrow n=2;\mathrm{...};4\\ \\ \end{array}$

$\Rightarrow$ Chọn C

Đáp án D

Phương pháp giải:

+ Đọc đồ thị dao động

+ Sử dụng vòng tròn lượng giac

+ Sử dụng công thức góc quét: $\Delta \phi =\omega \Delta t$

+ Sử dụng biểu thức tổng hợp dao động điều hòa: $x=x_1+x_2=A_1\angle {\phi }_1+A_2\angle {\phi }_2$

+ Sử dụng biểu thức tính cơ năng: $\text{W}=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2$

Giải chi tiết:

Xét điểm M (đường 2), N (đường 1) tại hai thời điểm $t_1,t_2$ trên đồ thị

Xác định trên vòng tròn lượng giác ta được:

Từ vòng tròn lượng giác, ta suy ra $\Delta \phi =\frac{\pi }{3}$

Ta có: $x_{N_{t_1}}=4=A\cos \frac{\Delta \phi }{2}=A\cos \frac{\pi }{6}\Rightarrow A=\frac{8}{\sqrt{3}}cm$

Mặt khác: $\Delta \phi =\omega .\Delta t\Rightarrow \omega =\frac{\Delta \phi }{\Delta t}=\frac{\frac{\pi }{3}}{\frac{1}{3}}=\pi \left(rad/s\right)\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}_1=\frac{8}{\sqrt{3}}\cos \left(\pi t-\frac{\pi }{6}\right)cm\\ x_2=\frac{8}{\sqrt{3}}\cos \left(\pi t+\frac{\pi }{6}\right)cm\end{array}\right.$

Dao động tổng hợp: $x=x_1+x_2=\frac{8}{\sqrt{3}}\angle -\frac{\pi }{6}+\frac{8}{\sqrt{3}}\angle \frac{\pi }{6}=8\angle 0$

Cơ năng của chất điểm: $\text{W}=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2=\frac{1}{2}.0,2.{\pi }^2.{\left(0,08\right)}^2=6,{4.10}^{-3}J=6,4mJ$

Đáp án C

Phương pháp giải:

+ Sử dụng công thức lượng giác

+ Sử dụng biểu thức tính vận tốc: v=x'

+ Vận dụng tính tương đối của vận tốc

+ Sử dụng biểu thức: $v=\lambda f$

Giải chi tiết:

Ta có phương trình sóng tại A và B chính là phương trình dao động của M và N. A nhanh pha hơn B suy ra M nhanh pha hơn N

Phương trình sóng tại M:

$x_M=a\cos \left(\omega t+\frac{\pi }{3}+\frac{2\pi d}{\lambda }\right)\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{v}_M=-a\omega \sin \left(\omega t+\frac{\pi }{3}+\frac{2\pi d}{\lambda }\right)\\ v_N=-a\omega \sin \left(\omega t+\frac{\pi }{3}\right)\end{array}\right.$

$v_{NM}=v_N-v_M=a\omega \sin \frac{\pi d}{\lambda }\left[2\cos \left(\omega t+\frac{\pi }{3}+\frac{\pi d}{\lambda }\right)\right]=b\cos \left(20\pi t+\frac{2\pi }{3}\right)$

Đồng nhất phương trình, ta suy ra: $\left\{\begin{array}{l}2a\omega \sin \frac{\pi d}{\lambda }=b\\ \omega =20\pi \\ \frac{\pi }{3}+\frac{\pi d}{\lambda }=\frac{2\pi }{3}\end{array}\right.\Rightarrow \frac{\pi d}{\lambda }=\frac{\pi }{3}\Rightarrow \lambda =3d=3.20=60cm$

$\Rightarrow v=\lambda .f=\lambda .\frac{\omega }{2\pi }=60.\frac{20\pi }{2\pi }=600cm/s$

Đáp án A

Phương pháp giải:

+ Đọc đồ thị i-t

+ Sử dụng biểu thức định luật ôm: $I=\frac{U}{Z}$

+ Sử dụng biểu thức tính hệ số công suất: $\cos \phi =\frac{R}{Z}$

Giải chi tiết:

Ta có:

+ Khi K mở, mạch gồm R, L, C mắc nối tiếp

Từ đồ thị ta thấy: $i_m=\sqrt{3}\text{cos}\left(\omega t+\frac{\pi }{2}\right)$

Tổng trở của mạch: $Z_m=\frac{U_0}{I_0}=\frac{100\sqrt{6}}{\sqrt{3}}=100\sqrt{2}\Omega$  và $Z_m=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}\left(1\right)$

+ Khi K đóng, mạch gồm R nối tiếp C

Từ đồ thị, ta thấy: $i_d=3\cos \left(\omega t\right)$

Tổng trở của mạch: $Z_m=\frac{U_0}{I_0}=\frac{100\sqrt{6}}{3}\Omega$  và $Z_d=\sqrt{R^2+{Z_C}^2}\left(2\right)$

Ta thấy, $i_m\perp i_d\Rightarrow {\phi }_m+{\phi }_d=\frac{\pi }{2}\Rightarrow {\cos }^2{\phi }_m+{\cos }^2{\phi }_d=1$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\cos {\phi }_m=\frac{R}{Z_m}=\frac{R}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}\\ \cos {\phi }_d=\frac{R}{Z_d}=\frac{R}{\sqrt{R^2+Z_C^2}}\end{array}\right.$

Ta suy ra: $\frac{R^2}{{\left(100\sqrt{2}\right)}^2}+\frac{R^2}{{\left(\frac{100\sqrt{6}}{3}\right)}^2}=1\Rightarrow R=50\sqrt{2}\Omega$