Phương pháp: 

Các tính chất của đường sức từ: 

- Tại mỗi điểm trong từ trường, có thể vẽ được một đường sức từ đi qua và chỉ một mà thôi.

- Các đường sức từ là những đường cong kín. Trong trường hợp nam châm, ở ngoài nam châm các đường sức từ đi ra từ cực Bắc, đi vào ở cực Nam của nam châm. 

- Các đường sức từ không cắt nhau. 

- Nơi nào cảm ứng từ lớn hơn thì các đường sức từ ở đó vẽ mau hơn (dày hơn), nơi nào cảm ứng từ nhỏ hơn  thì các đường sức từ ở đó vẽ thưa hơn. 

Cách giải:  

Các đường sức từ không cắt nhau. 

⇒ Đường sức từ không có tính chất: Các đường sức của cùng một từ trường có thể cắt nhau.

Chọn C. 

Phương pháp: 

Điện năng tiêu thụ là: $A=UIt$ 

Công suất tiêu thụ là:  $P=\frac{A}{t}$

Cách giải:  

Điện năng của pin sau khi sạc đầy là:  $A=UIt=3,{\mathrm{6.1000.10}}^{-3}.3600=12960J$

Công suất tiêu thụ của pin là:  $P=\frac{A}{t}=\frac{12960}{5.3600}=0,72W$

Chọn C. 

Phương pháp: 

Vân sáng có toạ độ là:  $x=ki(k\in Z)$

Khoảng cách từ vân sáng bậc n và vân sáng bậc m ở cùng phía so với vân trung tâm:  $x=\left|x_n-x_m\right|$

Khoảng cách từ vân sáng bậc n và vân sáng bậc m ở khác phía so với vân trung tâm:$x=x_n+x_m$  

Cách giải:  

Vì vân sáng bậc 4 và vân sáng bậc 5 nằm khác phía so với vân trung tâm nên khoảng cách giữa hai vân là:$\Delta x=x_4+x_5=4i+5i=9i$

Chọn D. 

Phương pháp: 

Độ lệch pha giữa u và i trong mạch điện xoay chiều RLC nối tiếp:  $\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}$

Tần số góc của dòng điện:  $\omega =2\pi f$

Cảm kháng và dung:  $\left\{\begin{array}{l}{Z}_L=\omega L\\ Z_C=\frac{1}{\omega C}\end{array}\right.$

Cách giải:  

Tần số góc của dòng điện:   $\omega =2\pi f=100\pi \left(rad\text{/s}\right)$

Cảm kháng:   $Z_L=\omega L=100\pi \cdot \frac{1}{2\pi }=50\Omega$

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

Độ lệch pha giữa $u_{RL}$ và i là:  

 $\tan {\phi }_{RL}=\frac{Z_L}{R}=\frac{50}{50}=1\Rightarrow {\phi }_{RL}=\frac{\pi }{4}\Rightarrow {\phi }_{uRL}-{\phi }_i=\frac{\pi }{4}$

Mà:  ${\phi }_i={\phi }_{uC}+\frac{\pi }{2}\Rightarrow {\phi }_{uRL}-\left({\phi }_{uC}+\frac{\pi }{2}\right)=\frac{\pi }{4}$

 $\Rightarrow {\phi }_{uRL}-{\phi }_{uC}-\frac{\pi }{2}=\frac{\pi }{4}\Rightarrow {\phi }_{uRL}-{\phi }_{uC}=\frac{3\pi }{4}rad$

Chọn B. 

Phương pháp: 

Tần số góc, chu kì, tần số của con lắc đơn:  $\omega =\sqrt{\frac{g}{l}};T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}};f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{g}{l}}$

Cách giải:  

Tần số góc của con lắc đơn được xác định bởi công thức: $\omega =\sqrt{\frac{g}{l}}$

Phương pháp: 

Sử dụng lí thuyết về sóng điện từ. 

Cách giải:  

Ta có thang sóng điện từ: 

Sóng vô tuyến được chia thành bốn loại là: sóng dài, sóng trung, sóng ngắn, sóng cực ngắn.

⇒ Phát biểu sai là: Sóng điện từ được chia thành bốn loại là: sóng dài, sóng trung, sóng ngắn, sóng cực ngắn. 

Chọn A. 

Phương pháp: 

Công thức tính cường độ điện trường:  $E=\frac{F}{q}$

Cách giải:  

Cường độ điện trường tại điểm đặt điện tích là:   $E=\frac{F}{q}=\frac{{3.10}^{-3}}{{10}^{-7}}={3.10}^{4}V\text{/m}$

Chọn A. 

Phương pháp: 

+ Cường độ âm tại một điểm do n nguồn âm tạo ra:  $I=\frac{nP}{4\pi r^2}$

Trong đó n là số nguồn âm. 

+ Mức cường độ âm tại một điểm:   $L=10\log \frac{I}{I_0}\left(dB\right)$

Cách giải: 

Cường độ âm tại điểm A và M là:  

 $\left\{\begin{array}{l}{I}_A=\frac{2P}{4\pi .O{A}^2}\\ I_M=\frac{2P}{4\pi .O{M}^2}\end{array}\right.$

$\Rightarrow \frac{I_M}{I_A}=\frac{\frac{nP}{4\pi .O{M}^2}}{\frac{2P}{4\pi .O{A}^2}}=\frac{n.O{A}^2}{O{M}^2}=\frac{n.{\left(2OM\right)}^2}{2.O{M}^2}=2\text{n (1)}$

Hiệu mức cường độ âm tại M và A là:  $L_M-L_A=10\log \frac{I_M}{I_0}-10\log \frac{I_A}{I_0}=10\log \frac{I_M}{I_A}\text{ (2)}$

Từ (1) và (2)  $\Rightarrow L_M-L_A=10\log 2n=30-20=10\Rightarrow n=5$

Vậy cần đặt thêm 3 nguồn. 

Chọn B. 

Phương pháp: 

+ Máy biến áp là thiết bị có khả năng thay đổi điện áp của dòng điện nhưng không làm thay đổi tần số dòng điện 

+ Máy hạ áp là máy có số vòng dây cuộn sơ cấp lớn hơn số vòng dây cuộn thứ cấp$\left(N_1>N_2\right)$  

+ Máy tăng áp là máy có số vòng dây cuộn sơ cấp nhỏ hơn số vòng dây cuộn thứ cấp  $\left(N_1<N_2\right)$

Cách giải:  

Máy biến áp có số vòng dây của cuộn sơ cấp lớn hơn số vòng dây của cuộn thứ cấp nên ⇒ máy hạ áp. 

⇒ Máy này có tác dụng giảm điện áp mà không thay đổi tần số của dòng điện xoay chiều.

Chọn B. 

Phương pháp:

Độ lệch pha giữa u và i trong mạch điện xoay chiều RLC nối tiếp:  $\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}$

Cách giải:  

Độ lệch pha giữa u và i:  $\phi ={\phi }_u-{\phi }_i=\frac{\pi }{6}-\left(-\frac{\pi }{6}\right)=\frac{\pi }{3}$

$\Rightarrow \tan \phi =\tan \frac{\pi }{3}=\sqrt{3}>0\Rightarrow \tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}>0$

$\Rightarrow Z_L>Z_C\iff \omega L>\frac{1}{\omega C}\iff \omega >\frac{1}{\sqrt{LC}}$

Chọn A. 

Phương pháp: 

+ Biểu thức cường độ dòng điện: $i=I_0\cos (\omega t+\phi )\left(A\right)$

Trong đó: I0 là cường độ dòng điện cực đại; φ là pha ban đầu; ωlà tần số góc. 

+ Tần số:  $f=\frac{\omega }{2\pi }$

+ Cường độ dòng điện hiệu dụng:  $I=\frac{I_0}{\sqrt{2}}$

Cách giải:  

Theo bài ra ta có: $\left\{\begin{array}{l}f=\frac{\omega }{2\pi }=\frac{100\pi }{2\pi }=50Hz\\ \phi =\frac{\pi }{2}\\ I=\frac{I_0}{\sqrt{2}}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=2A\end{array}\right.$  

Tại thời điểm t = 0,15s ta có: $i=2\sqrt{2}\cos \left(100\pi .0,15+\frac{\pi }{2}\right)=0$ 

⇒ Phát biểu sai: Tại thời điểm t = 0,15 s cường độ dòng điện cực đại.

Chọn C. 

Phương pháp: 

+ Sơ đồ khối của một máy phát thanh vô tuyến đơn giản: 

(1): Micrô 

(2): Mạch phát sóng điện từ cao tần. 

(3): Mạch biến điệu. 

(4): Mạch khuếch đại. 

(5): Anten phát.  

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

(1): Anten thu. 

(2): Mạch chọn sóng 

(3): Mạch tách sóng.  

(4): Mạch khuếch đại dao động điện từ âm tần.  

(5): Loa 

Cách giải:  

Trong sơ đồ khối của một máy phát thanh và một máy thu thanh vô tuyến đơn giản đều có anten.

Chọn A. 

Phương pháp: 

Dao động tắt dần được ứng dụng trong các sản phẩm giảm xóc của ô tô và xe máy.

Cách giải:  

Giảm xóc của ô tô là ứng dụng của dao động tắt dần. 

Chọn A. 

Phương pháp: 

Thay t = 0 vào phương trình của v. 

+ Vật đi theo chiều dương: v > 0. 

+ Vật đi theo chiều âm: v < 0. 

Cách giải:  

Tại thời điểm t = 0 có:  $v=2\cos \left(2.0\right)=2cm\text{/s}=v_{\max }$

⇒ Vật đang đi qua VTCB 

Mặt khác $v=2cm/s>0\Rightarrow$ vật đang đi theo chiều dương. 

⇒ Mốc thời gian là lúc chất điểm đi qua vị trí cân bằng theo chiều dương. 

Phương pháp: 

Đô lệch pha giữa hai điểm trên phương truyền sóng cách nhau một khoảng d là:$\Delta \phi =\frac{2\pi d}{\lambda }$  

Vận tốc truyền sóng là: $v=\lambda .f$

Cách giải:  

Tần số của sóng là:  $f=\frac{\omega }{2\pi }=\frac{4\pi }{2\pi }=2Hz$

Theo bài ra ta có:  $\Delta \phi =\frac{2\pi d}{\lambda }=\frac{\pi }{3}\Rightarrow \lambda =6d=6.0,5=3m$

Vận tốc truyền sóng là:  $v=\lambda .f=3.2=6m\text{/s}$

Chọn A. 

Phương pháp: 

Chu kì của mạch dao động điện từ:  $T=2\pi \sqrt{LC}$

Cách giải:  

Chu kì dao động điện từ riêng trong mạch là:   $T=2\pi \sqrt{LC}=2\pi \sqrt{{2.10}^{-3}.0,{2.10}^{-6}}=1,{257.10}^{-4}s$

Chọn D. 

Phương pháp: 

Cường độ dòng điện tức thời:  $i=I_0\cos (\omega t+\phi )\left(A\right)$

Dung kháng:  $Z_C=\frac{1}{\omega C}$

Đoạn mạch chỉ có tụ điện: i nhanh pha hơn u góc $\frac{\pi }{2}$  tức là  $\overrightarrow{i}\perp \overrightarrow{u}\Rightarrow \frac{u^2}{U^2}+\frac{i^2}{I_0^2}=1$

Cách giải:  

Dung kháng của mạch là:  $Z_C=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{100\pi \cdot \frac{{10}^{-4}}{2\pi }}=50\Omega$

Vì mạch chỉ có tụ điện nên  $\overrightarrow{i}\perp \overrightarrow{u}$

$\Rightarrow \frac{u^2}{U_0^2}+\frac{i^2}{I_0^2}=1\iff \frac{u^2}{Z_C^2\cdot I_0^2}+\frac{i^2}{I_0^2}=1$ 

 $\iff I_0^2=\frac{u^2}{Z_C^2}+i^2\iff I_0=\sqrt{\frac{u^2}{Z_C^2}+i^2}=\sqrt{\frac{{150}^2}{{50}^2}+4^2}=5A$

Lại có:  ${\phi }_i={\phi }_u+\frac{\pi }{2}=-\frac{\pi }{3}+\frac{\pi }{2}=\frac{\pi }{6}rad$

Vậy biểu thức của cường độ dòng điện là: $i=5\cos \left(100\pi t+\frac{\pi }{6}\right)\left(A\right)$ 

Chọn D. 

Phương pháp: 

Bước sóng ánh sáng:  $\lambda =\frac{ia}{D}$

Vân sáng có toạ độ là:  $x=ki(k\in Z)$

Khoảng cách từ vân sáng bậc n và vân sáng bậc m ở cùng phía so với vân trung tâm:  $x=\left|x_n-x_m\right|$

Ánh sáng tím có bước sóng nằm trong khoảng  $0,38\mu m-0,44\mu m$

Cách giải:  

Vì khoảng cách từ vân sáng thứ tư đến vân sáng thứ 10 ở cùng một phía đối với vân sáng trung tâm là 2,4mm nên:  $x=10i-4i-6i=2,4\Rightarrow i=0,4mm$

Bước sóng ánh sáng dùng trong thí nghiệm là: $\lambda =\frac{ia}{D}=\frac{0,{4.10}^{-3}{\mathrm{.1.10}}^{-3}}{1}=0,4\mu m$ 

⇒ Bước sóng này thuộc vùng ánh sáng màu tím

Phương pháp: 

Công thức tính công suất:   $P=R.I^2$

Cảm kháng, dung kháng, tổng trở: $\left\{\begin{array}{l}{Z}_L=\omega L\\ Z_C=\frac{1}{\omega C}\\ Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}\end{array}\right.$     

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

Cách giải:  

Công suất tiêu thụ của mạch:  $P=R.I^2\Rightarrow I=\sqrt{\frac{P}{R}}=\sqrt{\frac{50}{100}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\left(A\right)$

Tổng trở: $P=R.I^2\Rightarrow I=\sqrt{\frac{P}{R}}=\sqrt{\frac{50}{100}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\left(A\right)$ 

Cảm kháng của mạch:  $Z_L=\omega L=100\pi \cdot \frac{1}{\pi }=100\Omega$

Lại có:  $Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}\iff \sqrt{{100}^2+{\left(100-Z_C\right)}^2}=100\sqrt{2}\iff Z_C=200\Omega$

Mặt khác:  $Z_C=\frac{1}{\omega C}\Rightarrow C=\frac{1}{\omega .Z_C}=\frac{1}{100\pi .200}=\frac{{10}^{-4}}{2\pi }F$ 

Chọn D. 

Phương pháp: 

Sử dụng định nghĩa bước sóng. 

Cách giải:  

Bước sóng là khoảng cách giữa hai điểm gần nhau nhất trên cùng một phương truyền sóng mà dao động tại hai điểm đó cùng pha. 

Chọn A. 

Phương pháp: 

Biểu thức điện tích:  $q=Q_0\cos (\omega t+\phi )$

Biểu thức cường độ dòng điện:  $i=q^{\text{'}}=-\omega Q_0\sin (\omega t+\phi )=I_0\cos \left(\omega t+\phi +\frac{\pi }{2}\right)$

Tần số góc của mạch dao động:  $\omega =\frac{1}{\sqrt{LC}}$

Cách giải:  

Tần số góc của mạch dao động: 

 $\omega =\frac{1}{\sqrt{LC}}=\frac{1}{\sqrt{{640.10}^{-6}{\mathrm{.36.10}}^{-12}}}=6588078,459\approx 6,{6.10}^6\left(ra\text{d/s}\right)$

Tại thời điểm ban đầu điện tích của tụ điện đạt giá trị cực đại $Q_0={6.10}^{-6}C$  nên: 

 $q=Q_0\cos \phi =Q_0\Rightarrow \cos \phi =1\Rightarrow \phi =0rad$

Vậy biểu thức của điện tích trên tụ là:  $q=Q_0\cos (\omega t+\phi )={6.10}^{-6}\cos \left(6,{6.10}^{6}t\right)\left(C\right)$

Biểu thức của cường độ dòng điện:

$i=q^{\text{'}}=-\omega Q_0\sin (\omega t+\phi )=\omega Q_0\cos \left(\omega t+\phi +\frac{\pi }{2}\right)$ $={6.10}^{-6}\cdot 6,{6.10}^6\cdot \cos \left(6,{6.10}^6.t+\frac{\pi }{2}\right)$

  $=39,6.\cos \left(6,{6.10}^6.t+\frac{\pi }{2}\right)\left(A\right)$

Chọn D. 

Phương pháp: 

Quang phổ vạch phát xạ: 

+ Quang phổ vạch là một hệ thống các vạch sáng riêng lẻ, ngăn cách nhau bởi những khoảng tối.

+ Quang phổ vạch do các chất khí hay hơi ở áp suất thấp phát ra khi bị kích thích bằng điện hay bằng nhiệt.

+ Quang phổ vạch của các nguyên tố khác nhau thì rất khác nhau về số lượng các vạch, về vị trí và độ sáng  tỉ đối giữa các vạch. Mỗi nguyên tố hóa học có một quang phổ vạch đặc trưng của nguyên tố đó.

+ Ứng dụng: Để phân tích cấu tạo chất. 

Cách giải:  

Quang phổ vạch là hệ thống những vạch sáng riêng lẻ, ngăn cách nhau bởi những khoảng tối 

Chọn D. 

Phương pháp: 

Dao động tổng hợp:  $x=x_1+x_2$

Phương trình của li độ và vận tốc:  $\left\{\begin{array}{l}x=A.\cos (\omega t+\phi )\\ v=-\omega A.\sin (\omega t+\phi )\end{array}\right.$

Cách giải:  

Ta có:  $\left\{\begin{array}{l}{x}_1=4\sqrt{3}\cos \left(10\pi t\right)\left(cm\right)\\ x_2=4\sin \left(10\pi t\right)=4\cos \left(10\pi t-\frac{\pi }{2}\right)\left(cm\right)\end{array}\right.$

Phương trình dao động tổng hợp: $x=x_1+x_2=8\cos \left(10\pi t-\frac{\pi }{6}\right)\left(cm\right)$  

Phương trình vận tốc:   $v=-80\pi \sin \left(10\pi t-\frac{\pi }{6}\right)\left(cm\text{/s}\right)$

Vận tốc của vật khi t = 2s là:   $v=-80\pi \sin \left(10\pi .2-\frac{\pi }{6}\right)=40\pi \approx 125,7\left(cm\text{/s}\right)$

Chọn D

Phương pháp:

Công thức độc lập với thời gian của con lắc đơn: ${\alpha }_0^2={\alpha }^2+\frac{v^2}{gl}$ 

Cách giải:  

Áp dụng công thức độc lập với thời gian ta có:

  ${\alpha }_0^2={\alpha }^2+\frac{v^2}{gl}\iff v=\sqrt{\left({\alpha }_0^2-{\alpha }^2\right).gl}$

$\Rightarrow v=\sqrt{\left(0,1^2-0,{05}^2\right).9,8.1}\approx 27,1cm\text{/s}$

Chọn D. 

Giả sử phương trình sóng tại hai nguồn là:  $u_A=u_B=A\cos \left(\omega t\right)\left(cm\right)$

Phương trình sóng tại điểm M bất kì trên mặt chất lỏng là:  $\left\{\begin{array}{l}{u}_{M1}=A\cos \left(\omega t-\frac{2\pi .d_1}{\lambda }\right)\\ u_{M2}=A\cos \left(\omega t-\frac{2\pi .d_2}{\lambda }\right)\end{array}\right.$

$\Rightarrow u_M=2A\cos \left(\frac{\pi \left(d_2-d_1\right)}{\lambda }\right)\cos \left(\omega t-\frac{\pi .\left(d_1+d_2\right)}{\lambda }\right)$

Để M là điểm dao động cực đại và cùng pha với hai nguồn thì:  $\left\{\begin{array}{l}{d}_2-d_1=k\lambda \\ d_1+d_2=2k\lambda \end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}MA-MB=k\lambda \\ MA+MB=2k\lambda \end{array}\right.\right.$

Để M là cực đại cùng pha thì: MA − MBvà MA + MB phải cùng là số chẵn hoặc cùng là số lẻ lần bước

sóng ⇒  MA, MB thuộc $N^{\ast }=\{1;2;3;\dots \}$   (1)

Chuẩn hóa λ = 1  Vì MI là đường trung tuyến của tam giác AMB nên:  $M{I}^2=\frac{2\left(M{A}^2+M{B}^2\right)-A{B}^2}{4}=\frac{\left(5k^2-6,6^2\right){\lambda }^2}{4}$    (2) Mặt khác vì M nằm trong đường trong đường kính AB nên:   $\left\{\begin{array}{l}M{A}^2-M{B}^2\le 6,6^2\\ MA+MB=6,6\end{array}\right.$

Bài toán trở thành tìm cặp số MA, MB thỏa mãn điều kiện (1) sao cho $M{A}^2+M{B}^2$đạt giá trị lớn nhất. 

Nhẩm nghiệm ta có cặp $(MA,MB)=(4;5)$ thỏa mãn. 

Thay vào (2) ta được : MI = 3,1 

Chọn B. 

Phương pháp: 

Các công thức lăng kính:  $\sin i_1=n\sin r_1;\sin i_2=n\sin r_2$

Khi có góc lệch cực tiểu thì tia tới và tia ló đối xứng nhau qua mặt phẳng phân giác của góc A và khi đó: $\left\{\begin{array}{l}{i}_1=i_2=i_{\min }\\ r_1=r_2=\frac{A}{2}\\ D_{\min }=2i_{\min }-A\end{array}\right.$ 

Cách giải:  

+ Lăng kính có tiết diện thẳng là tam giác đều $\Rightarrow A={60}^0$ 

+ Tia tím có góc lệch cực tiểu nên: 

  $r_1=r_2=\frac{A}{2}=\frac{60}{2}={30}^0\Rightarrow \sin i_1=n_t\sin r_1\Rightarrow i_1={60}^0$

+  Muốn tia đỏ có góc lệch cực tiểu thì phải giảm góc tới đi   ${15}^0\Rightarrow i_1^{\text{'}}={60}^0-{15}^0={45}^0$

Khi tia đỏ có góc lệch cực tiểu thì:   $r_1^{\text{'}}=r_2^{\text{'}}=\frac{A}{2}=\frac{60}{2}={30}^0$

$\Rightarrow \sin i_1^{\text{'}}=n_d\sin r_1^{\text{'}}\Rightarrow n_d=1,4142$

Chọn B. 

Phương pháp: 

Sử dụng phương pháp chuẩn hóa, đạo hàm. 

Cách giải:  

Đặt $y=V_1+V_2+V_3=\frac{U\left(R+Z_L+Z_C\right)}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$ 

Lấy đạo hàm của y theo ZC ta được: 

$y^{\text{'}}=\frac{\sqrt{R^2+Z_L^2-2Z_L{Z}_C+Z_C^2}-\left(R+Z_L+Z_C\right)\cdot \frac{2Z_C-2Z_L}{2\sqrt{R^2+Z_L^2-2Z_L{Z}_C+Z_C^2}}}{R^2+Z_L^2-2Z_L{Z}_C+Z_C^2}$

$y^{\text{'}}=0\iff \frac{\sqrt{R^2+Z_L^2-2Z_L{Z}_C+Z_C^2}-\left(R+Z_L+Z_C\right)\cdot \frac{2Z_C-2Z_L}{2\sqrt{R^2+Z_L^2-2Z_L{Z}_C+Z_C^2}}}{R^2+Z_L^2-2Z_L{Z}_C+{Z_C}^2}=0$ 

$\iff \sqrt{R^2+Z_L^2-2Z_L{Z}_C+Z_C^2}=\frac{\left(R+Z_L+Z_C\right)\left(Z_C-Z_L\right)}{\sqrt{R^2+Z_L^2-2Z_L{Z}_C+Z_C^2}}$$\Rightarrow Z_C=\frac{R^2+2Z_L^2+Z_{L}R}{R+2Z_L}$ 

Hệ số công suất $\cos \phi =0,95\Rightarrow \left|\tan \phi \right|=\frac{\sqrt{39}}{19}$ 

 $\Rightarrow \left[\begin{array}{l}\frac{Z_L-Z_C}{R}=\frac{\sqrt{39}}{19}\\ -\frac{Z_L-Z_C}{R}=\frac{\sqrt{39}}{19}\end{array}\right.$ $\Rightarrow \left[\begin{array}{l}{Z}_C=Z_L-R\cdot \frac{\sqrt{39}}{19}\\ Z_C=R\cdot \frac{\sqrt{39}}{19}+Z_L\end{array}\right.$

+ TH1: $Z_C=R.\tan \phi +Z_L=Z_L-R\cdot \frac{\sqrt{39}}{19}$ 

Chuẩn hóa: $R=1\Rightarrow Z_L<0\Rightarrow$ Không thõa mãn.

+ TH2:  $Z_C=R.\tan \phi +Z_L=R\cdot \frac{\sqrt{39}}{19}+Z_L$

  $\Rightarrow \frac{R^2+2Z_L^2+Z_{L}R}{R+2Z_L}=R\cdot \frac{\sqrt{39}}{19}+Z_L$

Chuẩn hóa:  $R=1\Rightarrow Z_L=1,0212\Rightarrow Z_C=1,35$

$\Rightarrow V_1+V_2+V_3+\frac{U\left(R+Z_L+Z_C\right)}{Z}=\frac{U\cos \phi .\left(R+Z_L+Z_C\right)}{R}=320,25V$

Chọn D. 

Phương pháp: 

Biểu thức từ thông:  $\Phi ={\Phi }_0\cos (\omega t+\phi )=NBS.\cos (\omega t+\phi )$

Biểu thức suất điện động cảm ứng:  $e=-{\Phi }^{\text{'}}=\omega NBS.\sin (\omega t+\phi )$

Cách giải:  

Biểu thức của từ thông: $\Phi =NBS.\cos (\omega t+\phi )$

Với:  $\left\{\begin{array}{l}{\Phi }_0=NBS={\mathrm{250.5.10}}^{-2}{\mathrm{.150.10}}^{-4}=0,1875Wb\\ f=\frac{3600}{60}=60Hz\Rightarrow \omega =2\omega f=120\pi \left(rad\text{/s}\right)\end{array}\right.$

Tại thời điểm t = 0 vecto cảm ứng từ B  vuông góc với mặt phẳng khung dây  $\Rightarrow \phi =0$

 $\Rightarrow \Phi =0,1875.\cos \left(120\pi t\right)\left(Wb\right)$

⇒ Biểu thức suất điện động cảm ứng: e$e=22,5\pi .\sin \left(120\pi t\right)\left(V\right)$ 

Tại thời điểm $t=\frac{1}{48}s$ suất điện động cảm ứng có giá trị là:  $e=22,5\pi .\sin \left(120\pi \cdot \frac{1}{48}\right)=-70,7V$

Chọn B. 

Phương pháp: 

Khi một ánh sáng đơn sắc truyền từ môi trường này sang môi trường khác thì vận tốc truyền, phương truyền, bước sóng thay đổi nhưng tần số, chu kì, màu sắc thì không đổi. 

Vận tốc ánh sáng truyền trong môi trường có chiết suất n: $v=\frac{c}{n}\Rightarrow {\lambda }^{\text{'}}=\frac{v}{f}=\frac{c}{nf}=\frac{\lambda }{n}$ 

Cách giải:  

+ Khi truyền từ nước vào không khí thì tần số không đổi. 

+ Khi truyền trong môi trường nước:  ${\lambda }_n=\frac{v}{f}=\frac{c}{n\cdot f}$

+ Khi truyền trong không khí:  ${\lambda }_{kk}=c.T=\frac{c}{f}$

$\Rightarrow {\lambda }_n<{\lambda }_{kk}$  

⇒ Khi truyền từ nước ra không khí thì bước sóng tăng, tần số không đổi.

Phương pháp: 

Ánh sáng truyền trong không khí:  $v=c;\lambda =\frac{c}{f}$

Ánh sáng truyền trong môi trường có chiết suất n:  $v=\frac{c}{n};{\lambda }^{\text{'}}=\frac{v}{f}=\frac{c}{n\cdot f}=\frac{\lambda }{n}$

Cách giải:  

Bước sóng của ánh sáng đỏ trong nước là:  ${\lambda }^{\text{'}}=\frac{\lambda }{n}=\frac{0,75}{\frac{4}{3}}=0,5625\mu m$

Phương pháp: 

Lượng điện năng sử dụng được đo bằng công tơ điện.  

Mỗi số đếm của công tơ điện cho biết lượng điện năng đã được sử dụng là 1 kilôoat giờ: $1kW.h=3600000J=3600kJ$ 

Cách giải:  

Ở nước ta một số điện là điện năng tiêu thụ được tính bằng 1kWh.

Chọn B. 

Phương pháp: 

Gia tốc trọng trường trung bình:  $\overline{g}=4{\pi }^2\cdot \frac{\overline{l}}{{\overline{T}}^2}$

Sai số phép đo gia tốc:  $\Delta g=\overline{g}\left(\frac{\Delta l}{\overline{l}}+2\frac{\Delta T}{\overline{T}}\right)$

Cách viết kết quả đo:  $g=\overline{g}\pm \Delta g$

Cách giải:  

Gia tốc trọng trường trung bình là:  $\overline{g}=4{\pi }^2\cdot \frac{\overline{l}}{{\overline{T}}^2}=4.9,87\cdot \frac{1,19}{2,2^2}=9,7m{\text{/s}}^{\text{2}}$

Sai số phép đo gia tốc:  $\Delta g=\overline{g}\left(\frac{\Delta l}{\overline{l}}+2\frac{\Delta T}{\overline{T}}\right)=9,7\cdot \left(\frac{1}{119}+2\cdot \frac{0,01}{2,2}\right)\approx 0,2m{\text{/s}}^{\text{2}}$

Vậy  $g=\overline{g}\pm \Delta g=9,7\pm 0,2\left(m{\text{/s}}^{\text{2}}\right)$

Chọn A. 

Phương pháp: 

Công thức tính cơ năng:  $W=W_d+W_t=\frac{1}{2}m{v}^2+\frac{1}{2}k{x}^2=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2$

Cách giải:  

Phương trình dao động của hai con lắc:  $\left\{\begin{array}{l}{x}_1=A_1\cos \left({\omega }_{1}t+{\phi }_1\right)\\ x_2=A_2\cos \left({\omega }_{2}t+{\phi }_1\right)\end{array}\right.$

Từ đồ thị ta thấy:  $\left\{\begin{array}{l}{T}_1=T_2=1s\Rightarrow {\omega }_1={\omega }_2=2\pi \left(rad\text{/s}\right)\\ A_1=10cm\\ A_2=5cm\end{array}\right.$

Tại thời điểm ban đầu, cả hai con lắc đều đi qua VTCB theo chiều dương nên:  ${\phi }_1={\phi }_2=-\frac{\pi }{2}$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}_1=10\cos \left(2\pi t-\frac{\pi }{2}\right)\left(cm\right)\\ x_2=5\cos \left(2\pi t-\frac{\pi }{2}\right)\left(cm\right)\end{array}\right.$ 

Phương trình vận tốc của hai con lắc: $\left\{\begin{array}{l}{v}_1=-20\pi \cos \left(2\pi t-\frac{\pi }{2}\right)\left(cm\text{/s}\right)\\ v_2=-10\pi \cos \left(2\pi t-\frac{\pi }{2}\right)\left(cm\text{/s}\right)\end{array}\right.$ 

$\Rightarrow v_1=2v_2\Rightarrow \frac{W_{ñ1}}{W_{ñ2}}=\frac{v_1^2}{v_2^2}=4=\frac{0,06}{W_{ñ2}}\Rightarrow W_{ñ2}=0,015J$ 

Phương pháp: 

+ Tần số góc của con lắc lò xo:  $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}$

+ Năng lượng của con lắc đơn:  $W=\frac{1}{2}k{A}^2$

+ Công thức cắt ghép lò xo: Một lò xo có độ cứng k, chiều dài l được cắt thành n lò xo có độ cứng $k_1,k_2\dots k_n$ và chiều dài tương ứng là $l_1,l_2,\dots l_n$ thì: $kl=k_1{l}_1=k_2{l}_2=\dots =k_n{l}_n\Rightarrow k~\frac{1}{l}$ 

và chiều dài tương ứng là $l_1,l_2,\dots l_n$ 

Cách giải: 

+ Độ cứng của lò xo sau khi cắt là:  $\left\{\begin{array}{l}{k}_1=\frac{k_0}{0,8}=20N\text{/m}\\ k_2=\frac{k_0}{0,2}=80N\text{/m}\end{array}\Rightarrow k_2=4k_1\Rightarrow {\omega }_2=2{\omega }_1=4\pi \right.$

+ Biên độ dao động:  $W=\frac{1}{2}k{A}^2\Rightarrow A=\sqrt{\frac{2W}{k}}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{A}_1=10cm\\ A_2=5cm\end{array}\right.$

Chọn trục toạ độ như hình vẽ: 

Gọi $O_1;O_2$ lần lượt là VTCB của vật 1 và vật 2:  

Phương trình dao động của vật 1 và vật 2 là:  $\left\{\begin{array}{l}{x}_1=10\cos (\omega t+\pi )\\ x_2=12+\cos \left(2\omega t\right)\end{array}\right.$

Khoảng cách giữa hai vật là:  $d=x_2-x_1=10{\cos }^2\left(\omega t\right)+10\cos \left(\omega t\right)+7$

Đặt $x=\cos \left(\omega t\right)$ ta có phương trình bậc hai: $10x^2+10x+7$ 

$d_{\min }\iff x=\frac{-b}{2a}=-\frac{1}{2}\iff \cos \left(\omega t\right)=-\frac{1}{2}$ 

$\iff \cos 2\pi t=-\frac{1}{2}\iff 2\pi t=\pm \frac{2\pi }{3}+2k\pi \Rightarrow t_{\min }=\frac{1}{3}s$

Khi đó $d_{\min }=10{\left(-\frac{1}{2}\right)}^2+10.-\frac{1}{2}+7=4,5cm$ 

Chọn B. 

Phương pháp: 

Công thức thấu kính: $\frac{1}{d}+\frac{1}{d^{\text{'}}}=\frac{1}{f}$ 

Quan sát qua kính lúp, muốn mắt không phải điều tiết thì ảnh phải ở điểm cực viễn.

Cách giải:  

Ta có: $O{C}_v=124-4=120cm$ 

Để quan sát mà mắt không phải điều tiết thì ảnh phải hiện ở điểm cực viễn $\Rightarrow \left|d^{\text{'}}\right|=120cm$ 

Ảnh thu được là ảnh ảo nên $d^{\text{'}}=-120cm$ 

Áp dụng công thức thấu kính ta được:  $\frac{1}{d}+\frac{1}{d^{\text{'}}}=\frac{1}{f}\iff \frac{1}{d}+\frac{1}{-120}=\frac{1}{5}\Rightarrow d=4,8cm$

Vật cách mắt một khoảng: $4,8+4=8,8cm$

Chọn A. 

Cách giải:  

Gọi $R_0,Z_L,Z_C$ là điện trở thuần, cảm kháng và dung kháng của quạt điện.

Công suất định mức của quạt P = 120W, dòng điện định mức của quạt I. 

Gọi R2 là giá trị của biến trở khi hoạt động bình thường khi điện áp U = 220V.

+ Khi biến trở có giá trị R1 = 70Ω thì: $\left\{\begin{array}{l}{I}_1=0,75A\\ P_1=0,928P=111,36W\end{array}\right.$ 

$P_1=I_1^2{R}_0\Rightarrow R_0=\frac{P_1}{I_1^2}\approx 198\Omega$ 

$I_1=\frac{U}{Z_1}=\frac{U}{\sqrt{{\left(R_0+R_1\right)}^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}=\frac{220}{\sqrt{{268}^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$ 

$\Rightarrow {\left(Z_L-Z_C\right)}^2={\left(\frac{220}{0,75}\right)}^2-{268}^2\Rightarrow \left|Z_L-Z_C\right|\approx 119\Omega$   

+ Khi bếp điện hoạt động bình thường, ta có: $P=I^2{R}_0=120W$ 

Với $I=\frac{U}{Z}=\frac{U}{\sqrt{{\left(R_0+R_2\right)}^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$ 

$P=\frac{U^2{R}_0}{{\left(R_0+R_2\right)}^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}\Rightarrow R_0+R_2\approx 256\Rightarrow R_2\approx 58\Omega$ 

Vì $R_2<R_1\Rightarrow \Delta R=R_2-R_1=-12\Omega$ 

⇒ Phải điều chỉnh biến trở giảm đi 12Ω. 

Chọn D. 

Cách giải:  

Từ công thức tính vị trí vân sáng ta thấy, vị trí gần nhất tương ứng với x nhỏ nhất.

Điểm gần nhất cho 3 bức xạ vân sáng phải thỏa mãn điều kiện sau:

$0,38k={\lambda }_1(k-1)={\lambda }_2(k-2)$    (1)

Với k lấy giá trị nhỏ nhất và $380nm\le {\lambda }_1,{\lambda }_2\le 750nm$  (2)

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{x}_1=x_2\\ x_1=x_3\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}0,38k={\lambda }_1(k-1)\\ 0,38k={\lambda }_2(k-2)\end{array}\right.\right.$    (3)

Từ (1), (2), (3) $\Rightarrow {\lambda }_2=\frac{0,38.k}{k-2}\le 0,75\mu m$ 

$\iff 0,38k\le 0,75.(k-2)\iff 0,38k\le 0,75k-1,5$

$\iff k\ge 4,955\Rightarrow k_{\min }=5\Rightarrow x=5\cdot \frac{0,38.2}{0,5}=7,6mm$ 

Chọn D. 

Phương pháp: 

Sử dụng quy tắc bàn tay phải 

Sóng điện từ có E,B cùng pha 

Cách giải:  

Do E và B cùng pha nên: $\frac{E}{E_0}=\frac{B}{B_0}\Rightarrow B=\frac{E.B_0}{E_o}=\frac{4.0,15}{8}=0,75\left(T\right)$ 

Chọn B. 

Phương pháp: 

Khi tần số thay đổi:  

ω = x thì công suất là P1

ω = y thì công suất là P2 

ω = z thì công suất là P3 

Hiêu điện thế hiệu dụng giữa cuộn cảm bằng nhau khi ω = y thì hiệu điện thế cực đại.

Hiệu điện thế hiệu dụng giữa hai đầu cuộn cảm: $U_L=I.Z_L=\frac{U}{R}.Z_L.\frac{R}{Z}=\frac{U}{R}.Z_L.\cos \phi$ 

Cách giải:  

Từ đồ thị ta có: $U_{L1}=U_{L3}=n{U}_{L2}$ 

 $\iff \frac{U}{R}\cdot Z_{L1}.\cos {\phi }_1=n\cdot \frac{U}{R}\cdot Z_{L2}.\cos {\phi }_2=\frac{U}{R}\cdot Z_{L3}.\cos {\phi }_3$

$\Rightarrow \frac{\cos {\phi }_1}{{\omega }_1}=\frac{\cos {\phi }_3}{{\omega }_3}=n\frac{\cos {\phi }_2}{{\omega }_2}=n\frac{\cos {\phi }_2}{\sqrt{{\omega }_1{\omega }_3}}$ 

Lại có: ${\omega }_1^2+{\omega }_3^2=2{\omega }_2^2\Rightarrow {\cos }^2{\phi }_1+{\cos }^2{\phi }_3=2n^2{\cos }^2{\phi }_2$ 

Từ đồ thị: $\left\{\begin{array}{l}{U}_{L1}=U_{L3}=n{U}_{L2}=3\\ U_{C2}=4\end{array}\Rightarrow n=\frac{3}{4}\right.$ 

 $\Rightarrow {\cos }^2{\phi }_1+{\cos }^2{\phi }_3=2{\left(\frac{3}{4}\right)}^2{\cos }^2{\phi }_2=\frac{18}{16}{\cos }^2{\phi }_2$

$\Rightarrow P_1+P_3=\frac{18}{16}{P}_2\Rightarrow P_2=222,2W$

$Chọn C.$