+ Sử dụng biểu thức tính sai số 

Cách giải: 

Chọn A. 

Phương pháp: 

+ Đọc phương trình u,i 

+ Sử dụng định nghĩa về pha dao động

Cách giải: 

Ta có độ lệch pha của u so với i:  $\phi =0-\frac{\pi }{4}=-\frac{\pi }{4}$

⇒ u trễ pha hơn i một góc   $\frac{\pi }{4}$

⇒Mạch có tính dung kháng hay  $Z_C>Z_L$

Chọn C. 

Phương pháp: 

Vận dụng lí thuyết về hiện tượng cảm ứng điện từ. 

+ Khi từ thông qua một mạch kín (C) biến thiên thì trong (C) xuất hiện dòng điện cảm ứng.

+ Dòng điện cảm ứng có chiều sao cho từ trường cảm ứng có tác dụng chống lại sự biến thiên của từ thông  ban đầu qua (C). Nói riêng, khi từ thông qua (C) biến thiên do một chuyển động nào đó gây ra thì từ trường  cảm ứng có tác dụng chống lại chuyển động đó. 

Cách giải: 

Chiều của từ trường do nam châm sinh ra có chiều hướng từ phải sang trái. 

Khi nam châm dịch chuyển lại gần, theo định luật Lenxo ⇒ từ trường của dòng điện cảm ứng có chiều từ  trái qua phải. 

Áp dụng quy tắc nắm tay phải xác định được chiều của dòng điện cảm ứng trong vòng dây đi theo chiều  Acb. 

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính công suất: $P=I^{2}R=U\mathrm{Icos}\phi$ 

Cách giải: 

Điện trở tổng cộng trên mạch:  $R_{td}=R+r$

Công suất tiêu thụ trong đoạn mạch:  $P=I^2(R+r)$

Chọn D. 

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

D – đúng 

A, B, C – sai vì: $\lambda =\frac{v}{f}=vT$ 

Chọn D. 

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính cơ năng của con lắc lò xo:  $\text{W}=\frac{1}{2}k {\text{A}}^2$

Cách giải: 

Cơ năng dao động của con lắc: $\text{W}=\frac{1}{2}k {\text{A}}^2=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2$ 

Chọn D. 

Phương pháp: 

Sử dụng định nghĩa về khoảng vân. 

Cách giải: 

Khoảng vân là khoảng cách giữa 2 vân sáng (hoặc 2 vân tối) liên tiếp trên màn hứng vân.

Chọn A. 

Phương pháp: 

Vận dụng lí thuyết đại cương về điện xoay chiều. 

Cách giải: 

Đại lượng có dùng giá trị hiệu dụng trong các đại lượng trên là: điện áp ( U – hiệu dụng)

Phương pháp: 

Sử dụng lí thuyết về dao động tắt dần: 

+ Dao động tắt dần có biên độ và cơ năng giảm dần theo thời gian.

+ Lực ma sát càng lớn thì dao động tắt dần càng nhanh.

Cách giải: 

Sử dụng lí thuyết về dao động tắt dần ta có: A, B, D – đúng; C - sai

Chọn C. 

Phương pháp: 

Phương trình dao động: $x=A\cdot \cos (\omega t+\phi )$ 

Trong đó $(\omega t+\phi )$ là pha dao động. 

Cách giải: 

Phương trình:  $x=4\cos \left(2\pi t+\frac{\pi }{3}\right)\left(\text{cm}\right)$

Pha dao động: $\left(2\pi t+\frac{\pi }{3}\right)$ 

Chọn A. 

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính tần số góc của mạch dao động $\text{LC}:\omega =\frac{1}{\sqrt{LC}}$ 

Cách giải: 

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

Chọn D. 

Phương pháp: 

+ Đọc phương trình sóng 

+ Vận dụng biểu thức:  $\Delta \phi =\frac{2\pi x}{\lambda }$

Cách giải: 

Từ phương trình sóng ta có:  $\frac{\pi }{25}x=\frac{2\pi x}{\lambda }\Rightarrow \lambda =50 \text{cm}=0,5 \text{m}$

Chọn C. 

Phương pháp: 

Vận dụng tương tác giữa 2 điện tích:

+ 2 vật nhiễm điện tích cùng dấu thì đẩy nhau.

+ 2 vật nhiễm điện tích trái dấu thì hút nhau.

Cách giải: 

Hai chất điểm mang điện tích khi đặt gần nhau chúng hút nhau ⇒ chúng nhiễm điện trái dấu nhau

Chọn D. 

Phương pháp: 

+ Sử dụng cách dựng ảnh. 

+ Vận dụng tính chất các loại thấu kính. 

Cách giải: 

Kẻ AA’ cắt xy tại O; O chính là quang tâm của thấu kính. 

Khoảng cách từ A’ đến xy nhỏ hơn khoảng cách từ A đến xy ⇒A’ là ảnh ảo nhỏ hơn vật. 

A, C, D – đúng 

B – sai vì quang tâm O của thấu kính nằm ngoài khoảng AA’ trên trục chính.

Phương pháp: 

Chiết suất của ánh sáng với các môi trường:  $n_{do}<n_{\text{cam }}<n_v<n_{\text{luc }}<n_{\text{lam }}<n_{\text{chan }}<n_{\text{tim }}$

Cách giải: 

Ta có:  $n_{do}<n_{cam}<n_v<n_{\text{luc }}<n_{\text{lam }}<n_{\text{cham }}<n_{\text{tim }}\Rightarrow n_d<n_v<n_c$

Chọn A. 

Phương pháp: 

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

1. Micrô: thiết bị biến âm thanh thành dao động điện âm tần 

2. Mạch phát sóng điện từ cao tần: tạo ra dao động cao tần (sóng mang) 

3. Mạch biến điệu: trộn sóng âm tần với sóng mang 

4. Mạch khuếch đại: tăng công suất (cường độ) của cao tần 

5. Anten: phát sóng ra không gian. 

Cách giải: 

Trong sơ đồ khối của máy phát thanh vô tuyến không có mạch tách sóng. 

Chọn B. 

Phương pháp: 

Vận dụng biểu thức tính chu kì dao động con lắc lò xo:  $T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}$

Cách giải: 

Ta có:  $\begin{array}{l}{T}_1=2\pi \sqrt{\frac{m_1}{k}}=2s\\ T_2=2\pi \sqrt{\frac{m_2}{k}}=1s\end{array}\Rightarrow \frac{T_1}{T_2}=\sqrt{\frac{m_1}{m_2}}\iff \frac{2}{1}=\sqrt{\frac{0,2}{m_2}}\Rightarrow m_2=0,05 \text{kg}=50 \text{g}$ 

Chọn A. 

Phương pháp: 

+ Sử dụng biểu thức tính tần số:  $f=\frac{1}{T}$

+ Sử dụng thang sóng âm 

Cách giải: 

Tần số của sóng:  $f=\frac{1}{T}=\frac{1}{{80.10}^{-3}}=12,5 \text{Hz}$

Do $f<16H\text{z}\Rightarrow$ Sóng này là hạ âm

Chọn A. 

Phương pháp: 

Mạch chỉ có điện trở R:  $\left\{\begin{array}{l}i=I_0\cdot \cos (\omega t+\phi )\\ u_R=I_{0}R\cdot \cos (\omega t+\phi )=U_0\cdot \cos (\omega t+\phi )\end{array}\right.$

Cách giải: 

A – sai vì: $i=\frac{u}{R}$  tỉ lệ nghịch với điện trở của mạch. 

B – đúng 

C, D – sai vì u, i cùng pha. 

Chọn B. 

Phương pháp: 

Vận dụng biểu thức tính hệ số công suất:   $\cos \phi =\frac{R}{Z}=\frac{R}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$

Cách giải: 

Hệ số công suất:   $\cos \phi =\frac{R}{Z}=\frac{R}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$

Mạch đang có tính cảm kháng tức là $Z_L>Z_C$ 

Khi tăng tần số thì $\left\{\begin{array}{l}{Z}_L\uparrow \\ Z_C\downarrow \end{array}\Rightarrow \right.$ Mạch vẫn có tính cảm kháng 

Khi đó $Z\uparrow \Rightarrow$ hệ số công suất giảm.

Chọn D. 

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính chu kì dao động: $T=\frac{2\pi }{\omega }$ 

Cách giải:

Chu kì dao động của vật chính bằng chu kì của ngoại lực tác dụng: $T=\frac{2\pi }{\omega }=\frac{2\pi }{20\pi }=0,1s$ 

Chọn B. 

Phương pháp: 

+ Sóng trong đó các phần tử của môi trường dao động theo phương vuông góc với phương truyền sóng là sóng  ngang. 

+ Sóng trong đó các phần tử của môi trường dao động theo phương trùng với phương truyền sóng gọi là sóng  dọc. 

Cách giải: 

Để phân biệt sóng dọc và sóng ngang người ta dựa vào phương dao động của các phần tử và phương truyền  sóng. 

Chọn B. 

Phương pháp: 

Vận dụng lí thuyết về dao động điện từ. 

Cách giải: 

Trong sóng điện từ, $\overrightarrow{E},\overrightarrow{B}$ tại một điểm luôn dao động cùng pha với nhau. 

Chọn B. 

Phương pháp: 

Chu kì dao động của con lắc đơn dao động điều hòa: $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$ 

Cách giải: 

Từ công thức xác định chu kì dao động điều hòa của con lắc đơn: 

$T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}T\in l\\ T\in g\end{array}\right.$ 

Vậy chu kì phụ thuộc vào chiều dài của con lắc. 

Chọn D. 

Phương pháp: 

Điều kiện có sóng dừng trên dây 2 đầu cố định:  $l=k\frac{\lambda }{2}$

Trong đó: Số bụng sóng = k; Số nút sóng $=k+1$. 

Cách giải: 

Trên dây có 5 nút sóng  $\Rightarrow k=5-1=4$

Sử dụng điều kiện có sóng dừng trên dây hai đầu cố định ta có: $l=k\frac{\lambda }{2}\iff 1,2=4\frac{\lambda }{2}\Rightarrow \lambda =0,6 \text{m}=60 \text{cm}$

Chọn B. 

Phương pháp: 

Sử dụng phương trình tổng hợp dao động:  $x=x_1+x_2$

Cách giải: 

Dao động tổng hợp:  $x=A\cos (\omega t+\phi )$

Dao động thứ nhất:  $x_1=A_1\cos \left(\omega t+\phi -\frac{\pi }{2}\right)=6\sin (\omega t+\phi )$

Tại thời điểm  $x_2=A_1=6 \text{cm thì }x=9 \text{cm}$

Ta có:  $x_1+x_2=x\Rightarrow x_1=x-x_2=9-6=3cm$

$\left\{\begin{array}{l}{x}_1=6\sin (\omega t+\phi )=3 \text{cm}\\ x=A\cos (\omega t+\phi )=9 \text{cm}\end{array}\Rightarrow \frac{3^2}{6^2}+\frac{9^2}{A^2}=1\Rightarrow A=6\sqrt{3} \text{cm}\right.$

Chọn D. 

Phương pháp: 

+ Sử dụng biểu thức:   ${\left(\frac{u}{U_0}\right)}^2+{\left(\frac{i}{I_0}\right)}^2=1$

+ Sử dụng biểu thức:  $U_0=I_0{Z}_C$

Cách giải: 

Ta có  ${\left(\frac{u}{U_0}\right)}^2+{\left(\frac{i}{I_0}\right)}^2=1\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\frac{{100}^2}{U_0^2}+\frac{3}{I_0^2}=1\\ \frac{{\left(50\sqrt{3}\right)}^2}{U_0^2}+\frac{4}{I_0^2}=1\end{array}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{U}_0=50\sqrt{7}V\\ I_0=\sqrt{7}A\end{array}\right.\right.$ 

Lại có:  $U_0=I_0{Z}_C\Rightarrow Z_C=\frac{U_0}{I_0}=50\Omega$

Chọn A. 

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính bước sóng:  $\lambda =2\pi c\sqrt{LC}$

Cách giải: 

Công thức tính bước sóng:  $\lambda =2\pi c\sqrt{LC}$

⇒ Dải sóng vô tuyến thu được với mạch trên có bước sóng trong khoảng

 $2\pi \cdot c\sqrt{L.C_1}<\lambda <2\pi c\sqrt{L\cdot C_2}$

$\iff 2\pi \cdot 3\cdot {10}^8\sqrt{{4.10}^{-6}\cdot {10.10}^{-12}}<\lambda <2\pi \cdot {3.10}^8\cdot \sqrt{{4.10}^{-6}\cdot 360\cdot {10}^{-12}}\iff 12m<\lambda <72m$ 

Chọn C. 

Phương pháp: 

Biểu thức định luật Ôm:  $I=\frac{E}{R+r}$

Công suất:  $P=I^{2}R$

Cách giải: 

Cường độ dòng điện trong mạch:  $I=\frac{E}{R+r}=\frac{12}{R+2}$

Công suất tiêu thụ trên R: $P_R=I^{2}R=16 \text{W}\iff \frac{{12}^2}{{(R+2)}^2}R=16\Rightarrow \left[\begin{array}{l}R=4\Omega \\ R=1\Omega \text{ (loai) }\end{array}\right.$ 

Chọn C.  

Phương pháp: 

Sử dụng điều kiện dao động với biên độ cực đại của 2 nguồn cùng pha: $d_2-d_1=k\lambda$ 

Cách giải: 

Ta có 2 nguồn dao động cùng pha:  

Số cực đại trên AB bằng số giá trị k nguyên thỏa mãn:   $-\frac{AB}{\lambda }<k<\frac{AB}{\lambda }$

Theo đề bài, trên AB có 15 vị trí mà ở đó có các phần tử dao động với biên độ cực  đại  $\Rightarrow -7\le k\le 7$

Hay  $\lambda \ge \frac{AB}{7}=\frac{a}{7}$  (1)

Số vị trí trên CD dao động với biên độ cực đại thỏa mãn: 

 $\frac{DA-DB}{\lambda }\le m\le \frac{CA-CB}{\lambda }\iff \frac{a-a\sqrt{2}}{\lambda }\le m\le \frac{a\sqrt{2}-a}{\lambda }$ (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra: $-2,9\le m\le 2,9$ 

Vậy trên CD có tối đa 5 vị trí dao động với biên độ cực đại.

Chọn C. 

Phương pháp: 

+ Sử dụng công thức tính tần số góc:  $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}$

+ Sử dụng biểu thức tính độ dãn của lò xo khi treo thẳng đứng:  $\Delta l=\frac{mg}{k}$

+ Sử dụng công thức độc lập:  $A^2=x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}$

Cách giải: 

+ Tần số góc của dao động:  $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{100}{0,1}}=10\pi \text{rad}/\text{s}$

+ Độ dãn của lò xo tại vị trí cân bằng:  $\Delta l=\frac{mg}{k}=\frac{0,1.10}{100}=0,01 \text{m}=1 \text{cm}$

Chọn chiều dương hướng xuống. 

Kéo vật đến vị trí lò xo dãn 4cm ⇒ tại đó có:  $\left\{\begin{array}{l}x=3cm\\ v=40\pi cm/s\end{array}\right.$

Áp dụng CT độc lập ta có:   $A^2=x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}\Rightarrow A=\sqrt{3^2+{\left(\frac{40\pi }{10\pi }\right)}^2}=5 \text{cm}$

Vị trí thấp nhất là biên dưới:  $x=A$

Vị trí lò xo bị nén 1,5cm ứng với li độ:  $x=-2,5cm$

Vẽ trên vòng tròn lượng giác ta được: 

Từ vòng tròn lượng giác ta suy ra, thời gian ngắn nhất để vật chuyển  động từ vị trí thấp nhất đến vị trí lò xo nén 1,5cm là: 

$t=\frac{T}{4}+\frac{T}{12}=\frac{T}{3}=\frac{\frac{2\pi }{10\pi }}{3}=\frac{1}{15}s$ 

Chọn D. 

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính hiệu suất:  $H=\frac{P_{\text{tt}}}{P}.100\%$

Cách giải: 

Ta có:  $P.24-P_u\cdot 24=432kWh\Rightarrow P_u=\frac{P.24-432kWh}{24}=\frac{200.24-432}{24}=182kW$

Hiệu suất của quá trình truyền tải điện:  $H=\frac{P_{tt}}{P}\cdot 100\%=\frac{182}{200}\cdot 100\%=91\%$

Chọn D. 

Phương pháp: 

+ Sử dụng giản đồ véctơ 

+ Sử dụng công thức: $\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}$ 

Cách giải: 

Ta có giản đồ: 

Từ giản đồ, ta có: u trễ pha hơn i một góc  $\frac{\pi }{6}$

Ta có:   $\tan \left(-\frac{\pi }{6}\right)=\frac{Z_L-Z_C}{R}\iff -\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\omega L-\frac{1}{\omega C}}{100\sqrt{3}}\Rightarrow L=\frac{1}{\pi }H$

Chọn D. 

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức:  $k_1{\lambda }_1=k_2{\lambda }_2$

Cách giải: 

Ta có:  $6{\lambda }_1=k{\lambda }_2\Rightarrow {\lambda }_2=\frac{6{\lambda }_1}{k}\Rightarrow {\lambda }_{2\max }\iff k_{\min }$

Theo đề bài:  $0,38\mu \text{m}<{\lambda }_2<0,76\mu \text{m}$

 $\iff 0,{38.10}^{-6}<\frac{6.0,5\cdot {10}^{-6}}{k}<0,{76.10}^{-6}\Rightarrow 3,95<k<7,89\Rightarrow k=4,5,6,7\Rightarrow k_{\min }=4$

Khi đó: ${\lambda }_{\max }=\frac{6.0,5}{4}=0,75\mu \text{m}$ 

Chọn C. 

Phương pháp: 

+ Biểu thức của điện tích và cường độ dòng điện:   $\left\{\begin{array}{l}q=Q_0\cdot \cos (\omega t+\phi )\\ i=\omega Q_0\cdot \cos \left(\omega t+\phi +\frac{\pi }{2}\right)\end{array}\right.$

+ Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị. 

Cách giải: 

Từ đồ thị ta có: $i_1=8\cos \left(2000\pi t-\frac{\pi }{2}\right)mA\Rightarrow q_1=\frac{{8.10}^{-3}}{2000\pi }\cos (2000\pi t-\pi )=\frac{{4.10}^{-6}}{\pi }\cos (2000\pi t-\pi )\left(C\right)$

 $i_2=6\cos (2000\pi t+\pi )mA\Rightarrow q_2=\frac{{6.10}^{-3}}{2000\pi }\cos \left(2000\pi t+\frac{\pi }{2}\right)=\frac{{3.10}^{-6}}{\pi }\cos \left(2000\pi t+\frac{\pi }{2}\right)\left(C\right)$ 

Tại thời điểm $\text{t},q_1=\left|q_{01}\right|$ thì khi đó q₂ = 0 (do 2 điện tích vuông pha nhau)

⇒ Khoảng thời gian ngắn nhất sau đó điện tích trên bản tụ của mạch thứ 2 có độ lớn là   $q=\frac{{3.10}^{-6}}{\pi }=q_{02}$

là:   
$t=\frac{T}{4}=\frac{{10}^{-3}}{4}=2,{5.10}^{-4}s$

Chọn B. 

Cách giải: 

+ Ban đầu:  $T_1=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}=T_2=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$

+ Khi đặt trong điện trường theo phương thẳng đứng, độ dãn của con lắc lò xo tăng 1,44 lần

⇒ Gia tốc toàn phàn khi này:  $g^{\text{'}}=1,44g$

Chu kì dao động của con lắc đơn khi này:  $T_2^{\text{'}}=\frac{5}{6}s=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$

Chu kì dao động của con lắc lò xo không thay đổi:  $T_1^{\text{'}}=T_1=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$

$\Rightarrow \frac{T_1}{T_2^{\text{'}}}=\sqrt{\frac{g}{g^{\text{'}}}}=\sqrt{\frac{g}{1,44g}}=\frac{6}{5}\Rightarrow T_1=\frac{T_2^{\text{'}}\cdot 6}{5}=\frac{5}{6}\frac{6}{5}=1 \text{s}$ 

Chọn C. 

Cách giải: 

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu tụ điện: 

$U_C=I.Z_C=\frac{U}{\omega C\sqrt{R^2+{\left(\omega L-\frac{1}{\omega C}\right)}^2}}=\frac{U}{C\sqrt{L^2{\omega }^4+\left(R^2-\frac{2L}{C}\right){\omega }^2+\frac{1}{C^2}}}=\frac{U}{C\sqrt{A}}$ 

Vậy  $U_{C_{\text{max }}}\text{ khi }{A}_{\min }$

Đặt  $x={\omega }^2\Rightarrow A=L^2{x}^2+\left(R^2-2\frac{L}{C}\right)x+\frac{1}{C^2}$

$A^{\text{'}}=0\Rightarrow x={\omega }^2=\frac{\frac{2L}{C}-R^2}{2L^2}=\frac{1}{LC}-\frac{R^2}{2L^2}\Rightarrow \omega =\frac{1}{L}\sqrt{\frac{L}{C}-\frac{R^2}{2}}$ 

Thay vào biểu thức $U_c\Rightarrow U_{C_{max}}=\frac{2UL}{R\sqrt{4LC-R^2{C}^2}}=1,25U$ 

$\Rightarrow 64L^2=100LC{R}^2-25C^2{R}^4\Rightarrow 25C^2{R}^4-100LC{R}^2+64L^2=0$ 

$\Rightarrow \left[\begin{array}{l}{R}^2=\frac{50LC+30LC}{25C^2}=\frac{16L}{5C}\left(\text{ loai }\right)\\ R^2=\frac{50LC-30LC}{25C^2}=\frac{4L}{5C}\end{array}\right.$

$\Rightarrow \frac{L}{C}=\frac{5}{4}{R}^2$ 

Hệ số công suất của đoạn mạch AM:  

$\cos {\phi }_{AM}=\frac{R}{\sqrt{R^2+{\omega }^2{L}^2}}=\frac{R}{\sqrt{R^2+\left(\frac{1}{LC}-\frac{R^2}{2L^2}\right)L^2}}=\frac{R}{\sqrt{R^2+\frac{L}{C}-\frac{R^2}{2}}}=\frac{2}{\sqrt{7}}$ 

Chọn D. 

Cách giải: 

Từ đồ thị, ta có: λ =1 2 ô 

Độ lệch pha của M so với $\text{P}:\Delta \phi =\frac{2\pi MP}{\lambda }=\frac{2\pi \cdot 3o}{12o}=\frac{\pi }{2}$ 

P và Q ngược pha với nhau. 

Tại thời điểm $t:\left\{\begin{array}{l}{u}_M=\frac{A}{2}\\ u_P=\frac{A\sqrt{3}}{2}\\ u_Q=-A\frac{\sqrt{3}}{2}\end{array}\right.$ 

Ở thời điểm $t+\Delta t:3$ điểm thẳng hàng: $\left\{\begin{array}{l}{u}_M=-\frac{A\sqrt{3}}{2}\\ u_P=-\frac{A}{2}\\ u_Q=\frac{A}{2}\end{array}\right.$ 

Vẽ trên vòng tròn lượng giác ta được: 

16 

Góc quét từ thời điểm t đến $t+\Delta t$ là:  $M_{0}OM=\frac{\pi }{6}+\frac{\pi }{2}+\frac{\pi }{6}=\frac{5\pi }{6}$

Tương ứng với thời gian quay nhỏ nhất là:  $\frac{M_{0}OM}{\omega }=\frac{\frac{5\pi }{6}}{\frac{2\pi }{T}}=\frac{5T}{12}$

Vị trí của 3 điểm M, P, Q sau thời gian $\frac{5T}{12}$  là thẳng hàng.

Ta có $T=1 \text{s}\Rightarrow \Delta {\text{t}}_{\min }=\frac{5T}{12}=\frac{5}{12}s$ 

Chọn B. 

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức f  thay đổi để  $U_{R_{\text{max }}},U_{L_{\max }},U_{C_{\text{max }}}$

Cách giải: 

Ta có: f thay đổi để: 

+ $U_{R_{max}}$  khi đó ${\omega }_0=\frac{1}{\sqrt{LC}}$:  

+ $U_{L_{max}}$  khi đó ${\omega }_1=\frac{2}{2LC-R^2{C}^2}$:  

+ $U_{C_{max}}$  khi đó${\omega }_2=\frac{1}{LC}-\frac{R^2}{2L^2}$:  

Ta có:  ${\omega }_1{\omega }_2=\frac{1}{LC}={\omega }_0^2\Rightarrow f_1{f}_2=f_0^2\Rightarrow \frac{f_1}{f_0}=\frac{f_0}{f_2}$

Chọn A.