Phương pháp: 

Phương trình sóng tổng quát:  $u=A\cos \left(\omega t-\frac{2\pi x}{\lambda }\right)$

Tần số sóng:  $f=\frac{\omega }{2\pi }$

Tốc độ truyền sóng: $\text{v}=\lambda \text{f}$

Chu kì sóng:  $T=\frac{2\pi }{\omega }=\frac{1}{f}$

Cách giải: 

Từ phương trình sóng, ta có $\left\{\begin{array}{l}A=2,5( \text{mm})\\ \omega =20\pi (\text{rad}/\text{s})\\ 5=\frac{2\pi }{\lambda }\Rightarrow \lambda =0,4\pi \left(\text{m}\right)\end{array}\right.$ đúng

Tần số sóng là: $f=\frac{\omega }{2\pi }=\frac{20\pi }{2\pi }=10\left(Hz\right)\to B$  đúng 

Chu kì sóng là: $T=\frac{1}{f}=\frac{1}{10}=0,1\left(s\right)\to \text{C}$ đúng 

Tốc độ truyền sóng là:  $v=\lambda f=0,4\pi .10=4\pi \approx 12,6( \text{m}/\text{s})\to \text{A}$ sai 

Chọn A. 

Phương pháp: 

Sử dụng lý thuyết sóng điện từ 

Cách giải: 

Sóng điện từ là sóng ngang, mang năng lượng, truyền được trong chân không, có thể phản xạ, khúc xạ, giao  thoa → B sai 

Chọn B. 

Phương pháp: 

Khoảng vân:  $i=\frac{\lambda D}{a}$

Cách giải: 

Khoảng vân trên màn là:$i=\frac{\lambda D}{a}=\frac{0,5\cdot {10}^{-6}\cdot 2}{{1.10}^{-3}}={1.10}^{-3}( \text{m})=1( \text{mm})$

Chọn A. 

Phương pháp: 

Giới hạn quang điện:  ${\lambda }_0=\frac{hc}{A}$

Cách giải: 

Giới hạn quang điện của kim loại này là:${\lambda }_0=\frac{hc}{A}=\frac{6,625\cdot {10}^{-34}\cdot 3\cdot {10}^8}{6,625\cdot {10}^{-19}}={3.10}^{-7}( \text{m})=300( \text{nm})$

Chọn D. 

Phương pháp: 

Sử dụng các bước thực hành đo gia tốc trọng trường bằng con lắc đơn 

Cách giải: 

Các bước thí nghiệm đúng là: 

a) Treo con lắc lên giá tại nơi cần xác định g. 

d) Dùng thước đo 5 lần chiều dài l của dây từ điểm treo tới tâm vật nhỏ. 

c) Kích thích cho con lắc dao động nhỏ. 

b) Dùng đồng hồ bấm dây đo thời gian của một dao động toàn phần, tính được chu kỳ T. Lặp lại phép đo 5  lần. 

f) Tính giá trị trung bình $\overline{l}$ và T

e) Sử dụng công thức $\overline{g}=4{\pi }^2\frac{\overline{l}}{\overline{T^2}}$  để tính giá trị trung bình của g. 

Chọn C. 

Phương pháp: 

Chiết suất của nước đối với các ánh sáng đơn sắc:  $n_d\le n\le n_t$

Công thức định luật khúc xạ ánh sáng khi ánh sáng truyền từ nước ra không khí:  $\sin r=n\sin i$

Cách giải: 

Khi ánh sáng truyền từ nước ra không khí, ta có công thức:  $\sin r=n\sin i$

Với cùng góc tới i, chiết suất của nước đối với các ánh sáng đơn sắc là: $n_d\le n\le n_t\Rightarrow \sin r_d\le \sin r\le \sin r_t\Rightarrow r_d\le r\le r_t$

$\Rightarrow r_d<r_c<r_v<r_{\text{ch}}$ 

→ Tia khúc xạ gần mặt nước nhất là tia có góc khúc xạ lớn nhất là tia chàm 

Chọn D. 

Phương pháp: 

Sử dụng lý thuyết bán dẫn 

Cách giải: 

Hạt tải điện chủ yếu trong bán dẫn loại p là lỗ trống 

Chọn D. 

Phương pháp: 

Chiết suất của thủy tinh đối với ánh sáng đơn sắc: $n_d\le n\le n_t$  

Cách giải:7 

Chiết suất của thủy tinh đối với các ánh sáng đơn sắc là:

 $n_d\le n\le n_t\Rightarrow n_d<n_v<n_t$

Chọn B. 

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

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

Chọn D. 

Câu 10 (VD) 

Phương pháp: 

Dung kháng của tụ điện:  $Z_C=\frac{1}{\omega C}$

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch:  $P=\frac{U^{2}R}{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}$

Cách giải: 

Dung kháng của tụ điện là: 

$Z_C=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{100\pi \cdot \frac{{10}^{-4}}{\pi }}=100\left(\Omega \right)\Rightarrow Z_L=Z_C$ 

→ trong mạch xảy ra hiện tượng cộng hưởng

Công suất tiêu thụ của mạch điện là: 

 $P=\frac{U^2}{R}=\frac{{\left(100\sqrt{2}\right)}^2}{100}=200( \text{W})$

Chọn D. 

Cách giải: 

Từ đồ thị ta thấy chu kì của điện tích trên hai tụ điện là: 

$T=2( \text{ms})\Rightarrow \omega =\frac{2\pi }{T}=1000\pi (\text{rad}/\text{s})$ 

Ta thấy tại thời điểm t = 0, điện tích q1 đạt cực đại và đang giảm; tại thời điểm  $t=\frac{1}{6}s$, điện tích q₂ = 0 và  đang giảm, ta có phương trình hai điện tích là:

$\left\{\begin{array}{l}{q}_1=4\cos \left(1000\pi t\right)\left(\mu C\right)\\ q_2=2\cos \left(1000\pi t+\frac{\pi }{3}\right)\left(\mu C\right)\end{array}\right.$ 

Hiệu điện thế giữa hai bản tụ của mỗi tụ điện là:

$\left\{\begin{array}{l}{u}_1=\frac{q_1}{C_1}=4\cos \left(1000\pi t\right)\left(V\right)\\ u_2=\frac{q_2}{C_2}=2\cos \left(1000\pi t+\frac{\pi }{3}\right)\left(V\right)\end{array}\right.$ 

Độ chênh lệch hiệu điện thế của hai tụ là:  $\Delta u=\left|u_1-u_2\right|$

Sử dụng máy tính bỏ túi, ta có: 

$4\angle 0-2\angle \frac{\pi }{3}=2\sqrt{3}\angle -\frac{\pi }{6}$

$\Rightarrow \Delta u=2\sqrt{3}\left|\cos \left(1000\pi t-\frac{\pi }{6}\right)\right|\left(V\right)$ 

Hiệu điện thế:  $3V=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot 2\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Delta U_0$

Ta có vòng tròn lượng giác: 

Từ vòng tròn lượng giác, ta thấy trong 1 chu kì, hiệu điện thế chênh lệch giữa hai tụ điện 4 lần

Ta có: t₂₀₁₈ = t₂₀₁₆ + t₂ $=504T+t_2$ 

Kể từ thời điểm t = 0, thời gian để $\left|\Delta u\right|=3V$ lần thứ 2 là: 

$t_2=\frac{T}{2}\Rightarrow t_{2018}=504T+\frac{T}{2}=1,009\left(s\right)\approx 1,01\left(s\right)$

Chọn A. 

Phương pháp: 

Cường độ dòng điện hiệu dụng:  $I=\frac{U}{Z}$

Độ lệch pha giữa điện áp và cường độ dòng điện:  $\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}$

Dung kháng của tụ điện: $Z_C=\frac{1}{\omega C}$ 

Điện áp giữa hai đầu điện trở cùng pha với cường độ dòng điện: $u_R=i.R$ 

Cách giải: 

Cường độ dòng điện h$\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}\to B$iệu dụng trong mạch là: $I=\frac{U}{Z}\to \text{A}$ sai 

Độ lệch pha giữa điện áp hai đầu mạch điện và cường độ dòng điện: $\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}\to B$  đúng 

Dung kháng của tụ điện: $Z_C=\frac{1}{\omega C}\to \text{C}$  đúng 

Điện áp giữa hai đầu điện trở cùng pha với cường độ dòng điện:  $u_R=i.R\Rightarrow i=\frac{u_R}{R}\to \text{D}$ đúng 

Chọn A. 

Phương pháp: 

Trong sóng điện từ, cường độ điện trường và cảm ứng từ biến thiên cùng pha:   

Cách giải: 

Cường độ điện trường và cảm ứng từ biến thiên cùng pha, ta có: $\sqrt{\frac{E}{E_0}=\frac{B}{B_0}=0,5\Rightarrow E=0,5E_0}$

Chọn C. 

Phương pháp: 

Năng lượng photon: $E_m-E_n=\frac{hc}{\lambda }$  

Cách giải: 

Năng lượng của nguyên tử sau khi hấp thụ photon là:$E_{\text{m}}=E_n+\frac{hc}{\lambda }=-3,4+\frac{6,625\cdot {10}^{-34}\cdot 3\cdot {10}^8}{{487.10}^{-9}}:1,{6.10}^{-19}\approx -0,85\left(\text{eV}\right)$

Chọn C. 

Phương pháp: 

Phương trình cường độ dòng điện: i = I₀cos(ωt + φ) 

Với i là cường độ dòng điện tức thời 

I₀ là cường độ dòng điện cực đại 

ω là tần số góc 

φ là pha ban đầu 

(ωt + φ) là pha ở thời điểm t 

Cách giải: 

Phương trình cường độ dòng điện i = 4cos100πt có pha ban đầu là 100πt rad 

Chọn A. 

Phương pháp: 

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

Định luật Len – xơ: Dòng điện cảm ứng có chiều sao cho từ trường do nó sinh ra có tác dụng chống lại  nguyên nhân đã sinh ra nó

Áp dụng quy tắc nắm tay phải: Khum bàn tay phải theo khung dây sao cho chiều từ cổ tay đến các ngón tay  trùng với chiều dòng điện trong khung, ngón tay cãi choãi ra chỉ chiều các đường sức từ xuyên qua mặt  phẳng dòng điện 

Cách giải: 

Khi con chạy di chuyển từ E về F, giá trị biến trở R giảm → cường độ dòng điện $I=\frac{E}{R+r}$ tăng 

Áp dụng quy tắc nắm tay phải, ta thấy vecto cảm ứng từ $B$ do dòng điện sinh ra có chiều từ ngoài vào trong Cảm ứng từ B đang tăng → cảm ứng từ B_c do dòng điện cảm ứng trong khung dây sinh ra có chiều từ trong  ra ngoài 

Áp dụng quy tắc nắm tay phải, dòng điện cảm ứng trong khung dây có chiều KNMLK

Chọn C. 

Phương pháp: 

Âm do các nguồn khác nhau phát ra có âm sắc khác nhau 

Cách giải: 

Để phân biệt được âm do các nguồn khác nhau phát ra, ta dựa vào âm sắc 

Chọn A. 

Phương pháp: 

Trong thí nghiệm Y – âng, có thể đo được khoảng vân:  $i=\frac{\lambda D}{a}$

Cách giải: 

Trong thí nghiệp Y – âng, có thể đo được khoảng vân, từ đó suy ra được bước sóng: $\lambda =\frac{ai}{D}$ 

Chọn C. 

Cách giải: 

Biên độ dao động tổng hợp là: $A_1^2+A_2^2+2A_1{A}_2\cos \left({\phi }_2-{\phi }_1\right)$ 

Chọn A. 

Phương pháp: 

Thuyết lượng tử ánh sáng:

1. Chùm ánh sáng là một chùm các photon (các lượng tử ánh sáng). Mỗi photon có năng lượng xác định

$\epsilon = h$ f (f là tần số của sóng ánh sáng đơn sắc tương ứng). Cường độ của chùm sáng tỉ lệ với số photon phát ra  trong 1 giây. 

2. Phân tử, nguyên tử, electron … phát xạ hay hấp thụ ánh sáng, cũng có nghĩa lầ chúng phát xạ hay hấp thụ  photon. 

3. Các photon bay dọc theo tia sáng với tốc độ c = 3.10⁸ m/s trong chân không. 

Cách giải: 

Theo thuyết lượng tử ánh sáng, photon của ánh sáng đơn sắc khác nhau có năng lượng khác nhau → C sai

Chọn C. 

Phương pháp: 

Sử dụng lý thuyết hiện tượng quang điện trong 

Cách giải: 

Hiện tượng quang điện trong là hiện tượng electron liên kết được giải phóng thành êlectron dẫn khi chất  quang dẫn được chiếu bằng bức xạ thích hợp 

Chọn B. 

Phương pháp: 

Bước sóng của sóng điện từ:   $\lambda =\frac{c}{f}$

Cách giải: 

Bước sóng của sóng điện từ này là: $\lambda =\frac{c}{f}=\frac{{3.10}^8}{{20.10}^6}=15\left(m\right)$

Chọn B. 

Phương pháp: 

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu điện trở và cuộn dây thuần cảm: $U_{RL}=\sqrt{U_R^2+U_L^2}$

Cách giải: 

Công thức đúng là:  $U_{RL}=\sqrt{U_R^2+U_L^2}$

Chọn A. 

Phương pháp: 

Trong động cơ không đồng bộ ba pha, tốc độ góc của khung dây luôn nhỏ hơn tốc độ góc của từ trường

Cách giải: 

Trong động cơ không đồng bộ ba pha, tốc độ góc của khung dây luôn nhỏ hơn tốc độ góc của từ trường:   $\omega <{\omega }_0$

Chọn D. 

Phương pháp: 

Sử dụng lý thuyết công của lực điện trường 

Cách giải: 

Trong công thức công của lực điện trường: A = qEd, trong đó d là độ dài đại số của hình chiếu của đường đi  lên hướng của một đường sức 

Chọn B.

Phương pháp: 

Sử dụng định nghĩa hai nguồn kết hợp 

Cách giải: 

Hai nguồn kết hợp là hai nguồn có cùng phương dao động, cùng tần số và hiệu số pha không đổi theo thời  gian 

Chọn D. 

Phương pháp: 

Lực từ tác dụng lên dây dẫn đặt trong từ trường:  $F=IBl\sin \alpha$

Cách giải: 

Lực từ tác dụng lên đoạn dây dẫn là: 

 $F=IBl\sin \alpha =7,5.0,5.0,8\cdot \sin {30}^0=1,5\left(N\right)$

Chọn C. 

Phương pháp: 

Áp dụng công thức: $\frac{n-1}{\alpha -1}\le k<\frac{\alpha +n}{\alpha -1}$ với $\alpha =\frac{{\lambda }_{\max }}{{\lambda }_{\min }};\text{n}$ là số vân sáng trùng nhau 

Cách giải: 

Ta có hệ số:  $\alpha =\frac{{\lambda }_{\max }}{{\lambda }_{\min }}=\frac{0,76}{0,4}=1,9$

Áp dụng công thức ta có: 

 $\frac{n-1}{\alpha -1}\le k<\frac{\alpha +n}{\alpha -1}\Rightarrow \frac{5-1}{1,9-1}\le k<\frac{1,9+5}{1,9-1}$

$\Rightarrow 4,44\le k<7,67\Rightarrow k=5;6;7$

Có 3 giá trị k ∈ Z → có 6 vùng thỏa mãn 

Chọn C. 

Phương pháp: 

Điện áp giữa hai đầu cuộn dây thuần cảm luôn sớm pha $\frac{\pi }{2}$ so với cường độ dòng điện

Độ lệch pha giữa điện áp và cường độ dòng điện:$\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R+r}$  

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch:  $U=\sqrt{{\left(U_R+U_r\right)}^2+{\left(U_L-U_C\right)}^2}$

Cách giải: 

Cường độ dòng điện trễ pha hơn điện áp hai đầu cuộn dây là  $\frac{\pi }{3}$ → cuộn dây không thuần cảm có điện trở r

Độ lệch pha giữa điện áp hai đầu cuộn dây và cường độ dòng điện là: 

 $\tan {\phi }_d=\frac{Z_L}{r}=\tan \frac{\pi }{3}=\sqrt{3}\Rightarrow Z_L=\sqrt{3}r\Rightarrow U_L=\sqrt{3}{U}_r$

Độ lệch pha giữa điện áp hai đầu đoạn mạch và cường độ dòng điện là:

 $\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R+r}=\tan \left(-\frac{\pi }{6}\right)=\frac{-\sqrt{3}}{3}\Rightarrow \frac{U_L-U_C}{U_R+U_r}=-\frac{\sqrt{3}}{3}$

$\Rightarrow \frac{\sqrt{3}{U}_r-60}{60+U_r}=-\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow U_r\approx 10,98\left(V\right)$

$\Rightarrow U_L=19,02\left(V\right)$

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch là: 

 $U=\sqrt{{\left(U_R+U_r\right)}^2+{\left(U_L-U_C\right)}^2}$

$\Rightarrow U=\sqrt{{(60+10,98)}^2+{(19,02-60)}^2}\approx 82\left(V\right)$

Chọn B. 

Phương pháp: 

Âm thanh tai người nghe được có tần số trong khoảng  $16 \text{Hz}-20000 \text{Hz}$

Điều kiện hình thành sóng dừng trên dây:  $l=k\frac{\lambda }{2}$

Bước sóng:  $\lambda =\frac{v}{f}$

Cách giải: 

Điều kiện để có sóng dừng trên dây là: 

 $l=k\frac{\lambda }{2}=k\frac{v}{2f}\Rightarrow k=\frac{2fl}{v}=\frac{2f,0,84}{924}=\frac{f}{550}$

Âm nghe được có tần số:  

$\Rightarrow \frac{16}{550}\le k\le \frac{20000}{550}\Rightarrow 0,03\le k\le 36,36\Rightarrow k=1;2;3\dots ;36$ 

→ có 36 họa âm nghe được 

Chọn C. 

Phương pháp: 

Cường độ âm:  $I=\frac{P}{4\pi r^2}$

Hiệu hai mức cường độ âm:  $L_M-L_N\left(dB\right)=10\lg \frac{I_M}{I_N}$

Cách giải: 

Cường độ âm tại một điểm là:  $I=\frac{P}{4\pi r^2}\Rightarrow I~\frac{1}{r^2}$

Giả sử tam giác OMN có hai cạnh góc vuông là a và b, ta có hình vẽ:

Hiệu hai mức cường độ âm tại M và N là: 

 $L_M-L_N=10\lg \frac{I_L}{I_N}=10\lg \frac{r_N^2}{r_M^2}$

$\Rightarrow 60-40=10\lg \frac{a^2+b^2}{a^2}\Rightarrow \frac{a^2+b^2}{a^2}=100\Rightarrow b=a\sqrt{99}$

Tại P là trung điểm của MN có: 

 $r_P=OP=\sqrt{O{M}^2+M{P}^2}=\sqrt{a^2+\frac{b^2}{4}}=\sqrt{a^2+\frac{99a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{103}}{2}$

Hiệu hai mức cường độ âm tại M và P là: 

$L_M-L_p=10\lg \frac{I_M}{I_P}=10\lg \frac{{r_p}^2}{{r_M}^2}=10\lg \frac{{\left(\frac{a\sqrt{103}}{2}\right)}^2}{a^2}$

$\Rightarrow 60-L_p=10\lg \frac{103}{4}\Rightarrow L_p\approx 45,89\left(dB\right)$  

Chọn A. 

Phương pháp: 

Máy biến áp không làm thay đổi tần số dòng điện

Công thức máy biến áp:  $\frac{U_1}{U_2}=\frac{N_1}{N_2}$

Cường độ dòng điện trong mạch:   $I=\frac{U}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch:  $P=I^{2}R$

Máy biến áp lí tưởng có:  $P_1=P_2+P_3$

Dung kháng của tụ điện: $Z_C=\frac{1}{\omega C}$

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

C thay đổi, điện áp giữa hai đầu tụ điện đạt cực đại khi:  $Z_C=\frac{R^2+Z_L^2}{Z_L}$ 

L thay đổi, điện áp giữa hai đầu cuộn dây thuần cảm đạt cực đại khi:   $Z_L=\frac{R^2+Z_C^2}{Z_C}$

Cách giải:

Nhận xét: máy biến áp không làm biến đổi tần số dòng điện

→ Dòng điện ở hai cuộn thứ cấp có tần số góc là:

$\omega =2\pi f=2\pi .50=100\pi (\text{rad}/\text{s})$

Áp dụng công thức máy biến áp, ta có: 

 $\left\{\begin{array}{l}\frac{U_2}{U_1}=\frac{N_2}{N_1}\Rightarrow \frac{U_2}{200}=\frac{200}{2000}\Rightarrow U_2=20\left(V\right)\\ \frac{U_3}{U_1}=\frac{N_3}{N_1}\Rightarrow \frac{U_3}{200}=\frac{100}{2000}\Rightarrow U_3=10\left(V\right)\end{array}\right.$

Cảm kháng của cuộn dây và dung kháng của tụ điện là:

$\left\{\begin{array}{l}{Z}_{L_2}=\omega L_2=100\pi \cdot \frac{0,3}{\pi }=30\left(\Omega \right)\\ Z_{C_3}=\frac{1}{\omega C_3}=\frac{1}{100\pi \cdot \frac{0,5\cdot {10}^{-3}}{\pi }}=20\left(\Omega \right)\end{array}\right.$ 

Điều chỉnh C₂ để điện áp hiệu dụng giữa hai đầu tụ điện C₂ đạt cực đại, ta có: 

 $Z_{C_2}=\frac{R_2^2+Z_{L_2}^2}{Z_{L_2}}=\frac{{30}^2+{30}^2}{30}=60\left(\Omega \right)$

$\Rightarrow P_2=\frac{U_2^2\cdot R_2}{R_2^2+{\left(Z_{L_2}-Z_{C_2}\right)}^2}=\frac{{20}^2\cdot 30}{{30}^2+{(30-60)}^2}=\frac{20}{3}( \text{W})$

Điều chỉnh L₃ để điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn dây L₃ đạt cực đại, ta có: 

 $$\begin{gathered} Z_{L_3}=\frac{R_3^2+Z_{C_3}^2}{Z_{C_3}}=\frac{{20}^2+{20}^2}{20}=40\left(\Omega \right) \\ \Rightarrow P_3=\frac{U_3^2\cdot R_3}{R_3^2+{\left(Z_{L_3}-Z_{C_3}\right)}^2}=\frac{{10}^2\cdot 20}{{20}^2+{(40-20)}^2}=2,5( \text{W}) \end{gathered}$$

 
Máy biến áp lí tưởng, công suất tiêu thụ của cuộn sơ cấp là: 

 $$\begin{gathered} P_1=P_2+P_3=\frac{20}{3}+2,5=\frac{55}{6}( \text{W}) \\ \Rightarrow U_1{I}_1=\frac{55}{6}\Rightarrow I_1=\frac{P_1}{U_1}=\frac{11}{240}\left(A\right) \end{gathered}$$

Chọn D. 

Phương pháp: 

Độ lớn lực kéo về:  $\left|F_{kv}\right|=m\left|a\right|$

Công thức độc lập với thời gian:   $\frac{v^2}{{\omega }^2}+\frac{a^2}{{\omega }^4}=A^2$

Cơ năng của vật:  $\text{W}=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2$

Cách giải: 

Khi lực kéo về có độ lớn 0,8 N và $0,5\sqrt{2}N$, ta có:

$\left\{\begin{array}{l}\left|a_1\right|=\frac{\left|F_{kv\mid }\right|}{m}=\frac{0,8}{0,1}=8( \text{m}/\text{s})\\ \left|a_2\right|=\frac{\left|F_{k\nu 2}\right|}{m}=\frac{0,5\sqrt{2}}{0,1}=5\sqrt{2}( \text{m}/\text{s})\end{array}\right.$ 

Áp dụng công thức độc lập với thời gian cho hai thời điểm, ta có:

 $\left\{\begin{array}{l}\frac{v_1^2}{{\omega }^2}+\frac{a_1^2}{{\omega }^4}=A^2\Rightarrow \frac{0,6^2}{{\omega }^2}+\frac{8^2}{{\omega }^4}=A^2\\ \frac{v_2^2}{{\omega }^2}+\frac{a_2^2}{{\omega }^4}=A^2\Rightarrow \frac{{(0,5\sqrt{2})}^2}{{\omega }^2}+\frac{{\left(5\sqrt{2}\right)}^2}{{\omega }^4}=A^2\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\omega =10(\text{rad}/\text{s})\\ A=0,1( \text{m})\end{array}\right.$

Cơ năng của con lắc là: 

$\text{W}=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2=\frac{1}{2}\cdot 0,{1.10}^2.0,1^2=0,05\left(J\right)$ 

Chọn B. 

Cách giải: 

Tần số góc dao động của con lắc là:

$\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{100}{0,1}}=10\sqrt{10}=10\pi (\text{rad}/\text{s})$ 

Lực điện tác dụng lên vật theo phương ngang là: 

Lực ma sát tác dụng lên vật là: 

$F_{\text{ms}}=\mu mg=0,1.0,1.10=0,1\left(N\right)$ 

Áp dụng định luật II Niu – tơn cho vật khi ở vị trí cân bằng, ta có:

$\overrightarrow{F_{dh}}+\overrightarrow{F_d}+\overrightarrow{F_{ms}}=\overrightarrow{0}\Rightarrow \overrightarrow{F_{dh}}=-\left(\overrightarrow{F_d}+\overrightarrow{F_{ms}}\right)$ 

Ta có hình vẽ:

Từ hình vẽ ta thấy khi ở vị trí cân bằng, lò xo bị nén 

Lại có: $$\begin{gathered} \overrightarrow{F_{dh}}=-\left(\overrightarrow{F_d}+\overrightarrow{F_{ms}}\right)\Rightarrow F_{dh}=F_d-F_{ms}=k\Delta l \\ \Rightarrow 100\Delta l=0,5-0,1\Rightarrow \Delta l={4.10}^{-3}\left(m\right)=0,4( \text{cm}) \end{gathered}$$  

Khi con lắc về vị trí lò xo không biến dạng, li độ và biên độ của con lắc là: 

$\left\{\begin{array}{l}x=\Delta l=0,4( \text{cm})\\ A=5+\Delta l=5,4( \text{cm})\end{array}\right.$ 

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

$v=\omega \sqrt{A^2-x^2}=10\pi \cdot \sqrt{5,4^2-0,4^2}\approx 170( \text{cm}/\text{s})$ 

Chọn D. 

Cách giải: 

Gọi điện áp hiệu dụng ban đầu ở nơi truyền tải là U₁, công suất nơi tiêu thụ là P₁

Sau khi dùng máy biến áp, điện áp hiệu dụng hai đầu nơi truyền tải là:

$U_2=\frac{N_2}{N_1}{U}_1$

Hiệu suất truyền tải ban đầu là: 

 $H_1=\frac{P_1}{P}=90\%\Rightarrow P_1=0,9P$

Công suất hao phí trên đường dây ban đầu là:

  $\Delta P_1=P-P_1=0,1P\Rightarrow \frac{P^{2}R}{U_1^2}=0,1P$ (1)

Công suất tiêu thụ tăng lên, ta có: 

$P_2=P_1+P_1.11\%=1,11P_1=0,999P$ 

Công suất hao phí trên đường dây truyền tải là:

   $\Delta P_2=P-P_2={10}^{-3}P\Rightarrow \frac{P^{2}R}{U_2^2}={10}^{-3}P$ (2)

Từ (1) và (2) ta có: 

$\frac{U_2^2}{U_1^2}=\frac{0,1P}{{10}^{-3}P}\Rightarrow \frac{U_2}{U_1}=10\Rightarrow \frac{N_2}{N_1}=10$ 

Chọn A. 

Phương pháp: 

Sử dụng lý thuyết và đồ thị dao động cưỡng bức 

Cách giải: 

Đồ thị sự phụ thuộc của biên độ dao động vào tần số góc của lực cưỡng bức: 

Từ đồ thị ta thấy với mọi giá trị tần số góc thỏa mãn ${\omega }_1<\omega <{\omega }_3$, biên độ dao động của con lắc luôn có $A>A_1$  

Ta có: ${\omega }_1<{\omega }_2<{\omega }_3\Rightarrow A_2>A_1$ 

Chọn C. 

Phương pháp: 

Khoảng vân trùng của hai vân sáng:  $i_t=k_1{i}_1=k_2{i}_2$

Khoảng vân:  $i=\frac{\lambda D}{a}$

Cách giải: 

Trong khoảng giữa hai vân sáng cùng màu với vân sáng trung tâm có 4 vân màu đỏ → k1 = 5

Ta có công thức: 

 $k_1{i}_1=k_2{i}_2\Rightarrow \frac{k_2}{k_1}=\frac{i_1}{i_2}=\frac{{\lambda }_1}{{\lambda }_2}\Rightarrow k_2=\frac{{\lambda }_1}{{\lambda }_2}{k}_1$

Ánh sáng màu lục có bước sóng:  ${\lambda }_2<{\lambda }_1\Rightarrow k_2>k_1$

Bước sóng của ánh sáng màu lục là: 

 $$\begin{gathered} 0,38\mu m\le {\lambda }_2<0,66\mu m\Rightarrow \frac{0,66}{0,66}\cdot 5<k_2\le \frac{0,66}{0,38}.5 \\ \Rightarrow 5<k_2\le 8,68\Rightarrow k_2=6;7;8 \end{gathered}$$

Ta có:  ${\lambda }_2=\frac{{\lambda }_1{k}_1}{k_2}\Rightarrow \left[\begin{array}{l}{k}_2=0,55\left(\mu \text{m}\right)\\ k_2=0,47\left(\mu \text{m}\right)\\ k_2=0,41\left(\mu \text{m}\right)\end{array}\right.$ 

Chọn B. 

Phương pháp: 

Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị 

Động năng cực đại của con lắc: ${\text{W}}_d=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2$ 

Trong cùng một khoảng thời gian, vật đi được quãng đường nhỏ nhất khi vật chuyển động xung quanh vị trí  biên 

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

Cách giải: 

Từ đồ thị ta thấy: 

 $$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{\text{W}}_{d\max }=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2=0,08\left(J\right)\\ A^2=16\left( {\text{cm}}^2\right)={16.10}^{-4}\left( {\text{m}}^2\right)\Rightarrow A=4( \text{cm})\end{array}\right. \\ \Rightarrow \omega =10\pi (\text{rad}/\text{s}) \end{gathered}$$

Trong khoảng thời gian 115s, vecto quay được góc:

$\Delta \phi =\omega \Delta t=10\pi \cdot \frac{1}{15}=\frac{2\pi }{3}\left(\text{rad}\right)$ 

Nhận xét: trong khoảng thời gian  $\frac{1}{15}s$, vật đi được quãng đường nhỏ nhất khi góc quét đối xứng qua trục  Ox 

Ta có vòng tròn lượng giác: 

Từ vòng tròn lượng giác ta thấy trong khoảng thời gian $\frac{1}{15}s$, vật đi được quãng đường nhỏ nhất là:

$s_{\min }=2\cdot \left(A-A\cos \frac{\Delta \phi }{2}\right)=2\cdot \left(4-4\cdot \cos \frac{\pi }{3}\right)=4( \text{cm})$ 

Chọn B. 

Cách giải:

Bước sóng là:  $\lambda =\frac{v.2\pi }{f}=\frac{20.2\pi }{20\pi }=2( \text{cm})$

Phương trình sóng tại O là:  $u_O=3\cos \left(20\pi t+\frac{\pi }{6}-\frac{\pi \cdot AB}{\lambda }\right)\left(\text{cm}\right)$

→ O dao động cùng pha với hai nguồn

Phương trình dao động của điểm M:

$u_M=3\cos \left(20\pi t+\frac{\pi }{6}-\frac{2\pi \cdot MA}{\lambda }\right)$ 

Điểm M dao động cùng pha với hai nguồn và gần hai nguồn nhất, ta có độ lệch pha giữa M và O là:

$\frac{2\pi \cdot MA}{\lambda }-\frac{\pi \cdot AB}{\lambda }=2\pi \Rightarrow MA=\frac{AB}{2}+\lambda =12( \text{cm})$ 

N là cực đại gần O nhất $\to ON=\frac{\lambda }{2}=1( \text{cm})$ 

Ta có hình vẽ: 

Phương trình sóng do hai nguồn truyền tới điểm N là:

$\left\{\begin{array}{l}{u}_{1N}=1,5\cos \left(20\pi t+\frac{\pi }{6}-\frac{2\pi .11}{2}\right)=1,5\cos \left(20\pi t-\frac{5\pi }{6}\right)\left(\text{cm}\right)\\ u_{2N}=1,5\cos \left(20\pi t+\frac{\pi }{6}-\frac{2\pi .9}{2}\right)=1,5\cos \left(20\pi t-\frac{5\pi }{6}\right)\left(\text{cm}\right)\end{array}\right.$ 

Phương trình sóng tổng hợp tại M là: 

$u_N=u_{1N}+u_{2N}=3\cos \left(20\pi t-\frac{5\pi }{6}\right)\left(\text{cm}\right)$ 

→ điểm N dao động ngược pha với hai nguồn 

→ hai điểm M, N dao động ngược pha 

Khoảng cách lớn nhất giữa M và N trên phương truyền sóng khi một điểm ở biên âm, một điểm ở biên  dương: 

Ta có: $u_{\max }=A_M+A_N=6( \text{cm})$ 

$O{M}^2=M{A}^2-O{A}^2={12}^2-{10}^2=44\left( {\text{cm}}^2\right)$

Khoảng cách giữa hai vị trí cân bằng của M, N là: 

 $MN=\sqrt{O{N}^2+O{M}^2}=\sqrt{1+44}=\sqrt{45}( \text{cm})$

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

 $d_{\max }=\sqrt{M{N}^2+u_{{\max }^2}}=\sqrt{45+6^2}=9( \text{cm})$

Giá trị d_max gần nhất với giá trị 9,1 cm

Chọn B. 

Cách giải: 

Từ biểu thức cường độ dòng điện, ta thấy: 

$I_1=I_2=4\Rightarrow \frac{U}{\sqrt{R^2+Z_L^2}}=\frac{U}{\sqrt{R^2+Z_C^2}}\Rightarrow Z_L=Z_C$ 

→ nếu đặt điện áp vào hai đầu đoạn mạch chứa R, L, C, trong mạch xảy ra hiện tượng cộng hưởng

Độ lệch pha giữa điện áp và cường độ dòng điện là: 

 $$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}\tan {\phi }_1=\frac{Z_L}{R}\Rightarrow \tan {\phi }_1=-\tan {\phi }_2\Rightarrow {\phi }_1=-{\phi }_2\\ \tan {\phi }_2=\frac{-Z_C}{R}\end{array}\right. \\ \Rightarrow {\phi }_u-\frac{\pi }{7}=-\left({\phi }_u-\frac{10\pi }{21}\right)\Rightarrow {\phi }_u=\frac{13\pi }{42}\left(\text{rad}\right) \\ \Rightarrow \frac{Z_L}{R}=\tan \left({\phi }_u-{\phi }_{i1}\right)=\tan \frac{\pi }{6}\Rightarrow \frac{Z_L}{R}=\frac{\sqrt{3}}{3} \\ \Rightarrow Z_L=Z_C=\frac{R}{\sqrt{3}}=\frac{10}{\sqrt{3}}\left(\Omega \right) \end{gathered}$$