Phương pháp: 

Dựa vào tính chất chiết suất của chất làm lăng kính (thủy tinh) đối với ánh sáng khác nhau là khác nhau. 

Chiết suất của thủy tinh với ánh sáng tìm là lớn nhất và với ánh sáng đỏ là nhỏ nhất

Cách giải: 

Ta có thứ tự  $n_d<n_t<n_v$

Chọn A. 

Phương pháp: 

Một máy thu thanh vô tuyến đơn giản gồm năm bộ phận cơ bản sau:  

+ Anten thu có tác dụng thu sóng 

+ Mạch chọn sóng có tác dụng chọn sóng cần thu 

+ Mạch tách sóng có tác dụng tách sóng cần thu ra khỏi các sóng khác 

+ Mạch khuếch đại dao động điện từ âm tần có tác dụng khuếch đại sóng âm tần vừa thu được ở mạch tách sóng 

+ Loa có tác dụng chuyển dao động điện từ âm tần (sóng âm tần) thành âm thanh (sóng âm) 

Cách giải: 

Trong máy thu thanh vô tuyến đơn giản không có bộ phận mạch biến điệu. 

Chọn D. 

Phương pháp: 

Công thức tính bước sóng điện từ:  $\lambda =\frac{c}{f}$

Cách giải: 

Sóng FM của Đài Tiếng nói Việt Nam ứng với tần số 100MHz có bước sóng là:  $\lambda =\frac{c}{f}=\frac{{3.10}^8}{{100.10}^6}=3m$

Chọn B. 

Cách giải: 

Cường độ dòng điện trong mạch là: $I=\frac{U}{Z_C}=\frac{U}{\frac{1}{\omega C}}=U.\omega C$ 

Chọn B. 

Cách giải: 

Biểu thức liên hệ giữa bước sóng, tần số, chu kì và tốc độ truyền sóng là: $\lambda =vT=\frac{v}{f}$ 

Chọn A. 

Phương pháp: 

Bước sóng trong thí nghiệm giao thoa Y - âng:  $\lambda =\frac{ia}{D}$

Cách giải: 

Bước sóng của ánh sáng dùng trong thí nghiệm bằng:  $\lambda =\frac{ia}{D}=\frac{1,{2.10}^{-3}{\mathrm{.1.10}}^{-3}}{2}=0,6\mu m$

Chọn C. 

Phương pháp: 

Công thức tính biên độ dao động tổng hợp của hai dao động điều hòa cùng phương, cùng tần số: $A^2=A_1^2+A_2^2+2A_1{A}_2\cos \left({\phi }_2-{\phi }_1\right)$

Cách giải: 

Biên độ của dao động tổng hợp:  $A^2=A_1^2+A_2^2+2A_1{A}_2\cos \left({\phi }_2-{\phi }_1\right)\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}A\in A_1;A_2;\Delta \phi \\ A\notin f\end{array}\right.$

Chọn D. 

Phương pháp: 

Cường độ điện trường gây ra bởi điện tích Q, tại một điểm trong chân không, cách điện tích Q một khoảng r là:

$E={9.10}^9\frac{\left|Q\right|}{r^2}$  

Cách giải: 

Cường độ điện trường gây ra bởi điện tích Q, tại một điểm trong chân không, cách điện tích Q một khoảng r là:   

$E={9.10}^9\frac{\left|Q\right|}{r^2}$

Vì $Q>0\Rightarrow E={9.10}^9\frac{\left|Q\right|}{r^2}=E={9.10}^9\frac{Q}{r^2}$ 

Chọn C. 

Phương pháp: 

Tổng trở của mạch điện xoay chiều RLC nối tiếp là:  $Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}$

Dung kháng của mạch điện xoay chiều RLC nối tiếp là:  $Z_L=\omega L$

Cảm kháng của mạch điện xoay chiều RLC nối tiếp là:  $Z_C=\frac{1}{\omega C}$

Cách giải: 

Dung kháng của mạch là:   $Z_L=\omega L=100\pi .\frac{1}{\pi }=100\Omega$

Cảm kháng của mạch là:   $Z_C=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{100\pi \cdot \frac{{10}^{-3}}{5\pi }}=50\Omega$

Tổng trở của mạch là:   $Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}=\sqrt{{\left(50\sqrt{3}\right)}^2+{(100-50)}^2}=100\Omega$

Chọn B. 

Phương pháp: 

Sóng điện từ có 6 tính chất 

+ Sóng điện từ lan truyền được trong chân không và trong các điện môi.  

+ Sóng điện từ là sóng ngang:  

+ Trong sóng điện từ thì dao động của điện trường và của từ trường tại một điểm luôn luôn đồng pha với nhau. 

+ Sóng điện từ cũng tuân theo các định luật truyền thẳng, khúc xạ, và cũng xảy ra các hiện tượng như phản xạ, giao thoa như ánh sáng 

+ Sóng điện từ mang năng lượng 

+ Những sóng điện từ có bước sóng từ vài mét đến vài km được dùng trong thông tin vô tuyến nên gọi là các sóng vô tuyến. Sóng vô tuyến được phân loại theo bước sóng thành các loại sau: sóng cực ngắn, sóng ngắn, sóng trung và sóng dài. 

Cách giải: 

Dựa vào các tính chất của sóng điện từ thì ta biết được sóng điện từ là sóng ngang chứ không phải sóng dọc 

Chọn B. 

Phương pháp: 

Hiệu điện thế tức thời hai đầu đoạn mạch RLC nối tiếp:  $u=u_R+u_L+u_C$

Hiệu điện thế hiệu dụng hai đầu đoạn mạch RLC nối tiếp:  $U=\sqrt{U_R^2+{\left(U_L-U_C\right)}^2}$

Cách giải: 

Công thức tính hiệu điện thế hiệu dụng hai đầu đoạn mạch RLC nối tiếp:  $U=\sqrt{U_R^2+{\left(U_L-U_C\right)}^2}$

Chọn D

Cách giải: 

Từ công thức tính cảm kháng:  $Z_C=\frac{1}{\omega C}\Rightarrow \omega =\frac{1}{Z_C.C}$

Vì cảm kháng Z_C có cùng đợn vị với điện trở R nên  có cùng đơn vị với tần số góc ω

Chọn A. 

Câu 13 (NB): 

Phương pháp: 

Đặc điểm của quang phổ vạch:

+ Quang phổ vạch phát xạ của các nguyên tố khác nhau thì rất khác nhau về số lượng các vạch, vị trí các vạch (cũng đồng nghĩa với sự khác nhau về màu sắc các vạch) và độ sáng tỉ đối của các vạch.

+ Mỗi nguyên tố hóa học có một quang phổ vạch đặc trưng cho nguyên tố đó. 

Cách giải: 

Từ đặc điểm của quang phổ vạch là: Quang phổ vạch phát xạ của các nguyên tố khác nhau thì rất khác nhau về số lượng các vạch, vị trí các vạch (cũng đồng nghĩa với sự khác nhau về màu sắc các vạch) và độ sáng tỉ đối của các vạch.  

Suy ra quang phổ vạch của các nguyên tố hóa học khác nhau thì không khác nhau về bề rộng các vạch quang phổ 

Chọn C. 

Phương pháp: 

Tính chất cơ bản của từ trường: Gây ra lực từ tác dụng lên một nam châm hay một dòng điện đặt trong nó.

Cách giải: 

Dựa vào tính chất cơ bản của từ trường là: Gây ra lực từ tác dụng lên một nam châm hay một dòng điện đặt trong nó. 

Chọn D. 

Cách giải: 

Các hiện tượng xảy ra với sóng cơ là: phản xạ, giao thoa, nhiễu xạ 

Các hiện tượng xảy ra với sóng cơ là: phản xạ, giao thoa, nhiễu xạ, tắn sắc 

Vậy hiện tượng tán sắc chỉ xảy ra với sóng ánh sáng mà không xảy ra với sóng cơ 

Chọn A. 

Phương pháp: 

Các đặc trưng sinh lí của âm: Độ cao, độ to và âm sắc. 

Cách giải: 

Trong các yếu tố: cường độ âm, âm sắc, mức cường độ âm và năng lượng thì âm sắc là đặc trưng sinh lí của âm 

Chọn B. 

Cách giải: 

Vì trong mạch có hiện tượng cộng hưởng nên: $Z_L=Z_C$

Vì cảm kháng ZCcó cùng đợn vị với điện trở R nên tổng trở của mạch điện là:  $Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}=R$

⇒ Hệ số công suất của mạch điện là:  $\cos \phi =\frac{R}{Z}=\frac{R}{R}=1=const$

Chọn A.

Phương pháp: 

Phương trình dao động điều hòa: $x=A\cos (\omega t+\phi )$  trong đó φ gọi là pha ban đầu

Cách giải: 

Vật dao động điều hòa theo phương trình:  $x=5\cos \left(20t+\frac{\pi }{4}\right)\left(cm\right)$

Vậy pha ban đầu của vật là  $\frac{\pi }{4}\left(rad\right)$

Chọn C. 

Phương pháp: 

Đặc điểm của dao động cưỡng bức: 

+ Dao động cưỡng bức có biên độ không đổi và có tần số bằng tần số lực cưỡng bức.

+ Biên độ của dao động cưỡng bức phụ thuộc vào biên độ của lực cưỡng bức và phụ thuộc vào độ chênh lệch giữa tần số của lực cưỡng bức và tần số riêng của hệ dao động. Khi tần số của lực cưỡng bức càng gần tần số riêng thì biên độ dao động cưỡng bức càng lớn.  

+ Dao động cưỡng bức phụ thuộc vào lực cản môi trường 

Cách giải: 

Dựa vào đặc điểm của dao động cưỡng bức: Dao động cưỡng bức phụ thuộc vào lực cản môi trường

Chọn D. 

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

Mức cường độ âm tại điểm đó bằng:  $L=10\log \frac{I}{I_0}=10\log \frac{{10}^{-5}}{{10}^{-12}}=70dB$

Phương pháp: 

Độ cứng k của con lắc lò xo:  $k=m{\omega }^2$

Thế năng:  $W_t=\frac{1}{2}k{x}^2$

Cách giải: 

Độ cứng k của con lắc lò xo:  $k=m{\omega }^2=0,1.{\left(4\pi \right)}^2\approx 15,79N\text{/m}$

Tại vị trí biên vật có li độ  $x=\pm A$

Thế năng khi đó là:  $W_t=\frac{1}{2}k{x}^2=\frac{1}{2}k{A}^2=\frac{1}{2}.15,79.0,1^2\approx 0,079N$

Chọn B. 

Phương pháp: 

Các tính chất của tia tử ngoại:  

+ Tác dụng lên phim ảnh 

+ Kích thích sự phát quang của nhiều chất 

+ Kích thích nhiều phản ứng hoá học: phản ửng tổng hợp hiđrô và clo, phản ứng biến đổi ôxi thành ôzôn, phản ứng tổng hợp vitamin D0 

+ Làm ion hoá không khí và nhiều chất khác: làm mất điện tích của tụ điện rất nhanh.

+ Tác dụng sinh học: huỷ diệt tế bào, làm cháy nắng, diệt khuẩn, nấm mốc…

+ Bị nước và thuỷ tinh hấp thụ rất mạnh nhưng truyền qua được thạch anh

+ Không bị lệch trong điện trường và từ trường 

+ Gây ra hiện tượng quang điện ở một số chất 

Cách giải: 

Dựa vào các tính chất của tia tử ngoại ta thấy tia tử ngoại không có tính chất đâm xuyên mạnh

Chọn C. 

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

Con lắc lò xo có độ cứng k và khối lượng m sẽ dao động điều hoà với tần số góc là: $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}$

Chọn B. 

Phương pháp: 

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

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

Cách giải: 

Vì sóng dừng xảy ra trên sợi dây hai đầu cố định nên:$l=k\frac{\lambda }{2}$

Vì có 5 nút sóng nên  $k+1=5\Rightarrow k=4\Rightarrow \lambda =\frac{2l}{k}=\frac{2.1,2}{4}=0,6m=60cm$

Phương pháp: 

Máy tăng áp là máy có số vòng dây cuộn thứ cấp lớn hơn so với số vòng dây cuộn sơ cấp: $N_2>N_1$ 

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

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

Cách giải: 

Vì máy tăng áp là máy có số vòng dây cuộn thứ cấp lớn hơn so với số vòng dây cuộn sơ cấp nên:

N_­1 = 500vòng; N₂ =1000vòng 

Do máy biến áp không làm thay đổi tần số dòng điện nên giữa hai đầu cuộn thứ cấp dòng điện vẫn có tần số là 50Hz. 

Từ công thức máy biến áp ta có: $\frac{U_1}{U_2}=\frac{N_1}{N_2}\Rightarrow U_2=\frac{U_1.N_2}{N_1}=\frac{110.1000}{500}=220V$ 

Chọn A. 

Phương pháp: 

Lực kéo về tác dụng lên một chất điểm dao động điều hòa: $F=-kx$ 

Cách giải:

Lực kéo về tác dụng lên một chất điểm dao động điều hoà có độ lớn tỉ lệ với độ lớn của li độ và luôn hướng về vị trí cân bằng 

Chọn A. 

Phương pháp: 

Phương trình truyền sóng tại một điểm M cách nguồn sóng O một khoảng là  $OM=x:u=A\cos \left(\omega t-\frac{2\pi x}{\lambda }\right)$

Vận tốc truyền sóng là:  $v=\frac{\lambda }{T}$

Cách giải: 

Phương trình truyền sóng:   $u=5\cos \pi (4t-0,5x)mm\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\omega =4\Rightarrow T=\frac{2\pi }{\omega }=\frac{2\pi }{4}=\frac{\pi }{2}s\\ 0,5x=\frac{2\pi x}{\lambda }\Rightarrow \lambda =4\pi \end{array}\right.$

Vậy vận tốc truyền sóng là:  $v=\frac{\lambda }{T}=8m\text{/}s$

Chọn C. 

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

Chu kì của mạch dao động điện từ tự do LC là:  $T=\frac{2\pi }{\omega }=\frac{2\pi }{\frac{1}{\sqrt{LC}}}=2\pi \sqrt{LC}$

Chọn A. 

Phương pháp: 

Phương pháp đường tròn lượng giác: 

Cách giải: 

Chu kì của dòng điện là:  $T=\frac{2\pi }{\omega }=\frac{2\pi }{{10}^6\pi }={2.10}^{-6}s$

Tại thời điểm ban đầu cường độ dòng điện là:  $i=5\cos \left({10}^6\pi t-\frac{\pi }{6}\right)=5\cos \left(-\frac{\pi }{6}\right)=\frac{5\sqrt{3}}{2}\left(mA\right)=\frac{A\sqrt{3}}{2}$

Tại thời điểm $i=2,5\left(mA\right)=\frac{A}{2}$  Áp dụng phương pháp đường tròn lượng giác ta có: Trong 1 chu kì vật qua vi trí có li độ $x=\frac{A}{2}$ hai lần ứng với hai vecto quay 1 và 2 trong hình vẽ.  Thời điểm lần thứ 2021 cường độ dòng điện trong mạch có giá trị 2,5(mA)  là $\Rightarrow t=1010T+\frac{T}{4}={\mathrm{1010.2.10}}^{-6}+\frac{{2.10}^{-6}}{4}\Rightarrow t=2,{0205.10}^{-3}s=2,0205ms$

Chọn C.

Phương pháp: 

Để đèn sáng bình thường thì hiệu điện thế giữa hai đầu bóng đèn bằng hiệu điện thế định mức của bóng đèn 

Điện trở của bóng đèn:  $R=\frac{U_{ñm}^2}{P_{ñm}}$

Định luật Ôm với toàn mạch:  $I=\frac{\xi }{R+r}$

Cách giải:

Điện trở của bóng đèn là: $R=\frac{U_{ñm}^2}{P_{ñm}}=\frac{6^2}{9}=4\Omega$ 

Để đèn sáng bình thường thì hiệu điện thế giữa hai đầu bóng đèn bằng hiệu điện thế định mức của bóng đèn.

Hiệu điện thế giữa hai đầu bóng đèn là:  $U_d=I.R\Rightarrow I=\frac{U_d}{R}=\frac{6}{4}1,5A$

Áp dụng định luật Ôm với toàn mạch:  $I=\frac{\xi }{R+r}\iff 1,5=\frac{9}{4+r}\Rightarrow r=2\Omega$

Chọn C. 

Phương pháp: 

Sử dụng phương pháp số phức: $\overline{Z}=R+i.\left(Z_L-Z_C\right)=\frac{u}{i}$ 

Công suất tiêu thụ:  $P=R{I}^2$ 

Cách giải: 

Ta có: $\overline{Z}=R+i.\left(Z_L-Z_C\right)=\frac{u}{i}$$\Rightarrow \overline{Z}=\frac{220\sqrt{2}\angle 0}{\sqrt{2}\angle \frac{\pi }{3}}\approx 220-4,02i\Rightarrow R\approx 220\Omega$ 

Điện trở của hộp kín X là:   $R_X=220-50=170\Omega$

Công suất tiêu thụ của hộp kín X là:   $P_X=R_X{I}^2={170.1}^2=170W$

Chọn C. 

Phương pháp: 

Giá trị trung bình:   $\overline{A}=\frac{\overline{A_1}+\overline{A_2}+\dots +\overline{A_n}}{n}$

Sai số ngẫu nhiên:   $\overline{\Delta A}=\frac{\left|\overline{A}-A_1\right|+\left|\overline{A}-A_2\right|+\dots +\left|\overline{A}-A_n\right|}{n}$

Sai số tuyệt đối:  $\Delta A=\overline{\Delta A}+\Delta A^{\text{'}}$ 

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

Cách giải: 

Thời gian trung bình thực hiện 1 dao động: 

   $\overline{T}=\frac{1}{10}\cdot \frac{10\overline{T_1}+10\overline{T_2}+10\overline{T_3}+10\overline{T_4}+10\overline{T_5}}{5}=\frac{15,45+15,10+15,86+15,25+15,50}{5}=1,543s$ 

Sai số ngẫu nhiên:

  $\overline{\Delta T}=\frac{\left|\overline{T}-T_1\right|+\left|\overline{T}-T_2\right|+\left|\overline{T}-T_3\right|+\left|\overline{T}-T_4\right|+\left|\overline{T}-T_5\right|}{n}$

$=\frac{\left|1,543-\frac{15,45}{10}\right|+\left|1,543-\frac{15,10\mid }{10}\right|+\left|1,543-\frac{15,86}{10}\right|+\left|1,543-\frac{15,25}{10}\right|+\left|1,543-\frac{15,50}{10}\right|}{5}=0,0206$

Sai số tuyệt đối:   $\Delta T=\overline{\Delta T}+\Delta T^{\text{'}}=0,0206+0,01=0,0306\approx 0,031$

Chu kì dao động của vật là:   $T=\overline{T}\pm \Delta T=1,5432\pm 0,031s$

Chọn D. 

Phương pháp: 

Thấu kính phân kì luôn cho ảnh ảo cùng chiều với vật và nhỏ hơn vật 

Thấu kính hội tụ cho ảnh thật ngược chiều với vật và nhỏ hơn vật khi   $d>OF$

Công thức xác định vị trí ảnh:   $\frac{1}{f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{d^{\text{'}}}$

Công thức độ phóng đại ảnh:   $k=-\frac{d^{\text{'}}}{d}$

Cách giải: 

Giả sử thấu kính là thấu kính hội tụ. Suy ra ảnh là ảnh thật cùng chiều với vật và nhỏ hơn vật

Từ công thức xác định vị trí ảnh:  $\frac{1}{f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{d^{\text{'}}}\Rightarrow f=\frac{d.d^{\text{'}}}{d+d^{\text{'}}}=\frac{20.10}{20+10}=6,67cm$ 

Giả sử thấu kính là thấu kính phân kì ⇒ ảnh là ảnh ảo cùng chiều với vật và nhỏ hơn vật:

  $\left\{\begin{array}{l}d=20cm\\ k=-\frac{d^{\text{'}}}{d}=\frac{1}{2}\Rightarrow d^{\text{'}}=-10cm\end{array}\right.$

Từ công thức xác định vị trí ảnh:   $\frac{1}{f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{d^{\text{'}}}\Rightarrow f=\frac{d.d^{\text{'}}}{d+d^{\text{'}}}=\frac{20.(-10)}{20+(-10)}=-20cm$

Chọn B. 

Phương pháp: 

Điện năng tiêu thụ:   $A=P.t=\frac{P_i}{H}.t$

Cách giải: 

Điện năng tiêu thụ của động cơ điện xoay chiều trọng 1 tháng (30 ngày)

  $A=P.t=\frac{P_i}{H}.t=\frac{7,5}{0,8}\mathrm{.8.30}=2250\left(kWh\right)$

Số tiền điện mà phân xưởng phải trả là: 2250.2000 = 4500000 đồng

Chọn B. 

Phương pháp: 

Sử dụng lí thuyết về hai vân sáng trùng nhau trong giao thoa ánh sáng

Hai vân trùng nhau: $x_1=x_2$  

Vị trí vân sáng:   $x=k\frac{\lambda D}{a}$

Khoảng cách giữa hai vân sáng hoặc hai vân tối liên tiếp bằng khoảng vân i 

Cách giải: 

Số vân sáng trùng của hai bức xạ  ${\lambda }_1;{\lambda }_2$ là:  $n=19-6-9=4$ 

Vì hai vân sáng ngoài cùng (trùng A, B) khác màu với hai loại vân sáng đơn sắc trên tức là A và B là vị trí  của hai vân sáng trùng nhau của hai bức xạ  ${\lambda }_1;{\lambda }_2$

Do đó ta có tại A là vân sáng thứ 6 + 4 =10 của λ₁ và là vân sáng thứ 9 + 4 =13 của λ₂

 $\Rightarrow 9{\lambda }_1=12{\lambda }_2\Rightarrow {\lambda }_2=\frac{9{\lambda }_1}{12}=\frac{9.0,72}{12}=0,54\mu m$ 

Chọn A. 

Phương pháp: 

Áp dụng biểu thức lực đàn hồi cực đại của lò xo treo thẳng đứng:   $F_{ñh\max }=k(\Delta l+A)$ 

Áp dụng biểu thức tính độ dãn của lò xo treo thẳng đứng tại vị trí cân bằng:   $\Delta l=\frac{mg}{k}$

Cách giải: 

Độ dãn của lò xo tại vị trí cân bằng là:   $\Delta l=\frac{mg}{k}=\frac{0,1.10}{50}=0,02m$

Để hệ thống không bị rơi thì:   $F_{ñh\max }\le 5N$

$\iff k(\Delta l+A)\le 5\iff A\le \frac{5}{k}-\Delta l=\frac{5}{50}-0,02=0,08m=8cm$    

Chọn A. 

Phương pháp: 

Phương trình truyền sóng:   $u_C=2A.\cos \left(\frac{\pi \left(d_1-d_2\right)}{\lambda }\right)\cos \left(\omega t-\frac{\pi \left(d_1+d_2\right)}{\lambda }\right)$

Độ lệch pha của 2 sóng   $\Delta \phi =\frac{2\pi \left(d_1-d_2\right)}{\lambda }$

Điều kiện để M là cực đại   $d_1-d_2=k\lambda$

Cách giải: 

Gọi  $CB=a;AB=2a$ 

Do trên AB có 8 điểm cực đại ngược pha với trung điểm O như hình vẽ bên:  Các điểm CĐ ngược pha trên AB có  $k=\pm 1;\pm 3;\pm 5;\pm 7$  ⇒ CĐ gần B nhất là cực đại có   $k=8\Rightarrow 8<\frac{AB}{\lambda }<9\Rightarrow 4\lambda <a<4,5\lambda$  Xét điểm C:  $d_1=\sqrt{5}a\text{; }{d}_2=a$  + Độ lệch pha hai sóng tới: $10,5\pi <\Delta {\phi }^{\ast }=\frac{2\pi \left(d_1-d_2\right)}{\lambda }<11\pi$ $\Rightarrow 5,25\pi <\frac{\pi \left(d_1-d_2\right)}{\lambda }<5,5\pi \Rightarrow \cos \left(\frac{\pi \left(d_1-d_2\right)}{\lambda }\right)<0$

+ Phương trình sóng tại C:  $u_C=2A.\cos \left(\frac{\pi \left(d_1-d_2\right)}{\lambda }\right)\cos \left(\omega t-\frac{\pi \left(d_1+d_2\right)}{\lambda }\right)$ 

Do  $\cos \left(\frac{\pi \left(d_1-d_2\right)}{\lambda }\right)<0\Rightarrow$ C ngược pha với nguồn:

  $\frac{\pi \left(d_1+d_2\right)}{\lambda }+\pi =(2k+1)\pi \Rightarrow d_1+d_2=2k\lambda$

$\Rightarrow d_1+d_2=k2\lambda \Rightarrow (\sqrt{5}+1)a=2k\lambda \Rightarrow 9,7<2k<11,32$

+ Xét điểm M: Điều kiện cực đại:   

 $d_1-d_2=\lambda \Rightarrow \sqrt{a^2+{(a+x)}^2}-\sqrt{a^2+{(a-x)}^2}=\lambda$

$\Rightarrow x=0,709\lambda \Rightarrow \lambda =10,03cm\Rightarrow AB=86,66cm$ 

Chọn D. 

Phương pháp: 

Sử dụng các công thức tính gia tốc, công thức tính gia tốc của chuyển động rơi. 

Miếng gỗ sẽ rời khỏi mặt nước khi gia tốc của nó do sóng tạo ra đúng bằng gia tốc trọng trường  $g=10m\text{/}{s}^2.$

$\left\{\begin{array}{l}\left|a\right|={\omega }^2\\ a=g\\ h_{\max }=\frac{v^2}{2g}+\left|x\right|\end{array}\right.$ 

Cách giải: 

+ Gia tốc dao động của miếng gỗ khi có sóng truyền qua có độ lớn  $\left|a\right|={\omega }^2\left|x\right|$  

Để miếng gỗ có thể văng lên thì   $a=g\Rightarrow x=\pm \frac{g}{{\omega }^2}=\pm \frac{10}{{10}^2}=\pm 10cm$

+ Vận tốc dao động khi đó của miếng gỗ   $v=\omega \sqrt{A^2-x^2}$

Vậy độ cao tối đa so với mặt nước bằng phẳng mà miếng gỗ đạt được là:

   $h_{\max }=\frac{v^2}{2g}+\left|x\right|=\frac{{\omega }^2\sqrt{A^2-x^2}}{2g}+\left|x\right|$$=\frac{{10}^2\sqrt{0,2^2-0,1^2}}{2.10}+\left|0,1\right|=0,25m=25cm$ 

Chọn C. 

Phương pháp: 

Sử dụng các công thức:   $U_{AN}=\sqrt{U_R^2+U_L^2}\text{, }{U}_{NB}=\sqrt{U_{R1}^2+U_C^2};U_{C\max }^2=U_L^2+U^2$

Độ lệch pha giữa u và i:   $\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}$

Cách giải: 

Khi nối tắt cuộn dây, nối tắt tụ   $\Rightarrow P_{NB}^{\text{'}}=\frac{U^2}{R_1}$

Khi không nối tắt   $\Rightarrow P_{NB}=\frac{U^2}{\frac{{\left(r+R_1\right)}^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}{R_1}}$

Giả thiết  $P_{NB}^{\text{'}}=4P_{NB}\Rightarrow \frac{{\left(r+R_1\right)}^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}{R_1}=4R_1$ 

 $\Rightarrow \left(r+R_1-2R_1\right)\left(r+R_1+2R_1\right)+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2=0$ 

Để tồn tại nghiệm kết hợp với điều kiện  $R_1\le r\Rightarrow R_1=r\text{; }{Z}_{L1}=Z_{C1}\Rightarrow I_1$ lớn nhất

  $\left(r-R_1\right)\left(r+3R_1\right)+\left(Z_L-Z_C\right)=0\Rightarrow {\left(Z_L-Z_C\right)}^2=\left(r-R_1\right)\left(r+3R_1\right)$ 

Khi $f=f_2$  nhìn từ đồ thị ta thấy   $T_1=2T_2$

 $\left(r-R_1\right)\left(r+3R_1\right)+\left(Z_L-Z_C\right)=0\Rightarrow {\left(Z_L-Z_C\right)}^2=\left(r-R_1\right)\left(r+3R_1\right)$ 

Xét   $t=0\Rightarrow {\phi }_{i2}=-\arccos (0,632)=-0,887$

Mà   ${\phi }_{i1}=0\Rightarrow {\phi }_2=0,887\left(rad\right)$

 $\Rightarrow \tan {\phi }_2=\frac{Z_{L2}-Z_{C2}}{R_{td}}\Rightarrow Z_{L1}=Z_{C1}=0,82\left(R_{td}\right)$ 

  $\Rightarrow \frac{{\left(R_{td}\right)}^{2}C}{2L}=0,7\text{5 (1)}$

Khi  $f=f_c$ thì  $U_{C\max }\Rightarrow U_{C\max }=\frac{U}{\sqrt{1-{\left(1-\frac{{\left(R_{td}\right)}^{2}C}{2L}\right)}^2}}=32\sqrt{15}\left(V\right)$  

Mặt khác  $U_{Cmax}^2=U_L^2+U^2$ 

   $\Rightarrow U_L=8\sqrt{15}\left(V\right)\Rightarrow U_R=U_{R1}=12\sqrt{10}\left(V\right)$

$\Rightarrow U_{AN}+U_{NB}=\sqrt{U_R^2+U_L^2}+\sqrt{U_{R1}^2+U_C^2}\approx 179\left(V\right)$

Chọn B. 

Ta chia chuyển động của vật M làm 3 giai đoạn như sau: 

+ Giai đoạn 1: Dao động điều hòa quanh VTCB O từ B đến C  

Vật m chuyển động trượt trên vật M ⇒ giữa M và m tồn tại lực ma sát trượt  $F_{ms}=\mu mg$ không đổi. Ta có thể xem chuyển động của vật M lúc này là dao động của lò xo dưới tác dụng thêm của ngoại lực ma sát ⇒ M chuyển động hướng đến VTCB O với biên độ: 

 $A_1=BO=\frac{F_{ms}}{k}=\frac{\mu mg}{k}=\frac{0,4.0,2.10}{20}=4\left(cm\right)$ 

Tốc độ cực đại của vật M nếu nó dao động đến VTCB:  

 $v=v_{\max }=\omega A_1=\sqrt{\frac{k}{m}}{A}_1=\sqrt{\frac{20}{0,2}}4=40cm\text{/}s$ 

Lưu ý, khi vật M đến vị trí  $x=\frac{A_1}{2}=2cm$ thì nó đạt vận tốc  $v_1=\frac{\sqrt{3}}{2}{v}_{\max }=20\sqrt{3}cm\text{/}s=u$ ⇒ Không còn chuyển động tương đối giữa m và M  

Thời gian chuyển động trong giai đoạn này là:  $t=\frac{T}{6}=\frac{\pi }{30}s$ 

+ Giai đoạn 2: Chuyển động thẳng đều cùng với m đến O 

Do không còn chuyển động tương đối giữa M và m ⇒ ma sát lúc này là ma sát nghỉ, hai vật dính chặt vào nhau chuyển động với cùng vận tốc đến O  

Thời gian chuyển động trong giai đoạn này là:  $t_2=\frac{0,5A_1}{u}=\frac{20}{20\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{30}s$ 

+ Giai đoạn 3: Dao động điều hòa quanh VTCB O với vận tốc ban đầu đúng bằng u 

Khi đến O lực đàn hồi của lò xo bắt đầu lớn hơn lực ma sát ⇒ có chuyển động tương đối giữa m và M giống như giai đoạn 1. 

Biên độ dao động lúc này là:  $A_2=\frac{u}{\omega }=\frac{20\sqrt{3}}{10}=2\sqrt{3}cm$ 

Thời gian chuyển động trong giai đoạn này là:  $t_3=\frac{T}{4}=\frac{\pi }{20}s$ 

Tốc độ trung bình là:  $v_{tb}=\frac{S}{t}=\frac{A_1+A_2}{t_1+t_2+t_3}=23,36\left(cm\text{/}s\right)$ 

Chọn A.