Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức xác định gia tốc của vật dao động điều hòa:   $a=v^{\text{'}}=x^{\text{'}\text{'}}$

Cách giải: 

Ta có:  $x=A\cos (\omega t+\phi )$ 

Gia tốc của vật:   $a=x^{\text{'}\text{'}}=-A{\omega }^2\cos (\omega t+\phi )$

Chọn C. 

Phương pháp: 

+ Mạch chỉ có cuộn cảm thuần L:  $u_L$ nhanh pha hơn i một góc  $\frac{\pi }{2}$ 

+ Hệ thức vuông pha:   ${\left(\frac{i}{I_0}\right)}^2{\left(+\frac{u_L}{U_{0L}^2}\right)}^2=1$ 

Cách giải: 

Hệ thức vuông pha của  $u_L$và i:   ${\left(\frac{i}{I_0}\right)}^2{\left(+\frac{u_L}{U_0^2}\right)}^2=1$

Khi  $u=U_0\Rightarrow {\left(\frac{i}{I_0}\right)}^2{\left(+\frac{U_0}{U_0^2}\right)}^2=1\Rightarrow i=0$ 

Chọn D. 

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính biên độ dao động tổng hợp:   $A=\sqrt{A_1^2+A_2^2+2A_1{A}_2\cos \Delta \phi }$

Cách giải: 

Biên độ dao động tổng hợp:  $A=\sqrt{A_1^2+A_2^2+2A_1{A}_2\cos \Delta \phi }$

Chọn A. 

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

Tổng trở của đoạn mạch gồm R nối tiếp tụ điện:  $Z=\sqrt{R^2+Z_C^2}=\sqrt{R^2+{\left(\frac{1}{\omega C}\right)}^2}$ 

Chọn A. 

Phương pháp: 

Sử dụng lí thuyết về dao động tắt dần

Cách giải: 

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

Chọn D. 

Phương pháp: 

+ Sử dụng lí thuyết về dao động điều hòa. 

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

+ Hợp lực tác dụng lên vật dao dộng điều hòa luôn hướng về vị trí cân bằng và có độ lớn tỉ lệ với li độ.

Cách giải: 

A, B, D – sai. 

C – đúng. 

Chọn C. 

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính công của lực điện:   $A=qEd=qU$

Cách giải: 

Công của lực điện:  $A=qEd=qU$

Chọn B. 

Phương pháp: 

+ Lực kéo về tác dụng vào vật dao động điều hòa có chiều luôn hướng về vị trí cân bằng và có độ lớn tỉ lệ với li độ. 

+ Biểu thức lực kéo về:  $F_{kv}=-kx$ 

Cách giải: 

Lực kéo về tác dụng lên vật có giá trị: $F_{kv}=-kx$ 

Chọn B. 

Phương pháp: 

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

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

Cách giải: 

Chiều dài sợi dây: $l=k\frac{\lambda }{2}=k.\frac{v}{2f}$ 

Trên dây có một bụng sóng  $\Rightarrow k=1\Rightarrow l=\frac{v}{2f}\Rightarrow f=\frac{v}{2l}$ 

Chọn B. 

Phương pháp: 

+ Bước sóng: $\lambda =v.T$  

+ Độ lệch pha dao động của 2 điểm trên phương truyền sóng:  $\Delta \phi =\frac{2\pi d}{\lambda }$ 

Cách giải: 

+ Bước sóng:  $\lambda =vT=1.2=2m$ 

+ Độ lệch pha giữa hai điểm trên phương truyền sóng ngược pha khi:

 $\Delta \phi =\frac{2\pi d}{\lambda }=(2k+1)\pi \Rightarrow d=(2k+1)\frac{\lambda }{2}$  

Khoảng cách gần nhất khi  $k=0\Rightarrow d_{\min }=(2.0+1)\frac{\lambda }{2}=\frac{\lambda }{2}=\frac{2}{2}=1m$ 

Chọn B. 

Phương pháp: 

Năng lượng liên kết tính cho một nuclon gọi là năng lượng liên kết riêng, đặc trưng cho độ bền vững của hạt nhân. Hạt nhân có năng lượng liên kết riêng càng lớn thì càng bền vững. 

Cách giải: 

Năng lượng liên kết riêng là đại lượng đặc trưng cho mức độ bền vững của một hạt nhân.

Chọn B. 

Phương pháp: 

Sóng cơ học lan truyền được trong các môi trường rắn, lỏng, khí và không truyền được trong chân không.

Cách giải: 

A – sai vì sóng cơ không truyền được trong chân không. 

B, C, D - đúng 

Chọn A. 

Phương pháp: 

Máy quang phổ lăng kính có ba bộ phận chính: 

+ Ống chuẩn trực. 

+ Hệ tán sắc. 

+ Buồng tối hay buồng ảnh. 

Cách giải: 

Sơ đồ cấu tạo máy quang phổ lăng kính: 

⇒ Ống chuẩn trực là một trong ba bộ phận chính của máy quang phổ lăng kính. 

Chọn D. 

Phương pháp: 

+ Sự tán sắc ánh sáng là sự phân tách một chùm ánh sáng phức tạp thành các chùm ánh sáng đơn sắc khác nhau. 

+ Ánh sáng trắng là hỗn hợp của nhiều ánh sáng đơn sắc, có màu từ đỏ đến tím. Ánh sáng trắng là một trường hợp của ánh sáng phức tạp, hay ánh sáng đa sắc. 

Cách giải: 

Khi chiếu chùm ánh sáng trắng qua lăng kính thì chùm sáng này sẽ bị tán sắc khi đi qua lăng kính.

Chọn D. 

Phương pháp: 

Sử dụng lí thuyết về dòng điện trong các môi trường.

Cách giải: 

Dòng điện trong chất khí là dòng chuyển dời có hướng của các ion dương, ion âm và electron tự do.

Chọn D. 

Phương pháp: 

Biểu thức của cường độ và các hiệu điện thế:   $\left\{\begin{array}{l}i=I_0.\cos (\omega t+\phi )\\ u_R=U_{0R}.\cos (\omega t+\phi )\\ u_L=U_{0L}.\cos \left(\omega t+\phi +\frac{\pi }{2}\right)\\ u_C=U_{0C}.\cos \left(\omega t+\phi -\frac{\pi }{2}\right)\end{array}\right.$ 

Cách giải: 

Ta có:  $u_R$ trễ pha  $\frac{\pi }{2}$  so với  $u_L$ và nhanh pha  $\frac{\pi }{2}$ so với  $u_C;u_L$ ngược pha so với  $u_C$ 

Chọn D. 

Phương pháp: 

Sử dụng thang sóng điện từ. 

Năng lượng photon:  $\epsilon =\frac{hc}{\lambda }\Rightarrow \epsilon ~\frac{1}{\lambda }$ 

Cách giải: 

Ta có: λ_{hong ngoai} > λ_lam > λ_{tu ngoai  $\Rightarrow {\epsilon }_1<{\epsilon }_3<{\epsilon }_2$} 

Chọn D. 

Phương pháp: 

Dòng điện xoay chiều ba pha là hệ thống ba dòng điện xoay chiều, gây bởi ba suất điện động xoay chiều có cùng tần số, cùng biên độ nhưng lệch pha nhau từng đôi một là  $\frac{2\pi }{3}$ 

Cách giải: 

Các suất điện động cảm ứng trong ba cuộn dây của phần ứng từng đôi một lệch pha nhau góc  $\frac{2\pi }{3}$

Chọn A. 

Phương pháp: 

Ánh sáng đơn sắc khi truyền từ môi trường này sang môi trường khác có tần số và màu sắc không đổi.

Cách giải: 

Khi ánh sáng đơn sắc truyền từ môi trường này sang môi trường khác thì tần số và màu sắc không đổi nên trong chất lỏng này ánh sáng vẫn có màu cam và tần số f. 

Chọn C. 

Phương pháp:

Sử dụng lí thuyết về truyền sóng điện từ:  $\overrightarrow{E},\overrightarrow{v},\overrightarrow{B}$ tạo với nhau một tam diện thuận. 

Cách giải: 

Ta có:  $\overrightarrow{E},\overrightarrow{v},\overrightarrow{B}$ tạo với nhau một tam diện thuận. 

Suy ra:  

Vậy nếu véctơ  $\overrightarrow{a}$  biểu diễn phương chiều của  $\overrightarrow{v}$  thì véctơ  $\overrightarrow{b}$  và  $\overrightarrow{c}$  lần lượt biểu diễn cường độ điện trường  $\overrightarrow{E}$  và cảm ứng từ  $\overrightarrow{B}.$  

Chọn A. 

Phương pháp: 

Sử dụng lí thuyết về sóng tuyến: 

Cách giải: 

Ta có bảng sau:

Từ Trái Đất, các nhà khoa học điều khiển các xe tự hành trên Mặt Trăng nhờ sử dụng các thiết bị thu phát sóng vô tuyến. Sóng vô tuyến được dùng trong ứng dụng này thuộc 

Từ Trái Đất, các nhà khoa học điều khiển các xe tự hành trên Mặt Trăng nhờ sử dụng các thiết bị thu phát sóng vô tuyến. Sóng vô tuyến được dùng trong ứng dụng này thuộc sóng cực ngắn.

Chọn B. 

Phương pháp: 

Sử dụng lí thuyết về tia hồng ngoại. 

Cách giải: 

A – đúng vì tia hồng ngoại có bản chất là sóng điện từ.

B, C – vì tia hồng ngoại không có khả năng ion mạnh không khí và không có khả năng đâm xuyên mạnh, không thể xuyên qua lớp chì dày cỡ cm. 

D – sai vì bước sóng của tia hồng ngoại lớn hơn bước sóng của ánh sáng đỏ. 

Chọn A. 

Phương pháp: 

+ Sử dụng biểu thức tính cường độ âm: $I=\frac{P}{4\pi r^2}$  

+ Sử dụng biểu thức tính mức cường độ âm:   $L=10\log \frac{I}{I_0}$

Cách giải: 

+ Cường độ âm tại điểm cách nguồn âm 400cm:   $I=\frac{P}{4\pi r^2}=\frac{1}{4\pi .{\left(4\right)}^2}=4,{98.10}^{-3}W\text{/}{m}^2$

+ Mức cường độ âm tại điểm cách nguồn âm 400cm:   $L=10\log \frac{I}{I_0}=10\log \frac{4,{98.10}^{-3}}{{10}^{-12}}=96,97dB$

Chọn A. 

Phương pháp: 

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

+ Sử dụng biểu thức tính tổng trở của mạch:  $Z=\sqrt{R^2+Z_L^2}$ 

+ Số chỉ của ampe kế chỉ giá trị cường độ hiệu dụng.

Cách giải: 

+ Cảm kháng: $Z_L=\omega L=40\Omega$  

+ Tổng trở của mạch:   $Z=\sqrt{R^2+Z_L^2}=50\Omega$

+ Số chỉ của ampe kế chính là giá trị cường độ dòng điện hiệu dụng:  $I=\frac{U}{Z}=\frac{125}{50}=2,5A$ 

Chọn C. 

Phương pháp: 

Biểu thức của từ thông và suất điện động cảm ứng: $\left\{\begin{array}{l}\Phi =N.B.S.\cos (\omega t+\phi )\\ e=-{\Phi }^{\text{'}}=\omega NBS.\sin (\omega t+\phi )\end{array}\right.$  

Cách giải: 

Biểu thức của từ thông:   

⇒ Biểu thức của suất điện động cảm ứng xuất hiện trong vòng này là: 

$e=-{\Phi }^{\text{'}}=\frac{{2.10}^{-2}}{\pi }.100\pi .\sin \left(100\pi t+\frac{\pi }{4}\right)=2.\sin \left(100\pi t+\frac{\pi }{4}\right)V$

Chọn B. 

Phương pháp: 

Năng lượng photon: $\epsilon =\frac{hc}{\lambda }$  

Cách giải:

Năng lượng photon ứng với bức xạ này là: $\epsilon =\frac{hc}{\lambda }=\frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{0,{589.10}^{-6}}=3,{37.10}^{-19}J=2,11eV$   

Chọn A. 

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

Ta có:   $\left\{\begin{array}{l}A=10cm\\ x=6cm\\ \omega =\frac{2\pi }{T}=\pi \end{array}\right.$ 

Áp dụng công thức:   $A^2=x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}\Rightarrow \left|v\right|=\omega \sqrt{A^2-x^2}=8\pi =25,13cm\text{/}s$ 

Chọn A. 

Phương pháp: 

+ Đọc đồ thị dao động 

+ Vận dụng biểu thức  $i=q^{\text{'}}$ 

Cách giải: 

Từ đồ thị ta có:  $\left\{\begin{array}{l}{i}_1=I_0\cos \left({\omega }_{1}t-\frac{\pi }{2}\right)A\\ i_2=I_0\cos \left({\omega }_{2}t-\frac{\pi }{2}\right)A\end{array}\right.$ 

Với  $T_1=\frac{T_2}{2}$ hay  ${\omega }_1=2{\omega }_2$ 

Mặt khác i nhanh pha hơn q một góc  $\frac{\pi }{2}$ mà  $i_1,i_2$ cùng pha nhau   $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{q}_1=\frac{I_0}{{\omega }_1}\cos \left({\omega }_{1}t-\pi \right)C\\ q_2=\frac{I_0}{{\omega }_2}\cos \left({\omega }_{2}t-\pi \right)C\end{array}\right.$  

Khi  $i_1=i_2<I_0\Rightarrow \cos \left({\omega }_{1}t-\frac{\pi }{2}\right)=\cos \left({\omega }_{2}t-\frac{\pi }{2}\right)$ 

Hay  $\cos \left({\omega }_{1}t-\pi \right)=\cos \left({\omega }_{2}t-\pi \right)\Rightarrow \frac{q_1}{q_2}=\frac{\frac{I_0}{{\omega }_1}}{\frac{I_0}{{\omega }_2}}=\frac{{\omega }_2}{{\omega }_1}=\frac{1}{2}$ 

Chọn C. 

Phương pháp: 

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

+ Vị trí vân sáng:  $x_S=ki$  

+ Vị trí vân tối:  $x_T=\left(k+\frac{1}{2}\right)i$  

Cách giải: 

+ Khoảng vân: $i=\frac{\lambda D}{a}=\frac{0,{64.10}^{-6}.2}{{2.10}^{-3}}=0,{64.10}^{-3}m=0,64mm$   

+ Vân sáng bậc 3: $x_{S_3}=3i=3.0,64=1,92mm$  

+ Vận tối thứ 3:  $x_T=\left(2+\frac{1}{2}\right)i=\frac{5}{2}i=1,6mm$ 

Chọn C. 

Phương pháp: 

+ Sử dụng biểu thức tính khối lượng tương đối tính:   $m=\frac{m_0}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}$

+ Sử dụng biểu thức tính năng lượng:   $E=m{c}^2=W_d+E_0$

Cách giải: 

+ Khối lượng tương đối tính:  $m=\frac{m_0}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}$

+ Năng lượng:    $E=W_d+E_0=W_d+m_0{c}^2$$\Rightarrow W_d=E-E_0=m{c}^2-m_0{c}^2=\left(\frac{1}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}-1\right)m_0{c}^2$ 

Ta suy ra: $\frac{W_{d_2}}{W_{d_1}}=\frac{\frac{1}{\sqrt{1-\frac{v_2^2}{c^2}}}}{\frac{1}{\sqrt{1-\frac{v_1^2}{c^2}}}}=\sqrt{\frac{1-\frac{v_1^2}{c^2}}{1-\frac{v_2^2}{c^2}}}$   $=\sqrt{\frac{1-{\left(\frac{0,6c}{c}\right)}^2}{1-{\left(\frac{\frac{4}{3}0,6c}{c}\right)}^2}}=\frac{4}{3}$ 

Vậy động năng tăng  $\frac{4}{3}$  lần 

Chọn C. 

Phương pháp: 

+ Đọc đồ thị 

+ Vận dụng biểu thức cường độ dòng điện trong toàn mạch: $I=\frac{E}{R+r}$  

Cách giải: 

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

Từ đồ thị, ta có: 

+ Khi  $R=0\Omega \Rightarrow I=10A=\frac{E}{r}\text{ (1)}$ 

+ Khi  $R=3\Omega \Rightarrow I=2,5A=\frac{E}{R+r}=\frac{E}{3+r}\text{ (2)}$ 

Từ (1) và (2) ta suy ra:  $\left\{\begin{array}{l}E=10V\\ r=1\Omega \end{array}\right.$ 

Chọn C. 

Phương pháp: 

Công thức tính độ hụt khối:   $\Delta m=\left(Z.m_p+(A-Z)m_n-m_X\right)$

Cách giải: 

Độ hụt khối của hạt nhân  ${}_{92}^{234}U$ là:   $\Delta m=92.m_p+(234-92).m_n-m_U=1,9094588u$

Chọn A. 

Phương pháp: 

+ Đọc đồ thị dao động 

+ Độ lệch pha giữa hai điểm trên phương truyền sóng:   $\Delta \phi =\frac{2\pi d}{\lambda }$

Cách giải: 

Từ đồ thị ta có: 

+ Bước sóng: $\lambda =1\text{2 oâ}$

+ Đoạn   $MN=d=5\text{ oâ}$

⇒ Độ lệch pha giữa hai điểm MN trên phương truyền song:   $\Delta \phi =\frac{2\pi d}{\lambda }=\frac{2\pi .5}{12}=\frac{5\pi }{6}$

Chọn B. 

Phương pháp: 

+ Vận dụng định luật bảo toàn động lượng:  $\overrightarrow{p_t}=\overrightarrow{p_s}$ 

+ Sử dụng biểu thức:  $\Delta E=W_{ds}-W_{dt}$ 

Cách giải: 

Phương trình phản ứng hạt nhân:  ${}_1^{1}p{+}_4^{9}Be{\to }_2^4\alpha {+}_3^{6}X$ 

Ta có:   $\left(\overrightarrow{v_{\alpha }},\overrightarrow{v_p}\right)={90}^0$

 $\Rightarrow \overrightarrow{v_{\alpha }}\perp \overrightarrow{v_p}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{P}_X^2=P_{\alpha }^2+P_p^2\\ W_{d_p}+\Delta E=W_{d_X}+W_{d_{\alpha }}\end{array}\right.$ 

 $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{m}_X{W}_{d_X}=m_{\alpha }{W}_{d_{\alpha }}+m_p{W}_{d_p}\\ W_{d_p}+\Delta E=W_{d_X}+W_{d_{\alpha }}\end{array}\right.$  $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}6.W_{d_X}=4.4+1.5,45\\ \Delta E=W_{d_X}+W_{d_{\alpha }}-W_{d_p}\end{array}\right.$ 

 $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{W}_X=3,575\left(MeV\right)\\ \Delta E=3,575+4-5,45=2,125\left(MeV\right)\end{array}\right.$ 

Chọn D. 

Phương pháp: 

Công thức tính chu kì dao động của con lắc đơn:   $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}\Rightarrow g=\frac{4{\pi }^2.l}{T^2}$ 

Công thức tính sai số:   $\frac{\Delta g}{\overline{g}}=\frac{\Delta l}{\overline{l}}+\frac{2\Delta T}{\overline{T}}$

Cách giải: 

+ Gia tốc trọng trường trung bình:   $\overline{g}=\frac{4{\pi }^2\overline{l}}{{\overline{T}}^2}=\frac{4{\pi }^2.1,19}{2,2^2}=9,7m\text{/}{s}^2$ 

+ Sai số:  $\frac{\Delta g}{\overline{g}}=\frac{\Delta l}{\overline{l}}+\frac{2\Delta T}{\overline{T}}=\frac{1}{119}+\frac{2.0,01}{2,2}\Rightarrow \Delta g=0,1697m\text{/}{s}^2$  

⇒ Gia tốc trọng trường do học sinh đo được tại nơi làm thí nghiệm:   $g=9,7\pm 0,2\left(m\text{/}{s}^2\right)$

Chọn C. 

Phương pháp: 

+ Tại vị trí n các vân sáng trùng nhau có n giá trị thỏa mãn:  $k_1{\lambda }_1=k_2{\lambda }_2$ 

+ Vị trí cho vân sáng: $x_s=ki$  

+ Vị trí cho vân tối:  $x_t=\left(k+\frac{1}{2}\right)i$ 

Cách giải: 

Vị trí điểm M:  $x_M$  

+ Giả sử bức xạ có bước sóng 530nm cho vân sáng tại M ta có: 

Những điểm cho vân sáng tại M thỏa mãn:  $k_1{\lambda }_1=k_2{\lambda }_2\iff k_1.530=k_2{\lambda }_2\Rightarrow {\lambda }_2=\frac{k_1}{k_2}.530$ 

Kết hợp điều kiện  $380nm<{\lambda }_2<760nm$ và có 2 bức xạ cho vân sáng. 

 $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{\lambda }_1=530nm\\ {\lambda }_2=397,5nm\end{array}\Rightarrow x_M=k_1{i}_1=3\frac{{\lambda }_{1}D}{a}\right.$ 

Mặt khác, tại M cũng cho vân tối ta có:  $x_M=\left(k+\frac{1}{2}\right)\frac{\lambda D}{a}$ 

 $\Rightarrow 3\frac{{\lambda }_{1}D}{a}=\left(k+\frac{1}{2}\right)\frac{\lambda D}{a}\Rightarrow \lambda =\frac{3{\lambda }_1}{\left(k+\frac{1}{2}\right)}$ 

Lại có:  $380nm<\lambda <760nm\iff 380<\frac{3.530}{\left(k+\frac{1}{2}\right)}<760\iff 1,59<k<3,68\Rightarrow k=2;3$ 

⇒ có 2 giá trị cho vân tối ⇒ LOẠI ⇒ Điều giả sử là sai.

⇒ Bức xạ λ₁= 530nm cho vân tối tại M 

Ta có:  $\left(k_1+\frac{1}{2}\right){\lambda }_1=\left(k_2+\frac{1}{2}\right){\lambda }_2\Rightarrow {\lambda }_2=\frac{k_1+\frac{1}{2}}{k_2+\frac{1}{2}}{\lambda }_1$ 

+ Với  $k_1=3\Rightarrow x_M=3,5i_1=3,5\frac{{\lambda }_{1}D}{a}$ 

Tại M là vân sáng:   

 $\Rightarrow 380<\lambda =\frac{3,5{\lambda }_1}{k}<760\Rightarrow 2,44<k<4,88\Rightarrow k=3,4$ 

 (Thỏa mãn do chỉ có 2 bức xạ cho vân sáng tại M) 

+ Với  $k_1=4\Rightarrow x_M=4,5i_1=4,5\frac{{\lambda }_{1}D}{a}$ 

Tại M là vân sáng:   

 $\Rightarrow 380<\lambda =\frac{4,5{\lambda }_1}{k}<760\Rightarrow 3,138<k<6,27\Rightarrow k=4,5,6$ 

 (Loại do chỉ có 2 bức xạ cho vân sáng tại M) 

Vậy, ta có: 

+ Các bức xạ cho vân tối tại M: 530nm, 742nm, 412,22nm 

+ Các bức xạ cho vân sáng tại M: 618,33nm, 463,75nm. 

Chọn C. 

Phương pháp: 

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

+ Sử dụng biểu thức tính hao phí:   $\Delta P=\frac{P^2}{U^2{\cos }^2\phi }R$

+ Vận dụng biểu thức tính hiệu suất:   $H=\frac{P-\Delta P}{P}$

Cách giải: 

+ Nếu nối đúng:  $\frac{U_p}{U_2}=k\Rightarrow U_2=\frac{U_p}{k}$ 

Hiệu suất khi đó: H₁ = 0,975 

Hao phí khi đó:  $\Delta P_1=\frac{P^2}{U_2^2{\cos }^2\phi }R=P\left(1-H_1\right)$ 

+ Nếu nối nhầm:  $\frac{U_p}{U_2\text{'}}=\frac{1}{k}\Rightarrow U_2\text{'}=k{U}_p$ 

Hiệu suất khi đó:  $H_2=0,6$ 

Hao phí khi đó:  $\Delta P_2=\frac{P^2}{U_2{\text{'}}^2.{\cos }^2\phi }R=P\left(1-H_2\right)$ 

 $\Rightarrow \frac{\Delta P_1}{\Delta P_2}=\frac{1-H_1}{1-H_2}=\frac{{U_2}^{\text{'}2}}{U_2^2}=\frac{k^2}{\frac{1}{k^2}}=k^4\Rightarrow k=0,5$ 

+ Khi không sử dụng máy biến áp 

Hao phí:  $\Delta P=\frac{P^2}{U_p^2{\cos }^2\phi }R=P(1-H)\Rightarrow \frac{\Delta P}{\Delta P_1}=\frac{1-H}{1-H_1}=\frac{\frac{1}{U_p^2}}{\frac{1}{U_2^2}}=\frac{U_2^2}{U_p^2}=\frac{1}{k^2}$ 

 $\iff \frac{1-H}{1-0,975}=\frac{1}{0,5^2}\Rightarrow H=0,9=90\%$ 

Chọn B. 

Câu 38: 

Phương pháp: 

+ Đọc đồ thị dao động 

+ Sử dụng biểu thức tính khoảng cách 

Cách giải: 

Từ đồ thị, ta có:  $d_{\max }=10cm$ 

Do 2 điểm sáng dao động lệch pha nhau  $\frac{\pi }{2}$ 

 $\Rightarrow d_{\max }^2=A_1^2+A_2^2\Rightarrow A_2=\sqrt{d_{\max }^2-A_1^2}=\sqrt{{10}^2-6^2}=8cm$ 

Từ trục thời gian ta có, khoảng thời gian giữa hai lần khoảng cách giữa 2 chất điểm bằng 0 (nửa chu kì dao động) là   

$\Delta t=\frac{T}{2}=1,2s\Rightarrow T=2,4s\Rightarrow \omega =\frac{2\pi }{T}=\frac{5\pi }{6}rad\text{/}s$

Vậy tốc độ cực đại của dao động thứ hai:  $v_{2_{\max }}=A_2\omega =8\cdot \frac{5\pi }{6}=\frac{20\pi }{3}cm\text{/}s$ 

Chọn D. 

Phương pháp: 

+ Sử dụng biểu thức sóng dừng trên dây hai đầu cố định:  $l=k\frac{\lambda }{2}$  (k = số bụng sóng) 

+ Sử dụng biểu thức tính khoảng cách 

Cách giải: 

Từ đồ thị, ta có: 

+ Sóng hình thành trên dây với 3 bó sóng   $\Rightarrow k=3\Rightarrow l=3\frac{\lambda }{2}\Rightarrow \lambda =0,3m=30cm$

+ Xét một phần tử bụng sóng:    $\left\{\begin{array}{l}{u}_{t_1}=-6cm\\ u_{t_2}=4cm\end{array}\right.$

Độ lệch pha giữa 2 thời điểm:  $\Delta \phi =\omega .\Delta t=\frac{2\pi }{T}\cdot \frac{T}{4}=\frac{\pi }{2}$ 

⇒ Hai thời điểm này vuông pha với nhau    $\Rightarrow a=\sqrt{u_{t_1}^2+u_{t_2}^2}=\sqrt{{(-6)}^2+4^2}=2\sqrt{13}cm$

+ Khoảng cách xa nhất giữa hai bụng sóng liên tiếp:   $d=\sqrt{{\left(\frac{\lambda }{2}\right)}^2+4a^2}=\sqrt{{15}^2+4.{\left(2\sqrt{13}\right)}^2}=20,808cm$

Chọn A.

Phương pháp: 

Sử dụng biến đổi toán học và các điều kiện P cực trị

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

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

Cách giải: 

Khi K đóng, mạch chỉ có R, C mắc nối tiếp.

Khi  $R_1,R_2$ thì  $P_1=P_2$ nên:  

$i=0,5I_0=I_0.\cos {\phi }_{i2}\Rightarrow {\phi }_{i2}=\frac{\pi }{3}\Rightarrow \Delta {\phi }_m={\phi }_u-{\phi }_{i1}=-\frac{\pi }{3}$ 

$\Rightarrow \tan \Delta {\phi }_m=\frac{Z_L-Z_C}{r}=-\sqrt{3}\Rightarrow Z_L-Z_C=-\sqrt{3}r$ 

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{Z}_2=\sqrt{r^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}=2r\\ Z_1=\sqrt{{(R+r)}^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}=2\sqrt{3}r\end{array}\right.$ 

Lại có:  $\left\{\begin{array}{l}{I}_{01}=\frac{U_0}{Z_1}\\ I_{02}=\frac{U_0}{Z_2}\end{array}\Rightarrow \frac{I_{01}}{I_{02}}=\frac{Z_2}{Z_1}=\frac{1}{\sqrt{3}}\right.\Rightarrow I_{02}=I_0=3A$ 

Khi K mở thì mạch R, r, L, C nối tiếp Công suất mạch cực đại là:

$P_{\max }=\frac{U^2}{2\left|Z_L-Z_C\right|}=\frac{U^2}{2\left(R_0+r\right)}=\frac{2}{\sqrt{3}}P\Rightarrow Z_L=2Z_C$