Phương pháp: 

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

Cách giải: 

Năng lượng của photon ứng với bức xạ này là: 

$\epsilon \mathrm{ }=\frac{hc}{\lambda }=\frac{6,625\cdot {10}^{-34}\cdot 3\cdot {10}^8}{0,589\cdot {10}^{-6}}\approx 3,{37.10}^{-19}\left(J\right)\approx 2,11\left(\mathrm{eV}\right)$

Phương pháp: 

Tốc độ của vật dao động điều hòa: \(v = \omega \sqrt {{A^2} - {x^2}} \)

Gia tốc của dao động điều hòa: $a=\mathrm{ }-{\omega }^{2}x$  

Lực kéo về tác dụng lên vật dao động điều hòa: \({F_{kv}} = ma = - m{\omega ^2}x\)

Cách giải: 

Lực kéo về tác dụng lên vật dao động điều hòa là: \({F_{kv}} = - m{\omega ^2}x\)

$\to |F_{kv}{|}_{\max }=m{\omega }^{2}A\iff x=\pm A\to \mathrm{A},\mathrm{Csai}$

Độ lớn cực đại của gia tốc là: ${\left|a\right|}_{\max }={\omega }^{2}A\iff x=\mathrm{ }\pm A\to B \mathrm{sai}$

Vận tốc có độ lớn cực đại là: \(|v{|_{\max }} = \omega A \Leftrightarrow x = 0 \to {\rm{D}}\) đúng

Chọn D. 

Phương pháp:

Khoảng vân: \(i = \frac{{\lambda D}}{a}\)

Vị trí vân sáng: \({x_s} = ki\)

Cách giải: 

Khoảng cách từ vân sáng bậc 3 tới vân sáng trung tâm là:

\({x_s} = ki \Rightarrow {2,4.10^{ - 3}} = 3.i \Rightarrow i = {8.10^{ - 4}}(\;{\rm{m}})\)

Lại có khoảng vân: 

$i=\frac{\lambda D}{a}\Rightarrow \lambda \mathrm{ }=\frac{ia}{D}=\frac{{8.10}^{-4}\cdot 1\cdot {10}^{-3}}{2}={4.10}^{-7}\left(\mathrm{m}\right)=0,4(\mu \mathrm{m})$

Chọn A. 

Phương pháp: 

Hạt nhân có năng lượng liên kết riêng càng lớn thì càng bền vững 

Cách giải: 

Năng lượng liên kết riêng của các hạt nhân là:

$\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{W}}_{lkrHe}=\frac{{\mathrm{W}}_{lkHe}}{4}=\frac{28,4}{4}=7,1\left(\mathrm{MeV}\right)\\ {\mathrm{W}}_{lkLLi}=\frac{{\mathrm{W}}_{\mathrm{lkLi}}}{7}=\frac{39,2}{7}=5,6\left(\mathrm{MeV}\right)\\ {\mathrm{W}}_{lkrD}=\frac{{\mathrm{W}}_{lkD}}{2}=\frac{2,24}{2}=1,12\left(\mathrm{MeV}\right)\end{array}\right.\Rightarrow {\mathrm{W}}_{lkrD}<{\mathrm{W}}_{lkrii}<{\mathrm{W}}_{lkHe}$

Chọn A.

Phương pháp: 

Khoảng vân: $i=\frac{\lambda D}{a}\Rightarrow \lambda \mathrm{ }=\frac{ia}{D}$

Giá trị trung bình: $\overline{\lambda }\mathrm{ }=\frac{\overline{a}\cdot \overline{i}}{\overline{D}}$

Sai số tỉ đối:  \(\frac{{\Delta \lambda }}{{\bar \lambda }} = \frac{{\Delta a}}{{\bar a}} + \frac{{\Delta i}}{{\bar i}} + \frac{{\Delta D}}{{\bar D}}\)

Sai số tuyệt đối trung bình: $\overline{\mathrm{\Delta }i}=\frac{\mathrm{\Delta }{i}_1+\mathrm{\Delta }{i}_2+\mathrm{ }\mathrm{\dots }}{n}$

Cách giải: 

Khoảng cách giữa 11 vân sáng là 10 khoảng vân, ta có: 

$\overline{10i}\mathrm{ }=\frac{12,0+13,5+14,0+12,5+13,0}{5}=13\left(\mathrm{mm}\right)\Rightarrow \overline{i}=\frac{13}{10}=1,3\left(\mathrm{mm}\right)=1,{3.10}^{-3}\left(\mathrm{m}\right)$

Sai số tuyệt đối của khoảng vân là: 

\(10\Delta i = \frac{{\Delta {i_1} + \Delta {i_2} + \Delta {i_3} + \Delta {i_4} + \Delta {i_5}}}{5} \Rightarrow \Delta i = \frac{{1 + 0,5 + 1 + 0,5 + 0}}{{50}} = 0,06(\;{\rm{mm}})\)

Giá trị trung bình của bước sóng là: 

$\overline{\lambda }\mathrm{ }=\frac{\overline{a}\cdot \overline{i}}{\overline{D}}=\frac{0,5\cdot {10}^{-3}\cdot 1,3\cdot {10}^{-3}}{1}=0,65\cdot {10}^{-6}\left(\mathrm{m}\right)=0,65(\mu \mathrm{m})$

Ta có sai số tỉ đối: 

\(\frac{{\Delta \lambda }}{{\bar \lambda }} = \frac{{\Delta a}}{{\bar a}} + \frac{{\Delta i}}{{\bar i}} + \frac{{\Delta D}}{{\bar D}} \Rightarrow \frac{{\Delta \lambda }}{{0,65}} = \frac{0}{{{{0,5.10}^{ - 3}}}} + \frac{{0,06}}{{1,3}} + \frac{{0,1}}{{100}}\)

$\Rightarrow \mathrm{\Delta }\lambda \mathrm{ }\approx 0,03(\mu \mathrm{m})\Rightarrow \lambda \mathrm{ }=0,65\pm 0,03(\mu \mathrm{m})$

Chọn A. 

Phương pháp: 

Định luật bảo toàn năng lượng điện từ: \({{\rm{W}}_d} = {{\rm{W}}_t} \Rightarrow \frac{1}{2}CU_0^2 = \frac{1}{2}LI_0^2\)

Công thức độc lập với thời gian:  \(\frac{{{q^2}}}{{q_0^2}} + \frac{{{i^2}}}{{I_0^2}} = 1\)

Chu kì dao động riêng của mạch: \(T = 2\pi \sqrt {LC} \)

Cách giải: 

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng điện từ trong mạch, ta có:

\({{\rm{W}}_{d{\rm{max}}}} = {{\rm{W}}_{t\max }} \Rightarrow \frac{1}{2}{\rm{CU}}_0^2 = \frac{1}{2}LI_0^2 \Rightarrow I_0^2 = \frac{{CU_0^2}}{L} = \frac{{C{{.12}^2}}}{{{{9.10}^{ - 3}}}} = 16000{\rm{C}}\)

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

$\frac{q^2}{q_0^2}+\frac{i^2}{I_0^2}=1\Rightarrow \frac{q^2}{C^2{U}_0^2}+\frac{i^2}{I_0^2}=1\Rightarrow \frac{{\left({24.10}^{-9}\right)}^2}{C^2{.12}^2}+\frac{{(4\sqrt{3}\mathrm{ }\cdot {10}^{-3})}^2}{16000C}=1$

$\Rightarrow [\begin{array}{c}\frac{1}{C}={25.10}^7\Rightarrow C={4.10}^{-9}\left(F\right)\{\frac{1}{C}=\mathrm{ }-{1.10}^9\left(\mathrm{loai}\right)\end{array}$
Chu kì dao động riêng của mạch là: 

$T=2\pi \sqrt{LC}\mathrm{ }=2\pi \cdot \sqrt{{9.10}^{-3}\cdot {4.10}^{-9}}\mathrm{ }=12\pi \mathrm{ }\cdot {10}^{-6}\left(s\right)=12\pi (\mu s)$

Chọn A. 

Phương pháp: 

Điều kiện tại một điểm là cực đại giao thoa: \(MA - MB = k\lambda \)

Điều kiện tại một điểm là cực tiểu giao thoa: \(NA - NB = (k + 0,5)\lambda \)

Số điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn thẳn AB thỏa mãn: $-\frac{MN}{\lambda }<k\lambda \mathrm{ }\le \frac{AM-AN}{\lambda }$

Cách giải: Ta có hình vẽ:

Giả sử tại M là cực đại bậc k 

Giữa M, N có 3 cực đại nữa → tại N là cực tiểu thức k + 3,5

Ta có: 

$\left\{\begin{array}{l}MA-MB=k\lambda \mathrm{ }\Rightarrow MA-(MN+NB)=k\lambda \\ NA-NB=(k+3,5)\lambda \end{array}\right.$

$\Rightarrow [MA-(MN+NB)]-(NA-NB)=k\lambda \mathrm{ }-(k+3,5)\lambda$

$\Rightarrow MA-NA-MN=\mathrm{ }-3,5\lambda$

$\Rightarrow MN=MA-NA+3,5\lambda =3,2+3,5.5=20,7\left(\mathrm{cm}\right)$

Đặt hai nguồn sóng tại MN, điểm B nằm trên đường thẳng MN, số điểm dao động với biên độ cực đại trên  đoạn AB thỏa mãn: 

$-\frac{MN}{\lambda }<k\lambda \mathrm{ }\le \frac{AM-AN}{\lambda }\Rightarrow \mathrm{ }-\frac{20,7}{5}<k\lambda \mathrm{ }\le \frac{3,2}{5}$

$\Rightarrow \mathrm{ }-4,14<k\le 0,64\Rightarrow k=\mathrm{ }-4;-3;-2;-1$

→ Trên AB có 4 điểm dao động với biên độ cực đại 

Chọn D.

Phương pháp: 

Định luật bảo toàn động lượng: $\overrightarrow{p_t}\mathrm{ }=\overrightarrow{p_s}$

Công thức hàm cos: \({a^2} = {b^2} + {c^2} + 2bc\cos \varphi \)

Năng lượng tỏa ra của phản ứng: \(\Delta E = {K_s} - {K_t}\)

Mối liên hệ giữa động lượng và động năng: \({p_X}^2 = 2{m_X}{K_X}\)

Cách giải: 

Năng lượng tỏa ra của phản ứng là: 

\(\Delta E = {K_C} + {K_n} - {K_a} \Rightarrow 5,6 = {K_C} + {K_n} - 5\)

\( \Rightarrow {K_C} + {K_n} = 10,6({\rm{MeV}}) \Rightarrow {K_n} = 10,6 - {K_C}\)

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng, ta có:

\({p_\alpha }^2 = {p_C}^2 + {p_n}^2 + 2{p_C}{p_n}\cos {80^0}\)

$\Rightarrow 2m_{\alpha }{K}_{\alpha }=2m_C{K}_C+2m_n{K}_n+2\sqrt{2m_C{K}_C\cdot 2m_n{K}_n}\mathrm{ }\cdot \cos {80}^0$

$\Rightarrow 4.5=12\cdot K_C+1.(10,6-K_C)+2\sqrt{12\cdot K_C\cdot 1.(10,6-K_C)}\mathrm{ }\cdot \cos {80}^0$

$\Rightarrow 11K_C+2\sqrt{12K_C\cdot (10,6-K_C)}\cdot \cos {80}^0-9,4=0\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{K}_C\approx 0,59\left(\mathrm{MeV}\right)\\ K_C=1,23\left(\mathrm{MeV}\right)\end{array}\right.$

Chọn B.

Phương pháp: 

Độ biến dạng của lò xo khi ở vị trí cân bằng: \(\Delta l = \frac{{mg}}{k}\)

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

Tốc độ của vật ở vịt rí cân bằng: \({v_{\max }} = \omega A\)

Công thức độc lập với thời gian: \({v^2} = \omega \sqrt {{A^2} - {x^2}} \)

Thời gian chuyển động ném thẳng đứng lên: \(t = \frac{v}{g}\)

Độ cao vật đạt được trong chuyển động ném thẳng đứng hướng lên:  \({h_{\max }} = \frac{{{v^2}}}{{2g}}\)

Sử dụng vòng tròn lượng giác và công thức: \(\Delta t = \frac{{\Delta \varphi }}{\omega }\)

Tốc độ trung bình: \({v_\phi } = \frac{S}{t}\)

Cách giải: 

Tần số góc của con lắc là: $\omega \mathrm{ }=\sqrt{\frac{k}{m}}\mathrm{ }=\sqrt{\frac{50}{0,25}}\mathrm{ }=10\sqrt{2}(\mathrm{rad}/\mathrm{s})$

Độ biến dạng của lò xo khi ở vị trí cân bằng là:

\(\Delta l = \frac{{mg}}{k} = \frac{{0,25.10}}{{50}} = 0,05(\;{\rm{m}}) = 5(\;{\rm{cm}})\)

Nhận xét: con lắc dao động khi lực đàn hồi có độ lớn bằng 0, dây bị chùng, hệ chuyển động với gia tốc trọng  trường g 

→ Từ thời điểm vật đạt li độ -5 cm đến khi nó đạt độ cao cực đại lần thứ nhất, vật chuyển động giống như  chuyển động ném thẳng đứng lên với vận tốc v 

Ta có vòng tròn lượng giác:

Vật dao động điều hòa trong khoảng thời gian từ thời điểm đầu đến thời điểm đầu tiên lò xo không biến  dạng (x = -5 cm), vecto quay được góc là: 

$\mathrm{\Delta }\phi \mathrm{ }=\frac{3\pi }{2}-\frac{\pi }{3}=\frac{7\pi }{6}\left(\mathrm{rad}\right)\Rightarrow t_1=\frac{\mathrm{\Delta }\phi }{\omega }=\frac{\frac{7\pi }{6}}{10\sqrt{2}}=\frac{7\pi }{60\sqrt{2}}\left(s\right)$

Quãng đường vật dao động điều hòa là: 

\({s_1} = 2A + (A - \Delta l) = 3A - \Delta l = 3.10 - 5 = 25(\;{\rm{cm}})\)

Ở li độ x = -5 cm, áp dụng công thức độc lập với thời gian, ta có vận tốc của vật là:

$v=\omega \sqrt{A^2-x^2}\mathrm{ }=10\sqrt{2}\mathrm{ }\cdot \sqrt{{10}^2-5^2}\mathrm{ }\Rightarrow v=50\sqrt{6}(\mathrm{cm}/\mathrm{s})=0,5\sqrt{6}(\mathrm{m}/\mathrm{s})$

Vật chuyển động ném lên, quãng đường vật chuyển động được đến khi dừng lại là:

\({s_2} = {h_{\max }} = \frac{{{v^2}}}{{2g}} = \frac{{{{(0,5\sqrt 6 )}^2}}}{{2.10}} = 0,075(\;{\rm{m}}) = 7,5(\;{\rm{cm}})\)

 Thời gian vật chuyển động ném lên là: \({t_2} = \frac{v}{g} = \frac{{0,5\sqrt 6 }}{{10}} = \frac{{\sqrt 6 }}{{20}}(s)\)

Tốc độ trung bình của vật là: 

\({v_{tb}} = \frac{{{s_1} + {s_2}}}{{{t_1} + {t_2}}} = \frac{{25 + 7,5}}{{\frac{{7\pi }}{{60\sqrt 2 }} + \frac{{\sqrt 6 }}{{20}}}} \approx 85,16(\;{\rm{cm}}/{\rm{s}})\)

Chọn D. 

Phương pháp:

Lực điện: \(F = k\frac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{{r^2}}} = m{\omega ^2}r\)

Tần số của chuyển động tròn đều: \(f = \frac{\omega }{{2\pi }}\)

Cách giải: 

Lực điện tác dụng lên electron là:  $F_d=k\frac{{\left|e\right|}^2}{r^2}=m{\omega }^{2}r\Rightarrow \omega \mathrm{ }=\sqrt{\frac{k{e}^2}{m{r}^3}}$

Tần số chuyển động của electron quanh hạt nhân là:

$f=\frac{\omega }{2\pi }=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{k{e}^2}{m{r}^3}}\mathrm{ }=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{9,{10}^9\cdot {(1,{6.10}^{-19})}^2}{9,{1.10}^{-31}\cdot {\left({5.10}^{-11}\right)}^3}}\mathrm{ }\approx 0,{72.10}^{16}\left(\mathrm{Hz}\right)$

Chọn C. 

Phương pháp: 

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch chứa điện trở và cuộn dây thuần cảm:  \({U_{LR}} = \frac{{U\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\)  
Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu tụ điện:  \({U_C} = \frac{{U \cdot {Z_C}}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\)

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn dây: \({U_L} = \frac{{U \cdot {Z_L}}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\)  

Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị 

Sử dụng phương pháp chuẩn hóa số liệu cos  

Hệ số công suất của mạch điện:  $\cos \phi \mathrm{ }=\frac{R}{\sqrt{R^2+{(Z_L-Z_C)}^2}}$

Cách giải: 

Ta có đồ thị: 

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch gồm cuộn cảm thuần L và biến trở R, điện áp hiệu dụng hai đầu  tụ C, điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn cảm thuần L là: 

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{U_{RL}} = \frac{{U\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = \frac{U}{{\sqrt {1 + \frac{{Z_C^2 - 2{Z_L}{Z_C}}}{{{R^2} + Z_L^2}}} }}}\\{{U_C} = \frac{{U.{Z_C}}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}}\\{{U_L} = \frac{{U.{Z_L}}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}}\end{array}} \right.\)

Nhận xét: khi R tăng có U_C và U_L giảm → đồ thị (3) là đồ thị U_RL

Từ đồ thị ta thấy đồ thị (3) không phụ thuộc vào R

Để U_RL không phụ thuộc vào R, ta có:

\({Z_C}^2 - 2{Z_L}{Z_C} = 0 \Rightarrow {Z_C} = 2{Z_L} \Rightarrow {U_C} = 2{U_L}\)

Ta thấy với mọi giá trị của R luôn có \({U_C} = 2{U_L} \to \) đồ thị (1) là U_C, đồ thị (2) là U_L

Lại có:  \({U_{RL}} = \frac{U}{{\sqrt {1 + \frac{0}{{{R^2} + Z_L^2}}} }} = U\)

Chuẩn hóa \({Z_L} = 1 \Rightarrow {Z_C} = 2\)

Tại giá trị \(R = {R_0} \Rightarrow {U_C} = {U_{RL}} = U\)

$\Rightarrow \frac{U.Z_C}{\sqrt{R_0^2+{(Z_L-Z_C)}^2}}=U\Rightarrow Z_C=\sqrt{R_0^2+{(Z_L-Z_C)}^2}\mathrm{ }\Rightarrow 2=\sqrt{R_0^2+{(1-2)}^2}\mathrm{ }\Rightarrow R_0=\sqrt{3}$

 Khi $R=1,5R_0\Rightarrow \cos \phi \mathrm{ }=\frac{R}{\sqrt{R^2+{(Z_L-Z_C)}^2}}=\frac{1,5\cdot \sqrt{3}}{\sqrt{{(1,5\sqrt{3})}^2+{(1-2)}^2}}\approx 0,93$

Chọn D. 

Phương pháp: 

Biên độ của con lắc lò xo nằm ngang: \(A = {l_{\max }} - {l_0}\)

Động năng bằng n lần thế năng: W1 ${\mathrm{W}}_d=n{\mathrm{W}}_t\Rightarrow x=\mathrm{ }\pm \frac{A}{\sqrt{n+1}}$

Cách giải: 

Biên độ dao động của con lắc là: \(A = {l_{\max }} - {l_0} = 38 - 30 = 8(\;{\rm{cm}})\)

Tại vị trí động năng bằng n lần thế năng và vị trí thế năng bằng n lần động năng, ta có:

$\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{W}}_d=n{\mathrm{W}}_t\Rightarrow x=\mathrm{ }\pm \frac{A}{\sqrt{n+1}}\\ {\mathrm{W}}_t=n{\mathrm{W}}_d\Rightarrow {\mathrm{W}}_d=\frac{1}{n}{\mathrm{W}}_t\end{array}\right.\begin{array}{c}\Rightarrow x=\mathrm{ }\pm \frac{A}{\sqrt{\frac{1}{n}+1}}=\pm \frac{A\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}}\end{array}$

Trường hợp 1: hai vị trí này ở cùng một phía so với vị trí cân bằng, khoảng cách giữa hai vị trí là:

$\mathrm{\Delta }{l}_1=\frac{A\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}}-\frac{A}{\sqrt{n+1}}=\frac{A(\sqrt{n}\mathrm{ }-1)}{\sqrt{n+1}}$

 Trường hợp 2: hai vị trí này ở hai phía so với vị trí cân bằng khoảng cách giữa hai vị trí là:

$\mathrm{\Delta }{l}_2=\frac{A\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}}+\frac{A}{\sqrt{n+1}}=\frac{A\cdot (\sqrt{n}\mathrm{ }+1)}{\sqrt{n+1}}$

 Nhận xét: $\sqrt{n}\mathrm{ }+1>\sqrt{n}\mathrm{ }-1\Rightarrow \mathrm{\Delta }{l}_2>\mathrm{\Delta }{l}_1\to$ khoảng cách ngắn nhất giữa hai vị trí này là:

$\mathrm{\Delta }{l}_1=\frac{A(\sqrt{n}\mathrm{ }-1)}{\sqrt{n+1}}=4\Rightarrow \frac{\sqrt{n}\mathrm{ }-1}{\sqrt{n+1}}=\frac{4}{A}=\frac{1}{2}$

$\Rightarrow 2(\sqrt{n}\mathrm{ }-1)=\sqrt{n+1}\mathrm{ }\Rightarrow 4n-8\sqrt{n}\mathrm{ }+4=n+1$

$\Rightarrow 3n+3=8\sqrt{n}\mathrm{ }\Rightarrow {(3n+3)}^2=64n$

Vậy giá trị lớn nhất của n gần nhất với 5

Chọn C. 

Phương pháp: 

Dung kháng của tụ điện: \({Z_c} = \frac{1}{{\omega C}}\)

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

Độ lệch pha giữa điện áp hai đầu đoạn mạch và cường độ dòng điện: $\tan \phi \mathrm{ }=\frac{Z_L-Z_C}{R} vớ\mathrm{i}\phi \mathrm{ }={\phi }_u-{\phi }_i$

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch: \(P = UI\cos \varphi \)

Cách giải: 

Dung kháng của tụ điện là: $Z_C=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{100\pi \mathrm{ }\cdot \frac{{10}^{-3}}{4\pi }}=40\left(\mathrm{\Omega }\right)$

Cường độ dòng điện trong mạch là: 

\(I = \frac{{{U_{MM}}}}{{\sqrt {R_1^2 + Z_C^2} }} = \frac{{50}}{{\sqrt {{{40}^2} + {{40}^2}} }} = \frac{5}{{4\sqrt 2 }}(A)\)
Độ lệch pha giữa điện áp hai đầu đoạn mạch AM và cường độ dòng điện là:

$\tan {\phi }_{AM}=\frac{-Z_C}{R_1}=\frac{-40}{40}=\mathrm{ }-1\Rightarrow {\phi }_{AM}=\mathrm{ }-\frac{\pi }{4}$

$\Rightarrow {\phi }_{uAM}-{\phi }_i=\mathrm{ }-\frac{\pi }{4}\Rightarrow {\phi }_i={\phi }_{uAM}+\frac{\pi }{4}=\mathrm{ }-\frac{7\pi }{12}+\frac{\pi }{4}=\mathrm{ }-\frac{\pi }{3}\left(\mathrm{rad}\right)$

$\Rightarrow {\phi }_{MB}={\phi }_{uMB}-{\phi }_i=0-(-\frac{\pi }{3})=\frac{\pi }{3}\left(\mathrm{rad}\right)$

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch MB là: 

\({P_{MB}} = {U_{MB}}.I.\cos {\varphi _{MB}} = \frac{{150}}{{\sqrt 2 }} \cdot \frac{5}{{4\sqrt 2 }} \cdot \cos \frac{\pi }{3} = 46,875(\;{\rm{W}}) \approx 46,9(\;{\rm{W}})\)

Chọn D.