Đáp án D

Để có các vân giao thoa ổn định trên mặt nước thì hai nguồn sóng phải là 2 nguồn kết hợp, tức là dao động cùng phương, cùng chu kì (hay cùng tần số) và có hiệu số pha không đổi theo thời gian.

Đáp án D

Điều kiện để có sóng dừng trên sợi dây có một đầu cố định và một đầu tự do là chiều dài sợi dây phải bằng một số lẻ lần $\frac{\lambda }{4}\Rightarrow \mathcal{l}=(2k+1).\frac{\lambda }{4}(k=0;1;\mathrm{2...})$

Đáp án C

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

Đáp án B

Ánh sáng có lưỡng tính sóng hạt.

Các hiện tượng: giao thoa ánh sáng, tán sắc ánh sáng, nhiễu xạ ánh sáng chứng tỏ ánh sáng có tính chất sóng.

Các hiện tượng: quang điện ngoài, quang điện trong, quang – phát quang chứng tỏ ánh sáng có tính chất hạt

Đáp án B

Ta có: $n_d<n_{\mathcal{l}}<n_t$

Từ định luật khúc xạ ánh sáng:

$\frac{\sin i}{\sin r}=n\Rightarrow \sin r=\frac{\sin i}{n}\stackrel{n_d<n_{\mathcal{l}}<n_t}{\to }{r}_d>r_{\mathcal{l}}>r_t$

Đáp án C

Độ lớn lực đàn hồi của lò xo: $F_{dh}=k.\left|\Delta \mathcal{l}\right|$

Lực đàn hồi của lò xo có độ lớn cực đại khi độ biến dạng của lò xo là lớn nhất $\Delta {\mathcal{l}}_{\max }=\Delta {\mathcal{l}}_0+A$, tức là vật ở vị trí biên dưới.

Đáp án A

Số chỉ của vôn kế là giá trị hiệu dụng của điện áp: $U=\frac{U_0}{\sqrt{2}}=100$ (V)

Đáp án C

Vị trí vân tối trên màn quan sát có hiệu đường đi thỏa mãn:

$\Delta d=d_2-d_1=\left(k+\frac{1}{2}\right)\lambda \Rightarrow \Delta d_{\min }=\frac{\lambda }{2}$ khi $k=0$.

Đáp án A

Chu kì của con lắc đơn là: $T=2\pi \sqrt{\frac{\mathcal{l}}{g}}\left(s\right)$

Thời gian ngắn nhất để vật nhỏ của con lắc đi từ vị trí biên về vị trí cân bằng là: $\Delta t=\frac{T}{4}=\frac{\pi }{2}\sqrt{\frac{\mathcal{l}}{g}}\left(s\right)$.

Đáp án A

+ Hai hạt nhân có cùng độ hụt khối  có cùng năng lượng liên kết $\Delta E=\Delta m.c^2$

+ Hạt nhân X có số khối lượng lớn hơn hạt nhân Y: $A_X>A_Y$

$\Rightarrow \frac{\Delta E}{A_X}<\frac{\Delta E}{A_Y}\to$ năng lượng liên kết của X nhỏ hơn Y → Hạt nhân Y bền vững hơn hạt nhân X

Đáp án C

Số hạt nhân X còn lại sau thời gian t là: $N=N_0.e^{-\lambda t}$

Số hạt nhân của chất phóng xạ X bị phân rã là: $\Delta N=N_0-N=N_0(1-e^{-\lambda t})$

Đáp án A

Biểu thức xác định diện tích của tụ điện: Q = C.U có dạng một đường thẳng xiên góc đi qua gốc tọa độ như hình vẽ.

Đáp án B

Giới hạn quang điện của tấm nhôm không phụ thuộc vào môi trường nên ${\lambda }_0=360nm$ không thay đổi khi đặt tấm nhôm chìm hoàn toàn trong nước.

Khi truyền trong nước bức xạ có bước sóng $\lambda =300nm<{\lambda }_0$ do đó có xảy ra hiện tượng quang điện đối với tấm nhôm khi nó được đặt chìm hoàn toàn trong chậu nước

Đáp án C

Ta có: $r_n=n^2{r}_0$

Quỹ đạo dừng N ứng với n = 4 nên bán kính quỹ đạo là: $r_4=4^2{r}_0=16.5,{3.10}^{-11}=84,{8.10}^{-11}\left(m\right)$.

Đáp án D

Hiện tượng cộng hưởng xảy ra khi tần số ngoại lực bằng tần số dao động riêng của hệ:

$f=\frac{\omega }{2\pi }=\frac{8\pi }{2\pi }=4\left(Hz\right)$

Đáp án C

Năng lượng của hạt proton theo thuyết tương đối:

$E=m{c}^2=3m_0{c}^2\leftrightarrow \frac{m_0}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}{c}^2=3m_0{c}^2\to v=2\sqrt{2}{.10}^8\left(\text{m/s}\right)$.

Đáp án D

Người này đeo kính cận 0,5 dp → $D=-0,5$ (dp)

→ Khoảng cực viễn của người này là $O{C}_v=-\frac{1}{D}=2$ (m)

→ Người này có thể ngồi cách tivi xa nhất 2 m.

Đáp án B

$\left\{\begin{array}{l}{U}_1=220\left(V\right)\\ U_2=880\left(V\right)\end{array}\right.\Rightarrow \frac{N_1}{N_2}=\frac{U_1}{U_2}=\frac{220}{880}=\frac{1}{4}$

Khi đặt điện áp 220 V vào hai đầu cuộn dây $N_2$ ta có: $\frac{N_2}{N_1}=\frac{220}{{U^{\text{'}}}_2}=4\Rightarrow {U^{\text{'}}}_2=55$ (V)

Đáp án D

$\frac{\lambda }{2}=2\left(cm\right)\to \lambda =4\left(cm\right)$

$\omega =25\pi \left(\text{rad/s}\right)\Rightarrow T=\frac{2\pi }{\omega }=0,08\left(s\right)$

$v=\frac{\lambda }{T}=\frac{4}{0,08}=50\left(\text{cm/s}\right)$

Đáp án A

Xét tỉ số $\frac{d_1-d_2}{\lambda }=\frac{2}{{400.10}^{-3}}=5\to$ Tại M là vân sáng bậc 5

Đáp án A

Năng lượng của photon theo thuyết lượng tử ánh sáng $\epsilon =\frac{hc}{\lambda }=\frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{{5.10}^{-11}}=3,{975.10}^{-15}\left(J\right)$.

Đáp án D

Với mạch dao động LC ta có: $I_0=\sqrt{\frac{C}{L}}{U}_0=0,04\left(A\right)$.

→ Từ thông tự cảm cực đại ${\Phi }_0=L{I}_0={2.10}^{-4}\left(\text{W}b\right)$

Đáp án D

Để phản ứng xảy ra thì năng lượng của tia γ ít nhất phải bằng năng lượng của phản ứng

$h{f}_{\min }=\Delta m.c^2=(m_n+2m_{\alpha }-m_{Be}).c^2=(1,0087+2.4,0015-9,0112).931,5=0,466\left(MeV\right)$

→ Vậy  $f_{\min }=\frac{\Delta E}{h}=\frac{0,466.1,{6.10}^{-13}}{6,{625.10}^{-34}}=1,{125.10}^{20}\left(H\text{z}\right)$

Đáp án A

Khi dòng điện trong mạch là i thì điện tích trên tụ có độ lớn là q, ta có:

$q=\sqrt{Q^2-{\left(\frac{i}{\omega }\right)}^2}\Rightarrow \frac{q_2}{q_1}=\sqrt{\frac{Q^2-\frac{i^2}{{\left(2\pi f_2\right)}^2}}{Q^2-\frac{i^2}{{\left(2\pi f_1\right)}^2}}}=\sqrt{\frac{Q^2-{\left(\frac{4,8\pi fQ}{8\pi f}\right)}^2}{Q^2-{\left(\frac{4,8\pi fQ}{6\pi f}\right)}^2}}=\sqrt{\frac{1-{\left(\frac{4,8}{8}\right)}^2}{1-{\left(\frac{4,8}{6}\right)}^2}}=\frac{4}{3}=\frac{12}{9}$

Đáp án D

Điện áp hiệu dụng hai đầu đoạn mạch AM: $U_{AM}=\frac{U\sqrt{R^2+Z_L^2}}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}=\frac{U}{\sqrt{1+\frac{Z_C^2-2{\text{Z}}_L{Z}_C}{R^2+Z_L^2}}}$

→ Để $U_{AM}$ không phụ thuộc R thì $Z_C=2{\text{Z}}_L\iff 2LC{\omega }^2=1$.

Đáp án B

Khối lượng hạt nhân X còn lại sau thời gian $t_1$ là: $m_1=m_0{.2}^{-\frac{t_1}{T}}$

Khối lượng hạt nhân X còn lại sau thời gian $t_2$ là: $m_2=m_0{.2}^{-\frac{t_2}{T}}$

$\Rightarrow \frac{m_1}{m_2}=\frac{2^{-\frac{t_1}{T}}}{2^{-\frac{t_2}{T}}}=\frac{2,83}{1}\iff 2^{\frac{t_2-t_1}{T}}=2,83\Rightarrow T=\frac{t_2-t_1}{{\log }_{2}2,83}=\frac{5,7}{{\log }_{2}2,83}=3,8$ (ngày)

Đáp án C

Trong quá trình lan truyền sóng điện tử thì cường độ điện trường và cảm ứng từ luôn dao động cùng pha nhau.

Phương trình cường độ điện trường: $E=E_0\cos \left(2\pi {.10}^{8}t+\frac{\pi }{3}\right)$

Tại $t=0:\left\{\begin{array}{l}E=\frac{E_0}{2}\\ {\phi }_E=\frac{\pi }{3}\end{array}\right.$

Kể từ lúc $t=0$ đến thời điểm đầu tiên E = 0, góc quét tương ứng trên đường tròn là: $\phi ={\sin }^{-1}\frac{0,5{\text{E}}_0}{E_0}=\frac{\pi }{6}$

Thời điểm E = 0 lần đầu tiên là: $t_{\phi }=\frac{\phi }{\omega }=\frac{\frac{\pi }{6}}{2\pi {.10}^8}=\frac{{10}^{-8}}{12}\left(s\right)$.

Đáp án A

Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng

$n_1\sin i=n_2\sin r\to \left\{\begin{array}{l}\sin (45°)=\left[1,26+\frac{7,{555.10}^{-14}}{{(0,{76.10}^{-6})}^2}\right]\sin r_d\\ \sin (45°)=\left[1,26+\frac{7,{555.10}^{-14}}{{(0,{38.10}^{-6})}^2}\right]\sin r_t\end{array}\right.$

$\to \left\{\begin{array}{l}{r}_d=30°{33}^{\text{'}}30,4{8^{\text{'}}}^{\text{'}}\\ r_t=23°{21}^{\text{'}}4{3^{\text{'}}}^{\text{'}}\end{array}\right.\to \Delta r=7°{11}^{\text{'}}4{7^{\text{'}}}^{\text{'}}$.

Đáp án C

Công suất tiêu thụ R là: $P=I^{2}R=\frac{{\text{E}}^{2}R}{{(R+r)}^2}$

$P_1=P_2\Rightarrow \frac{{\text{E}}^2{R}_1}{{\left(R_1+r\right)}^2}=\frac{{\text{E}}^2{R}_2}{{\left(R_2+r\right)}^2}\iff R_1{\left(R_2+r\right)}^2=R_2{\left(R_1+r\right)}^2\Rightarrow r=\sqrt{R_1.R_2}$

$\left\{\begin{array}{l}{R}_1=2\left(\Omega \right)\\ R_2=8\left(\Omega \right)\end{array}\right.\Rightarrow r=4\left(\Omega \right)$

Mặt khác:$P_{\max }=\frac{{\text{E}}^2}{4r}=\frac{{20}^2}{4.4}=25\left(W\right)$

Đáp án D

+ Xét đạo hàm sau: ${\left(\frac{x}{v}\right)}^{\text{'}}=\frac{x^{\text{'}}.v-v^{\text{'}}.x}{v^2}=\frac{v^2-a.x}{v^2}=\frac{{\omega }^2(A^2-x^2)-(-{\omega }^2.x).x}{{\omega }^2(A^2-x^2)}=\frac{A^2}{A^2-x^2}$ (1)

+ Xét biểu thức: $\frac{x_1}{v_1}+\frac{x_2}{v_2}=\frac{x_3}{v_3}+2021$.

+ Lấy đạo hàm hai vế và áp dụng đạo hàm (1) ta có:

${\left(\frac{x_1}{v_1}+\frac{x_2}{v_2}\right)}^{\text{'}}={\left(\frac{x_3}{v_3}\right)}^{\text{'}}+{2021}^{\text{'}}\iff {\left(\frac{x_1}{v_1}\right)}^{\text{'}}+{\left(\frac{x_2}{v_2}\right)}^{\text{'}}={\left(\frac{x_3}{v_3}\right)}^{\text{'}}$

$\Rightarrow \frac{A^2}{A^2-x_1^2}+\frac{A^2}{A^2-x_2^2}=\frac{A^2}{A^2-x_3^2}\Rightarrow \frac{{10}^2}{{10}^2-6^2}+\frac{{10}^2}{{10}^2-8^2}=\frac{{10}^2}{{10}^2-x_3^2}=\frac{625}{144}$

$\Rightarrow x_3=\sqrt{\frac{1924}{25}}=8,77\left(cm\right)$

Đáp án D

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

$L=\frac{3}{2\pi }\left(H\right)\Rightarrow Z_L=\omega L=100\pi .\frac{3}{2\pi }=150\left(\Omega \right)$

$Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}=\sqrt{{50}^2+{(150-100)}^2}=50\sqrt{2}\left(\Omega \right)$

$I_0=\frac{U_0}{Z}=\frac{220\sqrt{2}}{50\sqrt{2}}=4,4\left(A\right)$.

$\tan ({\phi }_u-{\phi }_i)=\frac{Z_L-Z_C}{R}=1\to {\phi }_u-{\phi }_i=\frac{\pi }{4}\to {\phi }_i=-\frac{\pi }{4}$.

Vậy $i=4,4\cos \left(100\pi t-\frac{\pi }{4}\right)\left(A\right)$.

Đáp án C

+ Dòng điện trong mạch khi biến trở có giá trị $R=10\left(\Omega \right)$ là: $I=\frac{\text{E}}{R}=\frac{12}{10}=1,2\left(A\right)$

+ Dòng điện trong mạch khi biến trở có giá trị $R=10\left(\Omega \right)$ là: $I^{\text{'}}=\frac{\text{E}}{R^{\text{'}}}=\frac{12}{5}=2,4\left(A\right)$

→ Suất điện động tự cảm xuất hiện trong mạch có độ lớn là: $\left|e_{tc}\right|=L\left|\frac{\Delta I}{\Delta t}\right|=L\left|\frac{I^{\text{'}}-I}{\Delta t}\right|=1.\frac{2,4-1,2}{0,1}=12\left(V\right)$

Do suất điện động tự cảm có cùng độ lớn nhưng ngược chiều với suất điện động của nguồn nên cường độ dòng điện trong mạch trong khoảng thời gian 0,1 s nói trên là 0 A.

Đáp án A

+ Từ giả thuyết bài toán, ta có:

$\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=6\cos \left(\pi t+\frac{\pi }{6}\right)cm\\ x_2+x_3=6\cos \left(\pi t+\frac{2\pi }{3}\right)cm\\ x_1+x_3=6\sqrt{2}\cos \left(\pi t+\frac{\pi }{4}\right)cm\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}_1-x_3=6\sqrt{2}\cos \left(\pi t-\frac{\pi }{12}\right)cm\\ x_1+x_3=6\sqrt{2}\cos \left(\pi t+\frac{\pi }{4}\right)cm\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}_1=3\sqrt{6}\cos \left(\pi t+\frac{\pi }{12}\right)cm\\ x_3=3\sqrt{2}\cos \left(\pi t+\frac{7\pi }{12}\right)cm\end{array}\right.$

+ Hai dao động $x_1$ và $x_3$ vuông pha nhau.

Ta có ${\left(\frac{x_1}{A_1}\right)}^2+{\left(\frac{x_3}{A_3}\right)}^2=1\iff \left\{\begin{array}{l}{x}_3=-A_3\\ x_1=0\end{array}\right.$.

Đáp án D

Giả sử nguyên tử đang ở trạng thái n, hấp thụ một photon ε và chuyển lên trạng thái m.

→ Áp dụng tiên đề Bo về hấp thụ và phát xạ năng lượng: $E_m-E_n=\epsilon$

$\Rightarrow -13,6\left(\frac{1}{m^2}-\frac{1}{n^2}\right)=2,55\Rightarrow n=\sqrt{\frac{1}{\frac{1}{m^2}+\frac{3}{16}}}$

Do m và n phải là các số nguyên dương.

Dùng chức năng TABLE máy tính Casio fx 570 ES như sau:

Bước 1: Bấm Mode 7

Bước 2: Nhập hàm $F\left(X\right)=\sqrt{\frac{1}{\frac{1}{X^2}+\frac{3}{16}}}(X\equiv m;F(X)=n)$

Bước 3:

Start (bắt đầu) → nhập 1

End (kết thúc) → nhập 10

Step (bước nhảy) → nhập 1

Màn hình máy tính thu được như sau:

→ n = 2 và m = 4.

Vậy sau khi hấp thụ photon nguyên tử ở trạng thái dừng m = 4.

+ Bước sóng nhỏ nhất ứng với sự chuyển mức năng lượng của electron từ quỹ đạo dừng m = 4 về quỹ đạo dừng có n = 1.

$\frac{hc}{{\lambda }_{\min }}=E_4-E_1\Rightarrow {\lambda }_{\min }=\frac{hc}{E_4-E_1}$

$\Rightarrow \frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{-13,6.1,{6.10}^{-19}.\left(\frac{1}{4^2}-\frac{1}{1^2}\right)}=9,{74.10}^{-8}\left(m\right)$.

Đáp án C

$L=(2n-1).\frac{\lambda }{4}=(2n-1).\frac{v}{4f}$

Từ đồ thị ta thấy:

+ $n=1:f=a\Rightarrow L=\frac{v}{4\text{a}}\left(1\right)$

+ $n=3:f=a+40\Rightarrow L=(2.3-1).\frac{v}{4(a+40)}=\frac{5v}{4(a+40)}$ (2)

+ $n=4:f=b\Rightarrow L=(2.4-1).\frac{v}{4b}=\frac{7v}{4b}$ (3)

Từ (1) và (3) ta có b = 7a;

Từ (1) và (2) ta có $40+a=5\text{a}\Rightarrow a=10;b=70\Rightarrow a+b=10+70=80$.

Đáp án C

+ Khi $\omega ={\omega }_1$ thì điện áp hai đầu đoạn mạch AN và MB vuông pha nhau: $\frac{Z_L}{R}.\frac{Z_C}{R}=1\to Z_L.Z_C=R^2$.

Không làm thay đổi kết quả bài toán, đặt: $\left\{\begin{array}{l}R=1\\ Z_L=X\end{array}\right.\to Z_C=\frac{1}{X}$

+ Kết hợp với $U_{MB}=2U_{AN}\iff R^2+Z_C^2=4\left(R^2+Z_L^2\right)\iff 1+\frac{1}{X^2}=4+4{\text{X}}^2\to X=0,5$.

+ Khi $\omega ={\omega }_2=100\pi \sqrt{2}$ rad/s (ta giả sử rằng ${\omega }_2=n{\omega }_1$ ) thì điện áp trên hai đầu cuộn cảm đạt cực đại

${Z^{\text{'}}}_C^2={Z^{\text{'}}}_L.{Z^{\text{'}}}_C-\frac{R^2}{2}\iff {\left(\frac{1}{n\text{X}}\right)}^2=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}\iff n=2\sqrt{2}$

→ Vậy ${\omega }_1=50\pi$ rad/s.

Đáp án B

+ Lần thứ nhất: Sử dụng 2 bức xạ ${\lambda }_1=0,56\left(\mu m\right)$ và ${\lambda }_2$

Kể luôn 2 vân sáng trùng thì có 8 vân sáng của ${\lambda }_2$

→ Vị trí trùng nhau của 2 vân sáng là: $7i_2$.

Gọi k là số khoảng vân của ${\lambda }_1$, ta có: $k{i}_1=7i_2\iff k{\lambda }_1=7{\lambda }_2\Rightarrow {\lambda }_2=\frac{k{\lambda }_1}{7}$$0,65\mu \text{m}<{\lambda }_2<0,75\mu \text{m}\Rightarrow \text{0,65 }\mu \text{m}<\frac{k{\lambda }_1}{7}<0,75\mu \text{m}\iff \text{0,65 }\mu \text{m}<\frac{k.0,56}{7}<0,75\mu \text{m}$

$\iff 8,125<k<9,375\Rightarrow k=9\Rightarrow {\lambda }_2=\frac{9.0,56}{7}=0,72\mu \text{m}$

+ Lần thứ 2, sử dụng 3 bức xạ: ${\lambda }_1=0,56\left(\mu m\right);{\lambda }_2=0,72\left(\mu m\right);{\lambda }_3=\frac{2}{3}{\lambda }_2=0,48\mu \text{m}$

Xét vân sáng trùng gần vân sáng trung tâm nhất. $x_1=x_2=x_3$

Khi 3 vân sáng trùng nhau

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\frac{k_1}{k_2}=\frac{{\lambda }_2}{{\lambda }_1}=\frac{9}{7}=\frac{18}{14}\\ \frac{k_2}{k_3}=\frac{{\lambda }_3}{{\lambda }_2}=\frac{2}{3}=\frac{4}{6}=\frac{6}{9}=\frac{8}{12}=\frac{10}{15}=\frac{12}{18}=\frac{14}{21}\\ \frac{k_1}{k_3}=\frac{{\lambda }_3}{{\lambda }_1}=\frac{6}{7}=\frac{12}{14}=\frac{18}{21}\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{k}_1=18\\ k_2=14\\ k_3=21\end{array}\right.$

→ Giữa vân trung tâm và vân trùng màu gần vân trung tâm nhất (giữa $k_2=0$ và $k_2=14$) có 13 vân sáng của bức xạ ${\lambda }_2$  trong đó có 6 vân trùng màu giữa ${\lambda }_2$ và ${\lambda }_3$ ( $k_2=2,4,6,8,10,12$ ) và 1 vân trùng giữa ${\lambda }_1$ và ${\lambda }_2$ ( $k_2=7$).

→ Số vân sáng màu đỏ ${\lambda }_2$ giữa vân trung tâm và vân trùng màu gần vân trung tâm nhất là $13-6-1=6$ vân.

Đáp án D

+ Khi mắc vào hai cực ND một điện áp không đổi → có dòng trong mạch với cường độ I = 1,5 A

→ ND không thể chứa tụ (tụ không cho dòng không đổi đi qua) và $R_Y=\frac{45}{1,5}=30\left(\Omega \right)$

+ Mắc vào hai đầu đoạn mạch MD một điện áp xoay chiều thì $u_{N\text{D}}$ sớm pha hơn $u_{MN}$ một góc 0,5π.

→ X chứa điện trở $R_X$ và tụ điện C, Y chứa cuộn dây L và điện trở .

→ Với $V_1=V_2\stackrel{U^2=U_X^2+U_Y^2}{\to }{U}_X=U_Y=60\left(V\right)\to Z_X=Z_Y=60\left(\Omega \right)$.

+ Cảm kháng của cuộn dây: $Z_L=\sqrt{Z_Y^2-R_Y^2}=\sqrt{{60}^2-{30}^2}=30\sqrt{3}\left(\Omega \right)$

+ Với  trễ pha 0,5π so với $u_{N\text{D}}$ và $\tan {\phi }_Y=\frac{Z_L}{R_Y}=\frac{30\sqrt{3}}{30}=\sqrt{3}\to {\phi }_Y=60°\to {\phi }_X=30°$.

$\to \left\{\begin{array}{l}{R}_X=30\sqrt{3}\left(\Omega \right)\\ Z_C=30\left(\Omega \right)\end{array}\right.$

+ Điện áp hiệu dụng hai đầu tụ điện: $U_{C\max }=\frac{U\sqrt{{\left(R_X+R_Y\right)}^2+Z_L^2}}{R_X+R_Y}=100\left(V\right)$.

Đáp án B

+ AB là khoảng cách giữa nút và bụng gần nhất

→ AB = 0,25λ.

Mặt khác $AB=3\text{A}C\to AC=\frac{\lambda }{12}$

→ điểm C dao động với biên độ bằng một nửa biên độ của bụng sóng.

+ $\lambda =4\text{A}B=36\text{ cm}$.

+ Khi sợi dây biến dạng nhiều nhất, khoảng cách giữa A và C là

$d=\sqrt{{\left(\frac{\lambda }{12}\right)}^2+{\left(\frac{a_B}{2}\right)}^2}=5\to a_B=8\text{ cm}$.

+ Khi B đi đến vị trí có li độ bằng biên độ của C ($0,5{\text{a}}_B$ ) sẽ có tốc độ:

$v_B=\frac{\sqrt{3}}{2}{v}_{B\max }=\frac{\sqrt{3}}{2}\omega a_B=80\sqrt{3}\left(\text{cm/s}\right)$.

Đáp án D

Từ đồ thị ta thấy rằng tại t = 0, động năng của vật I cực đại (vật I đang ở VTCB), động năng của vật II cực tiểu và bằng 0 (vật II đang ở vị trí biên) nên dao động của con lắc I và II vuông pha nhau.

Gọi  và  lần lượt là cơ năng của con lắc I và con lắc II, ta có: ${\text{W}}_1=6$ ô, ${\text{W}}_2=4$ ô

$\Rightarrow \frac{{\text{W}}_1}{{\text{W}}_2}=\frac{6}{4}=1,5$

+ Ta biểu diễn động năng và thế năng của các vật theo cơ năng:

$\left\{\begin{array}{l}{\text{W}}_t=W{\cos }^2\phi \\ W_{\text{®}}=W{\sin }^2\phi \end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{W}_{t_1}=W_{t_2}\\ \frac{W_{{\text{®}}_2}}{W_{{\text{®}}_1}}=\frac{W_2{\sin }^2{\phi }_2}{W_1{\sin }^2{\phi }_1}\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{W}_1{\cos }^2{\phi }_1=W_2{\cos }^2{\phi }_2\left(1\right)\\ \frac{W_{{\text{®}}_2}}{W_{{\text{®}}_1}}=\frac{W_2(1-{\cos }^2{\phi }_2)}{W_1(1-{\cos }^2{\phi }_1)}\left(2\right)\end{array}\right.$

Hai dao động vuông pha nên ta có: ${\cos }^2{\phi }_1+{\cos }^2{\phi }_2=1$

Từ (1) ta có:

$W_1{\cos }^2{\phi }_1=W_2{\cos }^2{\phi }_2\iff 1,5W_2.{\cos }^2{\phi }_1=W_2(1-{\cos }^2{\phi }_1)\iff 2,5.{\cos }^2{\phi }_1=1\Rightarrow {\cos }^2{\phi }_1=0,4$

$\Rightarrow {\cos }^2{\phi }_2=1-{\cos }^2{\phi }_1=1-0,4=0,6$

Từ (2) $\Rightarrow \frac{W_{{\text{®}}_2}}{W_{{\text{®}}_1}}=\frac{W_2(1-0,6)}{1,5.W_2(1-0,4)}=\frac{4}{9}$.