Phương pháp 

Hệ thức giữa hiệu điện thế và cường độ điện trường: $U=E.d\Rightarrow E=\frac{U}{d}$

Lời giải:

Cường độ điện trường có đơn vị là Vôn/met (V/m).

Chọn A.

Phương pháp: Áp dụng định luật Ôm cho toàn mạch: $I=\frac{E}{R+r}$

Công suất tiêu thụ mạch ngoài: $P=I^2.R=\frac{E^2}{{\left(R+r\right)}^2}.R$

Lời giải: 

Công suất tiêu thụ ở mạch ngoài: $P=I^2.R=\frac{E^2}{{\left(R+r\right)}^2}.R=\frac{6^2}{{\left(2+1\right)}^2}.2=8W$

Chọn D.

Phương pháp:

* Sơ đồ khối của một máy phát thanh vô tuyến đơn giản:

1. Micrô thiết bị biến âm thanh thành dao động điện âm tần

2. Mạch phát sóng điện từ cao tần: tạo ra dao động cao tần (sóng mang)

3. Mạch biến điệu: trộn sóng âm tần với sóng mang

4. Mạch khuếch đại: tăng công suất (cường độ) của cao tần

5. Anten: phát sóng ra không gian. 

Lời giải:

Trong truyền thanh vô tuyến, sóng mang đã được biến điệu là sóng vô tuyến cao tần mang thông tin âm tần.

Chọn D.

Phương pháp:

Hạt nhân ${}_Z^{A}X$ có proton và (A - Z) notron.

Lời giải:

Hạt nhân Xmang điện tích +Ze. 

Chọn A.

Phương pháp: Biểu thức của cường độ dòng điện xoay chiều $i=I\sqrt{2}.\cos \left(\omega t+\phi \right)$

Trong đó: I là cường độ dòng điện hiệu dụng.

Lời giải:

Dòng điện xoay chiều có biểu thức $i=2\sqrt{2}\cos \left(200\pi t\right)A$

Cường độ dòng điện hiệu dụng là: I = 2A.

Chọn B.

Phương pháp: Khoảng cách giữa hai bụng sóng hoặc 2 nút sóng liên tiếp là $\frac{\lambda }{2}$

Khoảng cách giữa một nút sóng và một bụng sóng liên tiếp trong sóng dừng là $\frac{\lambda }{4}$

Lời giải:

Khoảng cách giữa một nút sóng và một bụng sóng liên tiếp trong sóng dừng là: 

$\frac{\lambda }{4}=4cm\Rightarrow \lambda =4.4=16cm.$

Chọn B.

Phương pháp: 

Sử dụng thang sóng điện từ và công thức tính bước sóng: $f=\frac{c}{v}\Rightarrow f~\frac{1}{\lambda }$ 

Lời giải:

Sử dụng thang sóng điện từ chiều mũi tên là chiều bước sóng tăng dần. 

Tia tử ngoại và tia hồng ngoại có cùng bản chất là sóng điện từ những tia tử ngoại có bước sóng lớn hơn nên tần số của tia tử ngoại lớn hơn tia hồng ngoại. 

Chọn A.

Phương pháp:

Các đặc trưng vật lý của âm là: tần số âm, cường độ âm, mức cường độ âm, đồ thị ghi dao động âm.

Các đặc trưng sinh lý của âm là: Độ cao, đô to, âm sắc.

Lời giải: 

Các đặc trưng vật lý của âm là: tần số âm, cường độ âm, mức cường độ âm, đồ thị ghi dao động âm. 

$\to$ Cường độ âm là một trong các đặc trưng vật lý của âm.

Chọn D.

Phương pháp:

Phương trình dao động và phương trình vận tốc của vật dao động điều hòa là:

$\left\{\begin{array}{l}x=A\cos \left(\omega t+\phi \right)\\ v=x\text{'}=-\omega A.\sin \left(\omega t+\phi \right)=\omega A.\cos \left(\omega t+\phi +\frac{\pi }{2}\right)\end{array}\right.$

Lời giải:

Phương trình dao động và phương trình vận tốc của vật dao động điều hòa là:

$\left\{\begin{array}{l}x=A\cos \left(\omega t+\phi \right)\\ v=x\text{'}=-\omega A.\sin \left(\omega t+\phi \right)=\omega A.\cos \left(\omega t+\phi +\frac{\pi }{2}\right)\end{array}\right.$

Phương pháp:

Phương trình dao động điều hòa: $x=A.\cos \left(\omega t+\phi \right)$ với A là biên độ dao động.

Lời giải: 

Phương trình dao động: $x=6\cos \left(4\pi t+\frac{\pi }{3}\right)cm$

Biên độ dao động là: A = 6 cm

Chọn A.

Phương pháp: Sử dụng thang sóng điện từ 

Bức xạ tử ngoại có bước sóng ${\lambda }_{tn}<380nm$ và bức xạ hồng ngoại có bước sóng ${\lambda }_{hn}>760nm$

Lời giải:

Bức xạ tử ngoại có bước sóng ${\lambda }_{tn}<380nm$và bức xạ hồng ngoại có bước sóng ${\lambda }_{hn}>760nm$

Trong chân không có một bức xạ tử ngoại bước sóng $\lambda$ và một bức xạ hồng ngoại bước sóng $4\lambda$ 

Chỉ có các đáp án A, B, C là có thể là bức xạ tử ngoại.

Thử với đáp án A: $\lambda =100nm\Rightarrow 4\lambda =400nm<760nm$

Thử với đáp án B: $\lambda =300nm\Rightarrow 4\lambda =1200nm>760nm\left(t/m\right)$

Thử với đáp án C: $\lambda =150nm\Rightarrow 4\lambda =600nm<760nm$

Vậy bước sóng $\lambda =300nm$ thỏa mãn.

Chọn B.

Phương pháp: Sử dụng định luật bảo toàn điện tích và định luật bảo toàn số khối để viết phương trình phản ứng.

Lời giải: 

Sử dụng định luật bảo toàn điện tích và định luật bảo toàn số khối để viết phương trình phản ứng.

${}_5^{10}B+X{\to }_3^{7}Li{+}_2^{4}He{\iff }_5^{10}B{+}_0^{1}n{\to }_3^{7}Li{+}_2^{4}He\Rightarrow X{\equiv }_0^{1}n$

Chọn A.

Phương pháp:

Độ lớn điện tích hai quả cầu:

Chọn A

Phương pháp:

Sử dụng tiên đề Bo thứ 2 về sự phát xạ và hấp thụ photon:

+ Khi nguyên tử chuyển từ trạng thái dừng có mức năng lượng E_n sang trạng thái dừng có mức năng lượng thấp hơn E_m thì nó phát ra một photon có năng lượng đúng bằng hiệu mức năng lượng E_n – E_m.

+ Ngược lại, khi nguyên tử đang ở trạng thái dừng có mức năng lượng E_m mà nhận được một phô ton có năng lượng đúng bằng hiệu mức năng lượng E_n – E_m thì nguyên tử chuyển sang trạng thái dừng có mức năng lượng cao hơn E_n.

Lời giải:

Nguyên tử hiđrô chuyển từ trạng thái dừng có mức năng lượng E₁ = - 0,85eV đến trạng thái dừng có mức năng lượng E₂ = - 3,4eV thì tức là nó chuyển từ mức năng lượng cao về mức năng lượng thấp, nguyên tử phát xạ một pho ton có năng lượng:

$\epsilon =E_1-E_2=-0,85-\left(-3,4\right)=2,55eV$

Vậy nguyên tử phát ra một phô ton có năng lượng 2,55 eV.

Chọn D.

Phương pháp:

Cảm kháng: $Z_L=\omega L$

Áp dụng định luật Ôm cho đoạn mạch chỉ chứa cuộn cảm thuần: $U_L=I.Z_L$

Lời giải:

Cảm kháng: $Z_L=\omega L=200.0,1=20\Omega$

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn dây: $U_L=I.Z_L=3.20=60V$

Phương pháp:

Dao động tắt dần là dao động có biên độ giảm dần thoe thời gian, cơ năng của vật cũng giảm dần theo thời gian. Nguyên nhân gây ra dao động tắt dân là ma sát, ma sát càng lớn thì dao động tắt dân càng nhanh.

Lời giải: Dao động tắt dần là dao động có biên độ giảm dần theo thời gian, cơ năng của vật cũng giảm dần theo thời gian.

Nguyên nhân gây ra dao động tắt dần là ma sát, ma sát càng lớn thì dao động tắt dần càng nhanh. 

$\to$ Nhận xét tốc độ của dao động tắt dần giảm dần theo thời gian là không đúng.

Chọn C.

Phương pháp:

Công thức tính tần số của suất điện động cảm ứng do máy phát điện tạo ra là

Với p là số cặp cực, n (vòng/giây) là tốc độ quay của roto.

Lời giải:

Đổi 375 vòng/phút = 6,25 vòng/giây. 

Ta có: $f=p.n\Rightarrow p=\frac{f}{n}=\frac{50}{6,25}=8$

Chọn A.

Phương pháp:

Pin quang điện (còn gọi là pin Mặt Trời) là thiết bị sử dụng năng lượng ánh sáng. Nó biến đổi trực tiếp quang năng thành điện năng. Pin hoạt động dựa vào hiện tượng quang điện trong.

Lời giải:

Pin quang điện (còn gọi là pin Mặt Trời) là thiết bị sử dụng năng lượng ánh sáng. Nó biến đổi trực tiếp quang năng thành điện năng.

Chọn B.

Phương pháp:

Sử dụng lí thuyết bài “Tán sắc ánh sáng”

Lời giải:

Hình vẽ mô tả một thí nghiệm của nhà bác học Niu-Tơn (1672). Đây là thí nghiệm về hiện tượng tán sắc ánh sáng.

Chọn A.

Phương pháp:

Máy biến áp là thiết bị hoạt động dựa trên hiện tượng cảm ứng điện từ, dùng để biến đổi điện áp xoay chiều mà không làm thay đổi tần số của nó.

Lời giải:

Máy biến áp có tác dụng biến đổi điện áp hiệu dụng của điện áp xoay chiều.

Chọn C.

Phương pháp:

Chu kì bán rã của một chất phóng xạ là thời gian để lượng chất phóng xạ ban đầu chỉ còn một nửa.

Số hạt nhân còn lại: $N=N_0{.2}^{-\frac{t}{T}}$ 

Số hạt nhân đã phân rã: $\Delta N=N_0-N=N_0.\left(1-2^{-\frac{t}{T}}\right)$ 

Lời giải:

Sau một chu kì phóng xạ:

     + Số hạt nhân còn lại: $N=N_0{.2}^{-\frac{t}{T}}=N_0{.2}^{-1}=\frac{N_0}{2}$

     + Số hạt nhân đã phân rã: $\Delta N=N_0-N=N_0.\left(1-2^{-\frac{t}{T}}\right)=\frac{N_0}{2}$

Vậy sau một chu kì phóng xạ, số hạt nhân đã phân rã bằng số hạt nhân còn lại.

Chọn D.

Công thức xác định chu kì riêng của mạch dao động: $T=2\pi \sqrt{LC}$

Chọn A.

Phương pháp: 

Đối với mạch điện xoay chiều chỉ chứa điện trở thuần: $\left\{\begin{array}{l}u=U\sqrt{2}\cos \left(\omega t\right)\\ i=I\sqrt{2}.\cos \left(\omega t\right)\end{array}\right.$

Lời giải:

Đặt điện áp xoay chiều $u=U\sqrt{2}cos\left(\omega t\right)$ vào hai đầu điện trở thuần thì cường độ dòng điện có tần số góc là $\omega$ (rad /s).

Chọn A.

Phương pháp:

Hiện tượng ánh sáng làm bật các electron ra khỏi bề mặt kim loại gọi là hiện tượng quang điện ngoài.

Lời giải:

Hiện tượng quang điện ngoài xảy ra với kim loại.

Chọn B.

Phương pháp:

Sóng điện từ là sự lan truyền của điện từ trường trong không gian theo thời gian.

Sóng điện từ lan truyền trong chân không với tốc độ ánh sáng. Sóng điện từ mang theo năng lượng. Ánh sáng có bản chất là sóng điện từ.

Lời giải:

Sóng điện từ lan truyền trong chân không với tốc độ ánh sáng. Sóng điện từ mang theo năng lượng. 

$\to$ Nhận định sóng điện từ lan truyền trong chân không thì không mang năng lượng là sai.

Chọn D. 

Phương pháp:

Lực kéo về luôn hướng về VTCB: $F_{kv}=-kx$

Lực kéo về đổi chiều khi vật qua vị trí cân bằng. Khoảng thời gian hai lần liên tiếp lực kéo về đổi chiều là nửa chu kì. 

Tần số góc: $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\frac{2\pi }{T}$

Lời giải:

Lực kéo về đổi chiều khi vật qua vị trí cân bằng. Khoảng thời gian hai lần liên tiếp lực kéo về đổi chiều là nửa chu kì.

Vậy: T = 2.0,4 = 0,8s 

Ta có: $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\frac{2\pi }{T}=\frac{2\pi }{0,8}=2,5\pi \Rightarrow m=\frac{k}{{\omega }^2}=\frac{60}{{\left(2,5\pi \right)}^2}=0,96kg$

Chọn C.

Phương pháp:

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

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

+ Các điểm trong cùng một bó sóng thì dao động cùng pha, các điểm thuộc hai bó sóng liên tiếp thì dao động ngược pha.

Sử dụng hình vẽ.

Lời giải: 

Điều kiện sóng dừng trên dây với hai đầu cố định là $l=k\frac{\lambda }{2}$ với $sb=k,sn=k+1$ 

Các điểm đứng yên là các điểm nút nên tổng số nút trên dây là sn = 2 + 3 = 5 = k + l Þ k = 4

Suy ra $2=4.\frac{\lambda }{2}\Rightarrow \lambda =1m$ . Vậy tốc độ truyền sóng trên dây là $v=\lambda f=1.100=100m/s$ . Chọn A

Phương pháp: 

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

Lời giải: 

$x=x_1+x_2=4\angle \frac{\pi }{4}+3\angle \frac{-3\pi }{4}=1\angle \frac{\pi }{4}$ 

Suy ra $x=\cos \left(10t+\frac{\pi }{4}\right)cm\Rightarrow v_{\max }=10cm/s$ . Chọn C.

Phương pháp: Áp dụng công thức tính góc lệch giữa u và i: $\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}$

Áp dụng định luật Ôm: $I_0=\frac{U_0}{Z}$ 

Lời giải:

Ta có: $Z_L=L\omega =200\Omega ,Z_C=\frac{1}{C\omega }=100\Omega$.

${\phi }_{u/i}=\frac{\pi }{4}\Rightarrow \tan \frac{\pi }{4}=\frac{Z_L-Z_C}{R}\iff \frac{100}{R}=1\Rightarrow R=100\Omega$. Chọn C.

Phương pháp:

Áp dụng công thức thấu kính: $\frac{1}{d}+\frac{1}{d\text{'}}=\frac{1}{f}$

Lời giải:

+ Đối với thấu kính phân kì vật thật luôn cho ảnh ảo nhỏ hơn vật.

+ Đối với thấu kính hội tụ vật thật đặt trong khoảng từ tiêu điểm đến thấu kính sẽ cho ảnh ảo lớn hơn vật. Do đó, thấu kính phải là thấu kính hội tụ.

+ Từ: $d^{\text{'}}=\frac{df}{d-f}\Rightarrow k=-\frac{d^{\text{'}}}{d}=\frac{-f}{d-f}\underset{k=+2}{\overset{d=15}{\to }}f=30\left(cm\right)\Rightarrow$ Chọn D.

Chọn D

Phương pháp: 

Sử dụng công thức tính chu kì của con lắc đơn

Lời giải: 

Ta có :${\rm T}=\frac{20}{50}=0,4=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}=2\sqrt{10}.\sqrt{\frac{0,4}{k}}\Rightarrow k=100$ N/ m.

Chọn B.

Phương pháp:

Áp dụng định luật Ôm cho đoạn mạch khi đó: $I=\frac{U}{Z}$

Lời giải:

Ta có: $U=100\sqrt{2},$ $Z_L=100\Omega$

$\iff R=\left|Z_L-Z_C\right|\Rightarrow P_{\max }=\frac{U^2}{2Z_L}=\frac{{\left(100\sqrt{2}\right)}^2}{2.100}=100W$         Chọn C

Phương pháp:

Điều kiện có cực đại giao thoa trong giao thoa sóng hai nguồn cùng pha: $d_{1M}-d_{2M}=k\lambda ;k\in Z$ 

Giữa M là đường trung trực có 1 dãy cực đại khác vậy tại M là cực đại bậc 2 (k = 2).

Tốc độ truyền sóng: $v=\lambda .f$

Lời giải:

Giữa M là đường trung trực có 1 dãy cực đại khác vậy tại M là cực đại bậc 2 (k = 2) 

$\Rightarrow d_{1M}-d_{2M}=k\lambda \Rightarrow 14-12=2\lambda \Rightarrow \lambda =1cm$

Tốc độ truyền sóng: $v=\lambda .f=1.50=50cm/s$

Chọn A.

Phương pháp: 

Độ dịch chuyển hệ vân lúc đầu và sau khi nghiêng lần lượt là:

$\left\{\begin{array}{l}{x}_0=\frac{(n-1)De}{a}=6i\\ x{\text{'}}_0=\frac{(n-a)De/\cos \alpha }{a}=7i\end{array}\right.\Rightarrow \cos \alpha =\frac{5}{7}\Rightarrow \alpha =41,4^0\Rightarrow$  Chọn A

Phương pháp: 

Tốc độ cực đại của con lắc đơn: $v=l{\alpha }_0.\omega =l.{\alpha }_0.\sqrt{\frac{g}{l}}={\alpha }_0.\sqrt{g.l}$

Lời giải: 

Tốc độ cực đại của vật nhỏ là: $v=l{\alpha }_0.\omega =l.{\alpha }_0.\sqrt{\frac{g}{l}}={\alpha }_0.\sqrt{g.l}=\frac{5^0}{{360}^0}.2\pi .\sqrt{10.1}=0,276m/s$

Chọn C.

Phương pháp: 

Công thức tính mức cường độ âm: $L=10\log \frac{I}{I_0}$

Cường độ âm tại một điểm cách nguồn âm khoảng r là: $I=\frac{P}{4\pi r^2}\Rightarrow \frac{I_1}{I_2}=\frac{r_2^2}{r_1^2}$

Điểm M nằm giữa A và B thì: $r_M=\frac{r_A+r_B}{2}$

Lời giải: 

Cường độ âm tại một điểm cách nguồn âm khoảng r là $I=\frac{P}{4\pi r^2}\Rightarrow \frac{I_1}{I_2}=\frac{r_2^2}{r_1^2}$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{L}_A=10\log \frac{I_A}{I_0}\\ L_B=10\log \frac{I_B}{I_O}\end{array}\right.$$\Rightarrow L_A-L_B=10\log \frac{I_A}{I_B}\iff 20=10\log \frac{I_A}{I_B}\Rightarrow \frac{I_A}{I_B}=\frac{r_B^2}{r_A^2}={10}^2\Rightarrow r_B=10r_A$

Điểm M nằm giữa A và B: $r_M=\frac{r_A+r_B}{2}=\frac{r_A+10r_A}{2}=5,5r_A$

Vậy $\frac{I_A}{I_M}=\frac{r_M^2}{r_A^2}=5,5^2\Rightarrow I_M=\frac{I_A}{5,5^2}$ 

Mức cường độ âm tại M là: $L_M=10\log \frac{I_M}{I_o}=10\log \frac{I_A}{5,5^2.I_O}=10\log \frac{I_A}{I_O}-10\log 5,5^2=25,19dB$

Vậy gần nhất với giá trị 25 dB.

Chọn C.

Phương pháp: 

Thời điểm đầu tiên sóng bắt đầu từ 0 nên: $u_O=A.\cos \left(\omega t+\frac{\pi }{2}\right)cm$

Sau thời gian t = 0,3s, sóng có dạng như hình vẽ, điểm O lại đang ở VTCB và chuyển động về biên âm nên: $t=0,3s=nT$

Dễ thấy từ 0 đến E là một bước sóng ứng với 6 ô li, nên sóng truyền từ 0 đến E mất thời gian 1 chu kì T. Vì vậy quãng đường mà E đi được trong thời gian trên là: $S=\left(n-1\right).4A$

Hai điểm C và D đều đang cách đỉnh sóng một khoảng nửa ô li nên biên độ của D là $x_D=\frac{\sqrt{3}}{2}A$ và vận tốc của D lúc đó là $v_D=\frac{1}{2}{v}_{max}=\frac{1}{2}.\omega A$

Vận tốc sóng $v=\lambda .f$

Khoảng cách giữa vtcb của C và D ứng với 1 ô li, khoảng cách giữa C và D là: $CD=\sqrt{d^2+{\left(u_C-u_D\right)}^2}$

Lời giải: 

Thời điểm đầu tiên sóng bắt đầu từ O nên: $u_O=A.\cos \left(\omega t+\frac{\pi }{2}\right)cm$

Sau thời gian t = 0,3s, sóng có dạng như hình vẽ, điểm O lại đang ở vtcb và chuyển động về biên âm nên: $t=0,3s=nT$

Dễ thấy từ O đến E là một bước sóng ứng với 6 ô li, nên sóng truyền từ O đến E mất thời gian 1 chu kì T. Vì vậy quãng đường mà E đi được trong thời gian trên là: $S=\left(n-1\right).4A$

Hai điểm C và D đều đang cách đỉnh sóng một khoảng nửa ô li nên biên độ của D là $x_D=\frac{\sqrt{3}}{2}A$ và vận tốc của D lúc đó là: 

$v_D=\frac{1}{2}{v}_{max}=\frac{1}{2}\omega .A\Rightarrow \frac{1}{2}\omega A=\frac{\pi }{8}v=\frac{\pi }{8}.\lambda .f=\frac{\pi }{8}.\lambda .\frac{\omega }{2\pi }\Rightarrow \lambda =8A$

Ta có VTLG: 

Khoảng cách giữa VTCB của C và D ứng với 1 ô li tức là $CD=\frac{\lambda }{6}$ và $\alpha =\frac{\pi }{3},$

Khoảng cách giữa hai điểm C và D là: $CD=\sqrt{d^2+{\left(u_C-u_D\right)}^2}$

Khoảng cách giữa hai điểm C và D cực đại là 5 cm khi $\left(u_C-u_D\right)$ cực đại. 

Ta có: $u_C-u_D=A.\cos \left(\omega t-\frac{\pi }{3}\right)\Rightarrow {\left(u_C-u_D\right)}_{\max }=A$

 $CD=\sqrt{d^2+{\left(u_C-u_D\right)}^2}\Rightarrow 5=\sqrt{{\left(\frac{\lambda }{6}\right)}^2+{\left(u_C-u_D\right)}^2}=\sqrt{{\left(\frac{8A}{6}\right)}^2+A^2}\Rightarrow A=3cm\Rightarrow \lambda =8A=24cm$

Ta có: $S=\left(n-1\right).4A=24\Rightarrow n=3$

Lại có: $t=0,3s=3T\Rightarrow T=0,1s\Rightarrow \omega =\frac{2\pi }{T}=20\pi \left(rad/s\right)$

Vậy ta có phương trình truyền sóng là: 

$u=3.\cos \left(20\pi t+\frac{\pi }{2}-\frac{2\pi x}{24}\right)=3.\cos \left(20\pi t+\frac{\pi }{2}-\frac{\pi x}{12}\right)cm$

Chọn C. 

Phương pháp: 

Công thức truyền tải điện năng

Lời giải:

Ta có $R=\frac{\rho \mathcal{l}}{S}=\frac{2,{5.10}^{-8}.\left({\mathrm{2.10.10}}^3\right)}{\left(0,{4.10}^{-4}\right)}=12,5\Omega$.

Do đó: $\Delta P=\frac{R{P}^2}{{\left(U\cos \phi \right)}^2}\Rightarrow \frac{\Delta P}{P}=\frac{R.P}{{\left(U\cos \phi \right)}^2}\Rightarrow H=1-\frac{\Delta P}{P}=1-\frac{R.P}{{\left(U\cos \phi \right)}^2}=92,28\%$. Chọn C.

Phương pháp:

Khi C có giá trị để vôn kế V2 chỉ giá trị lớn nhất tức là $U_{C\max }$ thì tổng số chỉ hai vôn kế là:

$U_{LR}+U_{C\max }=36V$

Khi C có giá trị để tổng số chỉ hai vôn kế lớn nhất thì tổng này là ${\left(U_{RL}+U_C\right)}_{\max }=24\sqrt{3}V$

Sử dụng phương pháp giản đồ vecto: 

     + Khi $U_{C\max }$ thì $U_{LR}$ vuông pha với U 

     + Khi $U_{LR}+U_{C\max }=36V$ thì ta có giản đồ $U_{RL}=U_C$

Vì R và L không đổi nên góc giữa $U_{LR}$ và $U_C$ không đổi.

Lời giải:

Khi C có giá trị để vôn kế V2 chỉ giá trị lớn nhất tức là $U_{C\max }$ thì tổng số chỉ hai vôn kế là: $U_{LR}+U_{C\max }=36V$ 

Khi $U_{C\max }$ thì $U_{LR}$ vuông pha với U 

Từ hình vẽ ta có: 

Khi C có giá trị để tổng số chỉ hai vôn kế lớn nhất thì tổng này là: ${\left(U_{RL}+U_C\right)}_{\max }=24\sqrt{3}V$ 

Khi ${\left(U_{RL}+U_C\right)}_{\max }$ thì ta có giản đồ $U_{RL}=U_C=12\sqrt{3}V$

Ta có $U^2=U_C^2+U_{RL}^2-2U_C.U_{RL}.\cos \left(\alpha \right)$

Vì R và L không đổi nên góc giữa $U_{RL}$ và $U_C\left(\alpha \right)$ không đổi.

Ta có: $U^2=U_C^2+U_{RL}^2-2U_C.U_{RL}.\cos \left(\alpha \right)\Rightarrow U_C^2-{\left(36-U_C\right)}^2=2{\left(12\sqrt{3}\right)}^2-2{\left(12\sqrt{3}\right)}^2.\frac{36-U_C}{U_C}$

$\Rightarrow \left[\begin{array}{l}{U}_C=18V\\ U_C=24V\end{array}\right.\Rightarrow \left[\begin{array}{l}{U}^2=U_C^2-{\left(36-U_C\right)}^2=0\\ U^2=U_C^2-{\left(36-U_C\right)}^2={\left(12\sqrt{3}\right)}^2\end{array}\right.\Rightarrow U=12\sqrt{3}V$

Chọn C.

Phương pháp:

Công thức tính thế năng: ${\text{W}}_t=\frac{1}{2}k{x}^2$

Tần số góc: $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{g}{\Delta l_0}}$

Sử dụng VTLG.

Lời giải: Ta có hình vẽ, chọn hệ quy chiếu như hình vẽ: 

Đồ thị thế năng đàn hồi của hai con lắc: 

Từ đồ thị ta thấy đường màu đỏ cho biết thế năng đàn hồi của con lắc lò xo nằm ngang. Thế năng cực đại ứng với 4 đơn vị: ${\text{W}}_1=\frac{1}{2}.k.A_1^2$

Đường màu xanh là thế năng đàn hồi của con lắc lò xo treo thẳng đứng. Vì tại vị trí cân bằng lò xo đã dãn một đoạn $\Delta l_0$ nên tại vị trí lò xo dãn nhiều nhất, thế năng đàn hồi cực đại lớn nhất ứng với 9 đơn vị:

${\text{W}}_{2+}=\frac{1}{2}.k.{\left(A+\Delta l_0\right)}^2$

Tại vị trí biến trên (biên âm) thì thế năng đàn hồi ứng với 1 đơn vị: ${\text{W}}_{2-}=\frac{1}{2}.k.{\left(A-\Delta l_0\right)}^2$

Ta có tỉ số: 

$\left\{\begin{array}{l}\frac{{\text{W}}_{2+}}{{\text{W}}_{2-}}=\frac{9}{1}=\frac{{\left(A_2+\Delta l_0\right)}^2}{{\left(A_2-\Delta l_0\right)}^2}\iff \frac{\left(A_2+\Delta l_0\right)}{\left(A_2-\Delta l_0\right)}=3\Rightarrow A_2=2\Delta l_0\\ \frac{{\text{W}}_{2+}}{{\text{W}}_1}=\frac{9}{4}=\frac{{\left(A_2+\Delta l_0\right)}^2}{A_1^2}\iff \frac{A_2+\Delta l_0}{A_1}=\frac{3}{2}\iff \frac{3\Delta l_0}{A_1}=\frac{3}{2}\Rightarrow A_1=2\Delta l_0=A_2.\end{array}\right.$

Tại thời điểm ban đầu t = 0, ta thấy cả hai vật đều đang ở biên cương. Thời điểm t là thời điểm vật của lò xo treo thẳng đứng đi qua vị trí lò xo không dãn.

Ta có VTLG 

Thời gian từ t = 0 đến $t_1$ là $t_1=\frac{T}{2\pi }\left(\frac{\pi }{2}+\arcsin \frac{\Delta l_0}{A_2}\right)=\frac{T}{3}$

Thời điểm $t_2$ là thời điểm vật của lò xo nằm ngang đi qua vị trí cân bằng lần thứ 2. Ta có VTLG: 

Thời gian từ t = 0 đến $t_2$ là $t_2=\frac{3}{4}T$

Khoảng thời gian $t_2-t_1=\frac{\pi }{12}\Rightarrow \frac{3}{4}T-\frac{T}{3}=\frac{5}{12}T=\frac{\pi }{12}\Rightarrow T=\frac{\pi }{5}\left(s\right)$

Tần số góc của hai con lắc là như nhau vì chúng đều dao động tự do và có cùng độ cứng, vật nặng cùng khối 

lượng: $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{g}{\Delta l_0}}$ 

Vậy ta có: $\omega =\frac{2\pi }{T}=\frac{2\pi }{\frac{\pi }{5}}=10=\sqrt{\frac{g}{\Delta l_0}}\Rightarrow \Delta l_0=0,1m=10cm$

$\Rightarrow A_1=A_2=20cm$

Sau thời gian $t=t=\frac{\pi }{10}s=\frac{T}{2}$ thì hai vật đều đang ở biên âm. 

Khoảng cách giữa hai vật lúc này là:

$d=\sqrt{{\left(l-A_1\right)}^2+{\left(l+\Delta l_0-A_2\right)}^2}=\sqrt{{\left(80-20\right)}^2+{\left(80+10-20\right)}^2}=92,2cm$

Chọn D.