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

+ Sử dụng biểu thức tính sai số 

Ta có: $\lambda =\frac{ai}{D}$

Sai số của phép đo: $\frac{\Delta \lambda }{\overline{\lambda }}=\frac{\Delta a}{\overline{a}}+\frac{\Delta i}{\overline{i}}+\frac{\Delta D}{\overline{D}}=2\%+1\%+1\%=4\%$  

Chọn A. 

+ Đọc phương trình u,i 

+ Sử dụng định nghĩa về pha dao động

Ta có độ lệch pha của u so với i: $\phi =0-\frac{\pi }{4}=-\frac{\pi }{4}$ 

⇒ u trễ pha hơn i một góc $\frac{\pi }{4}$   

⇒Mạch có tính dung kháng hay $Z_C>Z_L$ 

Chọn C. 

Vận dụng lí thuyết về hiện tượng cảm ứng điện từ. 

+ Khi từ thông qua một mạch kín (C) biến thiên thì trong (C) xuất hiện dòng điện cảm ứng.

+ Dòng điện cảm ứng có chiều sao cho từ trường cảm ứng có tác dụng chống lại sự biến thiên của từ thông  ban đầu qua (C). Nói riêng, khi từ thông qua (C) biến thiên do một chuyển động nào đó gây ra thì từ trường  cảm ứng có tác dụng chống lại chuyển động đó. 

Chiều của từ trường do nam châm sinh ra có chiều hướng từ phải sang trái. 

Khi nam châm dịch chuyển lại gần, theo định luật Lenxo ⇒ từ trường của dòng điện cảm ứng có chiều từ  trái qua phải. 

Áp dụng quy tắc nắm tay phải xác định được chiều của dòng điện cảm ứng trong vòng dây đi theo chiều  Acb. 

Chọn B. 

Sử dụng biểu thức tính công suất: $P=I^{2}R=U\mathrm{Icos}\phi$ 

Điện trở tổng cộng trên mạch: $R_{td}=R+r$ 

Công suất tiêu thụ trong đoạn mạch: $P=I^2(R+r)$

Chọn D. 

Sử dụng biểu thức: $\lambda =\frac{v}{f}=vT$ 

D – đúng 

A, B, C – sai vì: $\lambda =\frac{v}{f}=vT$ 

Chọn D. 

Sử dụng biểu thức tính cơ năng của con lắc lò xo: $\text{W}=\frac{1}{2}k {\text{A}}^2$  

Cơ năng dao động của con lắc: $\text{W}=\frac{1}{2}k {\text{A}}^2=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2$  

Chọn D. 

Sử dụng định nghĩa về khoảng vân. 

Khoảng vân là khoảng cách giữa 2 vân sáng (hoặc 2 vân tối) liên tiếp trên màn hứng vân.

Chọn A. 

Vận dụng lí thuyết đại cương về điện xoay chiều. 

Đại lượng có dùng giá trị hiệu dụng trong các đại lượng trên là: điện áp ( U – hiệu dụng)

Chọn C. 

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

A – sai vì $u_R$ sớm pha $\frac{\mathrm{\pi }}{2}$ so với  u_C

B – sai vì u_R trễ pha $\frac{\mathrm{\pi }}{2}$ so với u_L 

C – đúng 

D – sai vì u_L ngược pha so với u_C 

Chọn C. 

Sử dụng lí thuyết về dao động tắt dần: 

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

+ Lực ma sát càng lớn thì dao động tắt dần càng nhanh.

Sử dụng lí thuyết về dao động tắt dần ta có: A, B, D – đúng; C - sai

Chọn C.

Phương trình dao động: $x=A\cdot \cos (\omega t+\phi )$  

Trong đó $(\omega t+\phi )$ là pha dao động. 

Phương trình: $x=4\cos \left(2\pi t+\frac{\pi }{3}\right)\left(\text{cm}\right)$  

Pha dao động: $\left(2\pi t+\frac{\pi }{3}\right)$ 

Chọn A. 

Sử dụng biểu thức tính tần số góc của mạch dao động $\text{LC}:\omega =\frac{1}{\sqrt{LC}}$

Tần số góc của mạch dao động $\text{ LC: }\omega =\frac{1}{\sqrt{LC}}$  

Chọn D.

+ Đọc phương trình sóng 

+ Vận dụng biểu thức: $\Delta \phi =\frac{2\pi x}{\lambda }$ 

Từ phương trình sóng ta có: $\frac{\pi }{25}x=\frac{2\pi x}{\lambda }\Rightarrow \lambda =50 \text{cm}=0,5 \text{m}$ 

Chọn C.

Vận dụng tương tác giữa 2 điện tích:

+ 2 vật nhiễm điện tích cùng dấu thì đẩy nhau.

+ 2 vật nhiễm điện tích trái dấu thì hút nhau.

Hai chất điểm mang điện tích khi đặt gần nhau chúng hút nhau ⇒ chúng nhiễm điện trái dấu nhau

Chọn D.

+ Sử dụng cách dựng ảnh. 

+ Vận dụng tính chất các loại thấu kính. 

Kẻ AA’ cắt xy tại O; O chính là quang tâm của thấu kính. 

Khoảng cách từ A’ đến xy nhỏ hơn khoảng cách từ A đến xy ⇒A’ là ảnh ảo nhỏ hơn vật.

A, C, D – đúng 

B – sai vì quang tâm O của thấu kính nằm ngoài khoảng AA’ trên trục chính.

Chọn B. 

Chiết suất của ánh sáng với các môi trường: $n_{do}<n_{\text{cam }}<n_v<n_{\text{luc }}<n_{\text{lam }}<n_{\text{chan }}<n_{\text{tim }}$ 

Ta có: $n_{do}<n_{cam}<n_v<n_{\text{luc }}<n_{\text{lam }}<n_{\text{cham }}<n_{\text{tim }}\Rightarrow n_d<n_v<n_c$  

Chọn A. 

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. 

Trong sơ đồ khối của máy phát thanh vô tuyến không có mạch tách sóng. 

Chọn B. 

Vận dụng biểu thức tính chu kì dao động con lắc lò xo: $T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}$ 

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{T}_1=2\pi \sqrt{\frac{m_1}{k}}=2s\\ T_2=2\pi \sqrt{\frac{m_2}{k}}=1s\end{array}\Rightarrow \frac{T_1}{T_2}=\sqrt{\frac{m_1}{m_2}}\iff \frac{2}{1}=\sqrt{\frac{0,2}{m_2}}\Rightarrow m_2=0,05 \text{kg}=50 \text{g}\right.$  

Chọn A. 

+ Sử dụng biểu thức tính tần số: $f=\frac{1}{T}$  

+ Sử dụng thang sóng âm 

Tần số của sóng: $f=\frac{1}{T}=\frac{1}{{80.10}^{-3}}=12,5 \text{Hz}$ 

Do $f<16H\text{z}\Rightarrow$ Sóng này là hạ âm

Chọn A.

Mạch chỉ có điện trở R: $\left\{\begin{array}{l}i=I_0\cdot \cos (\omega t+\phi )\\ u_R=I_{0}R\cdot \cos (\omega t+\phi )=U_0\cdot \cos (\omega t+\phi )\end{array}\right.$ 

A – sai vì: $i=\frac{u}{R}$ tỉ lệ nghịch với điện trở của mạch. 

B – đúng 

C, D – sai vì u, i cùng pha. 

Chọn B.

Vận dụng biểu thức tính hệ số công suất: $\cos \phi =\frac{R}{Z}=\frac{R}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$   

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

Mạch đang có tính cảm kháng tức là $Z_L>Z_C$

Khi tăng tần số thì $\left\{\begin{array}{l}{Z}_L\uparrow \\ Z_C\downarrow \end{array}\Rightarrow \right.$ Mạch vẫn có tính cảm kháng 

Khi đó $Z\uparrow \Rightarrow$ hệ số công suất giảm.

Chọn D. 

Sử dụng biểu thức tính chu kì dao động: $T=\frac{2\pi }{\omega }$ 

Chu kì dao động của vật chính bằng chu kì của ngoại lực tác dụng: $T=\frac{2\pi }{\omega }=\frac{2\pi }{20\pi }=0,1s$

Chọn B. 

+ Sóng trong đó các phần tử của môi trường dao động theo phương vuông góc với phương truyền sóng là sóng  ngang. 

+ Sóng trong đó các phần tử của môi trường dao động theo phương trùng với phương truyền sóng gọi là sóng  dọc.  

Để phân biệt sóng dọc và sóng ngang người ta dựa vào phương dao động của các phần tử và phương truyền  sóng. 

Chọn B. 

Vận dụng lí thuyết về dao động điện từ. 

Trong sóng điện từ, $\overrightarrow{E},\overrightarrow{B}$ tại một điểm luôn dao động cùng pha với nhau. 

Chọn B

Chu kì dao động của con lắc đơn dao động điều hòa: $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$ 

Từ công thức xác định chu kì dao động điều hòa của con lắc đơn: 

$T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}T\in l\\ T\in g\end{array}\right.$

Vậy chu kì phụ thuộc vào chiều dài của con lắc. 

Chọn D. 

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

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

Trên dây có 5 nút sóng$\Rightarrow k=5-1=4$  

Sử dụng điều kiện có sóng dừng trên dây hai đầu cố định ta có: 

$l=k\frac{\lambda }{2}\iff 1,2=4\frac{\lambda }{2}\Rightarrow \lambda =0,6 \text{m}=60 \text{cm}$

Chọn B. 

Sử dụng phương trình tổng hợp dao động: $x=x_1+x_2$ 

Cách giải: 

Dao động tổng hợp: $x=A\cos (\omega t+\phi )$  

Dao động thứ nhất: $x_1=A_1\cos \left(\omega t+\phi -\frac{\pi }{2}\right)=6\sin (\omega t+\phi )$

Tại thời điểm $x_2=A_1=6 \text{cm thì }x=9 \text{cm}$  

Ta có: $x_1+x_2=x\Rightarrow x_1=x-x_2=9-6=3cm$  

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}_1=6\sin (\omega t+\phi )=3 \text{cm}\\ x=A\cos (\omega t+\phi )=9 \text{cm}\end{array}\Rightarrow \frac{3^2}{6^2}+\frac{9^2}{A^2}=1\Rightarrow A=6\sqrt{3} \text{cm}\right.$

Chọn D. 

+ Sử dụng biểu thức: ${\left(\frac{u}{U_0}\right)}^2+{\left(\frac{i}{I_0}\right)}^2=1$   

+ Sử dụng biểu thức: $U_0=I_0{Z}_C$ 

Ta có ${\left(\frac{u}{U_0}\right)}^2+{\left(\frac{i}{I_0}\right)}^2=1\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\frac{{100}^2}{U_0^2}+\frac{3}{I_0^2}=1\\ \frac{{\left(50\sqrt{3}\right)}^2}{U_0^2}+\frac{4}{I_0^2}=1\end{array}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{U}_0=50\sqrt{7}V\\ I_0=\sqrt{7}A\end{array}\right.\right.$  

Lại có: $U_0=I_0{Z}_C\Rightarrow Z_C=\frac{U_0}{I_0}=50\Omega$ 

Chọn A.

Sử dụng biểu thức tính bước sóng: $\lambda =2\pi c\sqrt{LC}$  

Công thức tính bước sóng: $\lambda =2\pi c\sqrt{LC}$

⇒ Dải sóng vô tuyến thu được với mạch trên có bước sóng trong khoảng

$2\pi \cdot c\sqrt{L.C_1}<\lambda <2\pi c\sqrt{L\cdot C_2}$

$$\begin{gathered} \iff 2\pi \cdot 3\cdot {10}^8\sqrt{{4.10}^{-6}\cdot {10.10}^{-12}}<\lambda <2\pi \cdot {3.10}^8\cdot \sqrt{{4.10}^{-6}\cdot 360\cdot {10}^{-12}} \\ \iff 12m<\lambda <72m \end{gathered}$$

Chọn C. 

Biểu thức định luật Ôm: $I=\frac{E}{R+r}$

Công suất: $P=I^{2}R$  

Cường độ dòng điện trong mạch: $I=\frac{E}{R+r}=\frac{12}{R+2}$ 

Công suất tiêu thụ trên R: $P_R=I^{2}R=16 \text{W}\iff \frac{{12}^2}{{(R+2)}^2}R=16\Rightarrow \left[\begin{array}{l}R=4\Omega \\ R=1\Omega \text{ (loai) }\end{array}\right.$ 

Chọn C.

Sử dụng điều kiện dao động với biên độ cực đại của 2 nguồn cùng pha: $d_2-d_1=k\lambda$

Ta có 2 nguồn dao động cùng pha: $-\frac{AB}{\lambda }<k<\frac{AB}{\lambda }$

Số cực đại trên AB bằng số giá trị k nguyên thỏa mãn:   

Theo đề bài, trên AB có 15 vị trí mà ở đó có các phần tử dao động với biên độ cực  đại $\Rightarrow -7\le k\le 7$

Hay $\lambda \ge \frac{AB}{7}=\frac{a}{7}$ (1)

Số vị trí trên CD dao động với biên độ cực đại thỏa mãn: 

$\frac{DA-DB}{\lambda }\le m\le \frac{CA-CB}{\lambda }\iff \frac{a-a\sqrt{2}}{\lambda }\le m\le \frac{a\sqrt{2}-a}{\lambda }$ (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra: $-2,9\le m\le 2,9$ 

Vậy trên CD có tối đa 5 vị trí dao động với biên độ cực đại.

Chọn C. 

+ Sử dụng công thức tính tần số góc: $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}$ 

+ Sử dụng biểu thức tính độ dãn của lò xo khi treo thẳng đứng: $\Delta l=\frac{mg}{k}$  

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

+ Tần số góc của dao động: $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{100}{0,1}}=10\pi \text{rad}/\text{s}$ 

+ Độ dãn của lò xo tại vị trí cân bằng: $\Delta l=\frac{mg}{k}=\frac{0,1.10}{100}=0,01 \text{m}=1 \text{cm}$  

Chọn chiều dương hướng xuống. 

Kéo vật đến vị trí lò xo dãn 4cm ⇒ tại đó có: $\left\{\begin{array}{l}x=3cm\\ v=40\pi cm/s\end{array}\right.$ 

Áp dụng CT độc lập ta có: $A^2=x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}\Rightarrow A=\sqrt{3^2+{\left(\frac{40\pi }{10\pi }\right)}^2}=5 \text{cm}$  

Vị trí thấp nhất là biên dưới: x=A

Vị trí lò xo bị nén 1,5cm ứng với li độ: $x=-2,5cm$

Vẽ trên vòng tròn lượng giác ta được: 

Từ vòng tròn lượng giác ta suy ra, thời gian ngắn nhất để vật chuyển  động từ vị trí thấp nhất đến vị trí lò xo nén 1,5cm là: 

$t=\frac{T}{4}+\frac{T}{12}=\frac{T}{3}=\frac{\frac{2\pi }{10\pi }}{3}=\frac{1}{15}s$

Chọn D.

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính hiệu suất: $H=\frac{P_{\text{tt}}}{P}.100\%$ 

Ta có: $P.24-P_u\cdot 24=432kWh\Rightarrow P_u=\frac{P.24-432kWh}{24}=\frac{200.24-432}{24}=182kW$  

Hiệu suất của quá trình truyền tải điện: $H=\frac{P_{tt}}{P}\cdot 100\%=\frac{182}{200}\cdot 100\%=91\%$ 

Chọn D.

+ Sử dụng giản đồ véctơ 

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

Ta có giản đồ: 

Từ giản đồ, ta có: u trễ pha hơn i một góc $\frac{\pi }{6}$  

Ta có: $\tan \left(-\frac{\pi }{6}\right)=\frac{Z_L-Z_C}{R}\iff -\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\omega L-\frac{1}{\omega C}}{100\sqrt{3}}\Rightarrow L=\frac{1}{\pi }H$   

Chọn D. 

Sử dụng biểu thức: $k_1{\lambda }_1=k_2{\lambda }_2$  

Ta có: $6{\lambda }_1=k{\lambda }_2\Rightarrow {\lambda }_2=\frac{6{\lambda }_1}{k}\Rightarrow {\lambda }_{2\max }\iff k_{\min }$  

Theo đề bài: $0,38\mu \text{m}<{\lambda }_2<0,76\mu \text{m}$  

$\iff 0,{38.10}^{-6}<\frac{6.0,5\cdot {10}^{-6}}{k}<0,{76.10}^{-6}\Rightarrow 3,95<k<7,89\Rightarrow k=4,5,6,7\Rightarrow k_{\min }=4$

Khi đó: ${\lambda }_{\max }=\frac{6.0,5}{4}=0,75\mu \text{m}$ 

Chọn C. 

+ Biểu thức của điện tích và cường độ dòng điện: $\left\{\begin{array}{l}q=Q_0\cdot \cos (\omega t+\phi )\\ i=\omega Q_0\cdot \cos \left(\omega t+\phi +\frac{\pi }{2}\right)\end{array}\right.$ 

+ Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị. 

Từ đồ thị ta có: 

$i_1=8\cos \left(2000\pi t-\frac{\pi }{2}\right)mA\Rightarrow q_1=\frac{{8.10}^{-3}}{2000\pi }\cos (2000\pi t-\pi )=\frac{{4.10}^{-6}}{\pi }\cos (2000\pi t-\pi )\left(C\right)$

$$\begin{gathered} i_2=6\cos (2000\pi t+\pi )mA\Rightarrow q_2=\frac{{6.10}^{-3}}{2000\pi }\cos \left(2000\pi t+\frac{\pi }{2}\right) \\ =\frac{{3.10}^{-6}}{\pi }\cos \left(2000\pi t+\frac{\pi }{2}\right)\left(C\right) \end{gathered}$$

Tại thời điểm $\text{t},q_1=\left|q_{01}\right|$ thì khi đó q₂ = 0 (do 2 điện tích vuông pha nhau)

⇒ Khoảng thời gian ngắn nhất sau đó điện tích trên bản tụ của mạch thứ 2 có độ lớn là $q=\frac{{3.10}^{-6}}{\pi }=q_{02}$ là:  $t=\frac{T}{4}=\frac{{10}^{-3}}{4}=2,{5.10}^{-4}s$

Chọn B.

+ Sử dụng biểu thức tính chu kì dao động của con lắc đơn: $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$ 

+ Sử dụng biểu thức tính chu kì dao động của con lắc lò xo: $T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}$  

+ Ban đầu: $T_1=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}=T_2=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$  

+ Khi đặt trong điện trường theo phương thẳng đứng, độ dãn của con lắc lò xo tăng 1,44 lần

⇒ Gia tốc toàn phàn khi này: g'=1,44

Chu kì dao động của con lắc đơn khi này: $T_2^{\text{'}}=\frac{5}{6}s=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$

Chu kì dao động của con lắc lò xo không thay đổi: $T_1^{\text{'}}=T_1=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$  

$\Rightarrow \frac{T_1}{T_2^{\text{'}}}=\sqrt{\frac{g}{g^{\text{'}}}}=\sqrt{\frac{g}{1,44g}}=\frac{6}{5}\Rightarrow T_1=\frac{T_2^{\text{'}}\cdot 6}{5}=\frac{5}{6}\frac{6}{5}=1 \text{s}$

Chọn C. 

+ Sử dụng biểu thức: $U_C=I.Z_C$

+ Sử dụng phương pháp tìm cực trị 

+ Sử dụng biểu thức tính hệ số công suất: $\cos \phi =\frac{R}{Z}$ 

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu tụ điện: 

$U_C=I.Z_C=\frac{U}{\omega C\sqrt{R^2+{\left(\omega L-\frac{1}{\omega C}\right)}^2}}=\frac{U}{C\sqrt{L^2{\omega }^4+\left(R^2-\frac{2L}{C}\right){\omega }^2+\frac{1}{C^2}}}=\frac{U}{C\sqrt{A}}$

Vậy $U_{C_{\text{max }}}\text{ khi }{A}_{\min }$ 

Đặt $x={\omega }^2\Rightarrow A=L^2{x}^2+\left(R^2-2\frac{L}{C}\right)x+\frac{1}{C^2}$ 

$A^{\text{'}}=0\Rightarrow x={\omega }^2=\frac{\frac{2L}{C}-R^2}{2L^2}=\frac{1}{LC}-\frac{R^2}{2L^2}\Rightarrow \omega =\frac{1}{L}\sqrt{\frac{L}{C}-\frac{R^2}{2}}$

Thay vào biểu thức $U_c\Rightarrow U_{C_{max}}=\frac{2UL}{R\sqrt{4LC-R^2{C}^2}}=1,25U$  

$\Rightarrow 64L^2=100LC{R}^2-25C^2{R}^4\Rightarrow 25C^2{R}^4-100LC{R}^2+64L^2=0$

$\Rightarrow \left[\begin{array}{l}{R}^2=\frac{50LC+30LC}{25C^2}=\frac{16L}{5C}\left(\text{ loai }\right)\\ R^2=\frac{50LC-30LC}{25C^2}=\frac{4L}{5C}\end{array}\right.$

$\Rightarrow \frac{L}{C}=\frac{5}{4}{R}^2$

Hệ số công suất của đoạn mạch AM:  

$\cos {\phi }_{AM}=\frac{R}{\sqrt{R^2+{\omega }^2{L}^2}}=\frac{R}{\sqrt{R^2+\left(\frac{1}{LC}-\frac{R^2}{2L^2}\right)L^2}}=\frac{R}{\sqrt{R^2+\frac{L}{C}-\frac{R^2}{2}}}=\frac{2}{\sqrt{7}}$

Chọn D.

+ Đọc phương trình u-x

+ Sử dụng biểu thức tính độ lệch pha: $\Delta \phi =\frac{2\pi d}{\lambda }$  

+ Sử dụng biểu thức: $\Delta \phi =\omega \cdot \Delta t$ 

Từ đồ thị, ta có: λ =1 2 ô 

Độ lệch pha của M so với $\text{P}:\Delta \phi =\frac{2\pi MP}{\lambda }=\frac{2\pi \cdot 3o}{12o}=\frac{\pi }{2}$  

P và Q ngược pha với nhau. 

Tại thời điểm $t:\left\{\begin{array}{l}{u}_M=\frac{A}{2}\\ u_P=\frac{A\sqrt{3}}{2}\\ u_Q=-A\frac{\sqrt{3}}{2}\end{array}\right.$  

Ở thời điểm $t+\Delta t:3$ điểm thẳng hàng: $\left\{\begin{array}{l}{u}_M=-\frac{A\sqrt{3}}{2}\\ u_P=-\frac{A}{2}\\ u_Q=\frac{A}{2}\end{array}\right.$  

Vẽ trên vòng tròn lượng giác ta được:

Góc quét từ thời điểm t đến $t+\Delta t$ là: $M_{0}OM=\frac{\pi }{6}+\frac{\pi }{2}+\frac{\pi }{6}=\frac{5\pi }{6}$

Tương ứng với thời gian quay nhỏ nhất là: $\frac{M_{0}OM}{\omega }=\frac{\frac{5\pi }{6}}{\frac{2\pi }{T}}=\frac{5T}{12}$

Vị trí của 3 điểm M, P, Q sau thời gian $\frac{5T}{12}$ là thẳng hàng.

Ta có $T=1 \text{s}\Rightarrow \Delta {\text{t}}_{\min }=\frac{5T}{12}=\frac{5}{12}s$ 

Chọn B.

Sử dụng biểu thức f thay đổi để $U_{R_{\text{max }}},U_{L_{\max }},U_{C_{\text{max }}}$ 

Ta có: f thay đổi để: 

+ $U_{R_{max}}$ khi đó: ${\omega }_0=\frac{1}{\sqrt{LC}}$  

+ $U_{L_{max}}$ khi đó: ${\omega }_1=\frac{2}{2LC-R^2{C}^2}$  

+ $U_{C_{max}}$ khi đó: ${\omega }_2=\frac{1}{LC}-\frac{R^2}{2L^2}$

Ta có: ${\omega }_1{\omega }_2=\frac{1}{LC}={\omega }_0^2\Rightarrow f_1{f}_2=f_0^2\Rightarrow \frac{f_1}{f_0}=\frac{f_0}{f_2}$  

Chọn A.