Độ cao của âm là một đặc trưng sinh lí của âm gắn liền với tần số của âm.

Độ cao của âm là đặc tính sinh lí của âm phụ thuộc vào tần số âm 

Chọn D

Lí thuyết dao động cưỡng bức: Tần số góc của dao động cưỡng bức bằng tần số góc của ngoại lực. 

Công thức độc lập với thời gian: $A^2=x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}$   

Tần số góc của dao động cưỡng bức: $\omega ={\omega }_{cb}=20\text{rad/s}$  

 Theo bài ra ta có: $\left\{\begin{array}{l}A=5\text{cm}\\ x=3\text{cm}\end{array}\right.$  

Áp dụng công thức độc lập với thời gian ta có: $A^2=x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}\Rightarrow v=\sqrt{\left(A^2-x^2\right).{\omega }^2}$ 

⇒ Tốc độ của vật: $v=\sqrt{\left(5^2-3^2\right){.20}^2}=80\text{cm/s}$  

Chọn C.

Công thức tính cường độ điện trường: $E=k\frac{\left|Q\right|}{\epsilon r^2}$ 

Cường độ điện trường tại điểm M là: $E=k\frac{\left|Q\right|}{r^2}={9.10}^9.\frac{\left|{4.10}^{-8}\right|}{0,{02}^2}={9.10}^5\left(\text{V/m}\right)$ 

Chọn B

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

Cường độ dòng điện cực đại trong mạch dao động: $I_0=\omega q_0=\omega .C.U_0$ 

Hệ thức vuông pha của i và q: $\frac{i^2}{I_0^2}+\frac{U^2}{U_0^2}=1$   

Tần số góc của mạch dao động: $\omega =\frac{1}{\sqrt{LC}}=\frac{1}{\sqrt{{5.10}^{-3}.31,{8.10}^{-6}}}=2507,85\left(\text{rad/s}\right)$  

Cường độ dòng điện cực đại trong mạch dao động: $I_0=\omega q_0=\omega .C.U_0=2507,85.31,{8.10}^{-6}.4=0,638A$

Vì cường độ dòng điện i vuông pha với u nên ta có: $\frac{i^2}{I_0^2}+\frac{U^2}{U_0^2}=1\iff i^2=\left(1-\frac{U^2}{U_0^2}\right)I_0^2=0,55A$   

Chọn D

Khoảng cách giữa hai cực đại giao thoa liên tiếp trong giao thoa sóng là: $\frac{\lambda }{2}$ 

Khoảng cách giữa hai cực đại giao thoa liên tiếp là: $d=2cm\iff \frac{\lambda }{2}=2cm\Rightarrow \lambda =4cm$  

Chọn B

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

Tụ xoay có điện dung: $C=a.\alpha +b$ trong đó: $\left\{\begin{array}{l}{\alpha }_1\le \alpha \le {\alpha }_2\\ C_1\le C\le C_2\end{array}\Rightarrow \frac{C_n-C_1}{C_2-C_1}=\frac{{\lambda }_n^2-{\lambda }_1^2}{{\lambda }_2^2-{\lambda }_1^2}=\frac{f_n^{-2}-f_1^{-2}}{f_2^{-2}-f_1^{-2}}\right.=\frac{{\alpha }_n-{\alpha }_1}{{\alpha }_2-{\alpha }_1}$  

Để thu được bước song 21m thì điện dụng của tụ xoay cần phải có giá trị: 

  $$\begin{gathered} \lambda =2\pi c\sqrt{LC}\Rightarrow C=\frac{{\lambda }^2}{4{\pi }^2{c}^2.L}\Rightarrow C=\frac{{21}^2}{4{\pi }^2.{\left({3.10}^8\right)}^2{\mathrm{.2.10}}^{-6}} \\ =6,{2.10}^{-11}F=62pF \end{gathered}$$

Cần phải xoay tụ một góc:  

$\frac{C-C_1}{C_2-C_1}=\frac{\alpha -{\alpha }_1}{{\alpha }_2-{\alpha }_1}\Rightarrow \alpha -{\alpha }_1=\frac{C-C_1}{C_2-C_1}\cdot \left({\alpha }_2-{\alpha }_1\right)$

$\Rightarrow \alpha -{\alpha }_1=\frac{62-10}{490-10}\cdot (180-0)=19,5^0$

Chọn C

Khoảng vân là khoảng cách giữa hai vân sáng hoặc hai vân tối liên tiếp trên màn giao thoa: $i=\frac{\lambda D}{a}$  

Công thức tính khoảng vân: $i=\frac{\lambda D}{a}$

Chọn A

Công suất tiêu thụ của mạch điện xoay chiều RLC nối tiếp:  

P UI = ϕ cos 

Độ lệch pha giưa u va i là: $\phi ={\phi }_u-{\phi }_i=-\frac{\pi }{2}-\left(-\frac{\pi }{4}\right)=-\frac{\pi }{4}$ 

Công suất tiêu thụ của mạch điện là: $P=UI\cos \phi =\mathrm{220.2.}\cos \left(-\frac{\pi }{4}\right)=220\sqrt{2}\text{W}$  

Chọn A

Điện xoay chiều dân dụng hiện đang được sử dụng ở nước ta có tần số 50Hz

Ở Việt Nam, mạng điện xoay chiều dân dụng có tần số là 50Hz 

Chọn D

Hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch xoay chiều RLC nối tiếp là: $U=\sqrt{U_R^2+{\left(U_L-U_C\right)}^2}$ 

Ta có: $U_R=U_L=\frac{1}{2}{U}_C\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{U}_L=U_R\\ U_C=2.U_R\end{array}\right.$  

Điện áp hiệu dụng hai đầu mạch là: $U=\sqrt{U_R^2+{\left(U_L-U_C\right)}^2}=\sqrt{U_R^2+{\left(U_R-2U_R\right)}^2}=\sqrt{2}{U}_R$ 

Chọn A

Các tác dụng của dòng điện: tác dụng nhiệt, tác dụng phát sáng, tác dụng từ, tác dụng sinh lí, tác dụng hóa học. 

Dòng điện không có tác dụng cơ 

Chọn A

Định luật khúc xạ ánh sáng: $n_1.\sin i=n_2.\sin r$

Chiết suất của các môi trường: $n_{do}<n_{\text{tim }}$ 

Điều kiện xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần: $\left\{\begin{array}{l}{n}_1>n_2\\ \sin i_{gh}=\frac{n_2}{n_1}\end{array}\right.$   

Tia màu lục đi là là mặt phân cách $\sin i=\frac{1}{n_{luc}}$  

Để xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần thì $i\ge i_{gh}$  

Lại có $n_{do}<n_{tim}$  

Chùm song song trên có cùng góc tới i, vì chiết suất của làm và tím lớn hơn chiết suất của lục nên góc giới hạn phản xạ toàn phần của chúng nhỏ hơn của lục ⇒ Tia lam và tím bị phản xạ toàn phần. 

⇒ Tia đỏ và vàng ló ra ngoài. 

Chọn A

Li độ của dao động tổng hợp: $x=x_1+x_2$ 

Giá trị của li độ tổng hợp tại thời điểm đó là: $x=x_1+x_2=6cm+8cm=14cm$ 

Chọn C

Biểu thức suất điện động: $e=E_0\cos (\omega t+\phi )\left(V\right)$  

Trong đó E₀ là suất điện động cực đại. 

Ta có: $e=220\sqrt{2}\cos (100\pi t+0,25\pi )\left(V\right)$  

⇒ Giá trị cực đại của suất điện động: $E_0=220\sqrt{2}V$ 

Chọn A.

Công thức thấu kính: $\frac{1}{d}+\frac{1}{d^{\text{'}}}=\frac{1}{f}$  

Công thức tính độ tụ: $D=\frac{1}{f}$  

Cách khắc phục tật cận thị: Đeo thấu kính phân kì có $f=-O{C}_V$ 

Để có thể nhìn vật ở xa vô cực mà không phải điều tiết thì ảnh của vật ở xa vô cực phải là ảnh ảo và nằm tại điểm cực viễn của mắt tức là: $d^{\text{'}}=-O{C}_V=-100\text{cm}=-1\text{m}$ Áp dụng công thức thấu kính ta có: 

$\frac{1}{f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{d^{\text{'}}}\iff \frac{1}{f}=\frac{1}{\infty }+\frac{1}{-100}\Rightarrow f=-100\text{cm}=-1\text{m}$

⇒ Độ tụ của kính: $D=\frac{1}{f}=\frac{1}{-1}=-1dp$  

Chọn D

Quãng đường lớn nhất và nhỏ nhất vật đi được trong khoảng thời gian $\Delta t<\frac{T}{2}$ được tính bằng công thức: $\left\{\begin{array}{l}{S}_{\max }=2A\sin \frac{\Delta \phi }{2}\\ S_{\min }=2A\left(1-\cos \frac{\Delta \phi }{2}\right)\end{array}\right.$  

Chu kì của dao động là: $T=\frac{2\pi }{\omega }=\frac{2\pi }{4\pi }=0,5s$  

Ta thấy $\Delta t=\frac{1}{6}<\frac{T}{2}=0,25$ 

$\Rightarrow S_{\max }=2A\sin \frac{\Delta \phi }{2}=2A\sin \frac{\omega .\Delta t}{2}=\mathrm{2.4.}\sin \frac{4\pi \cdot \frac{1}{6}}{2}=4\sqrt{3}\text{cm}$

Chọn C

Công thức máy biến áp: $\frac{U_1}{U_2}=\frac{N_1}{N_2}$

Số vòng dây cuộn thứ cấp là: $\frac{U_1}{U_2}=\frac{N_1}{N_2}\Rightarrow N_2=\frac{U_2{N}_1}{U_1}=\frac{12.1000}{240}=50$ (vòng)

Chọn C

Công thức tính bước sóng: $\lambda =\frac{ia}{D}$ 

Công thức tính sai số: $\frac{\Delta \lambda }{\overline{\lambda }}=\left(\frac{\Delta i}{\overline{i}}+\frac{\Delta a}{\overline{a}}+\frac{\Delta D}{\overline{D}}\right)$  

Cách viết kết quả đo: $\lambda =\overline{\lambda }\pm \Delta \lambda$  

Bước sóng trung bình là: $\overline{\lambda }=\frac{\overline{i}\overline{a}}{\overline{D}}=\frac{0,{5.10}^{-3}{\mathrm{.1.10}}^{-3}}{{100.10}^{-2}}=0,5\mu m$   

Sai số ngẫu nhiên: $\Delta \lambda =\overline{\lambda }\left(\frac{\Delta i}{i}+\frac{\Delta a}{\overline{a}}+\frac{\Delta D}{\overline{D}}\right)=0,5.\left(\frac{0,01}{0,5}+\frac{0,01}{1}+\frac{1}{100}\right)=0,02$  

Chọn D

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

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

$I_{\max }\iff {\left[R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2\right]}_{\min }\iff Z_L-Z_C=0\iff \omega L=\frac{1}{\omega C}\iff {\omega }^{2}LC=1$  

Chọn A

+ Cộng hưởng là hiện tượng biên độ của dao động cưỡng bức tăng dần đến giá trị cực đại khi tần số f của  lực cưỡng bức bằng tần số riêng $f_0$ của hệ dao động 

+ Điều kiện cộng hưởng: $f_{cb}=f_0$ 

Khi xảy ra hiện tượng cộng hưởng cơ thì vật tiếp tục dao động với tần số bằng tần số dao động riêng. 

Chọn B

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

Tại VTCB của vật thì lực đàn hồi có độ lớn bằng trọng lượng của vật: $F_{dh}=k\Delta l=mg\iff \frac{k}{m}=\frac{g}{\Delta l}$ 

⇒ Tần số góc của con lắc lò xo: $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{g}{\Delta l}}$

Chọn C. 

Hệ thức độc lập theo thời gian: $\frac{x^2}{A^2}+\frac{v^2}{{\omega }^2{A}^2}=1\Rightarrow \left|v\right|=\omega \sqrt{A^2-x^2}$ 

Độ lớn vận tốc: $\left|v\right|=\omega \sqrt{A^2-x^2}$ 

Khi đi từ biên về VTCB thì $\left|x\right|$ giảm $\Rightarrow \left|v\right|$ tăng. 

⇒ Khi một vật dao động điều hòa chuyển động của vật từ vị trí biên về vị trí cân bằng là chuyển động nhanh dần 

Chọn C

Công thức liên hệ giữa công và hiệu giữa điện thế tại hai điểm: $A_{MN}=q\left(V_M-V_N\right)$

Công A_MN  của lực điện trường khi di chuyển điện tích q từ M đến N là: $A_{MN}=q\left(V_M-V_N\right)$

Chọn A. 

Mạch điện xoay chiều chỉ có cuộn cảm thuần: $\left\{\begin{array}{l}i=I_0.\cos (\omega t+\phi )\\ u_L=U_0.\cos \left(\omega t+\phi +\frac{\pi }{2}\right)\end{array}\right.$  

Do $u_L$ và i vuông pha nên: ${\left(\frac{i}{I_0}\right)}^2+{\left(\frac{u}{U_0}\right)}^2=1\iff {\left(\frac{i}{I\sqrt{2}}\right)}^2+{\left(\frac{u}{U\sqrt{2}}\right)}^2=1\iff \frac{u^2}{U^2}+\frac{i^2}{I^2}=2$  

Chọn C

Công thức tính bước sóng: $\lambda =v.T$ 

Công thức liên hệ giữa tốc độ truyền sóng v bước sóng λ chu kì T của sóng là: $\lambda =v.T$

Chọn A

+ Sử dụng phương pháp VTLG. 

+ Sử dụng công thức tính thời gian: $\Delta t=\frac{\alpha }{\omega }=\alpha \cdot \frac{T}{2\pi }$ 

Chu kì dao động: $T=\frac{1}{f}=\frac{1}{60}s$  

Thời gian đèn sáng trong 1 giây: $t=f\mathrm{.4.}\arccos \frac{U_1}{U}=\mathrm{60.4.}\frac{1}{120\pi }.\arccos \frac{60\sqrt{2}}{120\sqrt{2}}=\frac{2}{3}s$ ⇒ Thời gian sáng trong nửa chu kì: $t_s=\frac{T}{2}\cdot \frac{2}{3}=\frac{1}{2.60}\cdot \frac{2}{3}=\frac{1}{180}\left(s\right)$   

Chọn:B

Dung kháng của tụ điện: $Z_C=\frac{1}{\omega C}$  

Dung kháng của tụ điện là: $Z_C=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{100\pi \cdot \frac{{10}^{-4}}{\pi }}=100\Omega$ 

Chọn A

Trong sóng điện từ thì dao động của điện trường và của từ trường tại một điểm luôn luôn đồng pha, vuông phương với nhau. 

Trong sóng điện từ thì dao động của điện trường và của từ trường tại một điểm luôn luôn cùng pha nhau.

Chọn B

Bước sóng: $\lambda =v.T=\frac{v}{f}$

Hai điểm dao động ngược pha có: $\Delta \phi =(2k+1)\pi$  

Bước sóng là: $\lambda =\frac{v}{f}=\frac{32}{50}=0,64\text{m/s}$ 

Vì hai điểm M, N dao động ngược pha với nhau nên: $\Delta \phi =(2k+1)\pi =2\pi \cdot \frac{d}{\lambda }$  

Vì giữa hai điểm M, N còn có 3 điểm khác dao động cùng pha với M nên: 

$\Delta \phi =7\pi \iff 2\pi \frac{d}{\lambda }=7\pi \Rightarrow d=\frac{7\lambda }{2}=2,24m$

Chọn C

Sử dụng VTLG và công thức $\Delta t=\frac{\alpha }{\omega }=\alpha \cdot \frac{T}{2\pi }$  

Biểu diễn trên VTLG: 

Góc quét được: $\alpha =\frac{\pi }{3}$  

$\Rightarrow \Delta t=\frac{\alpha }{\omega }=\frac{\pi }{3}\cdot \frac{T}{2\pi }=\frac{T}{6}\Rightarrow T=6\Delta t$

Chọn B.

Bước sóng là khoảng cách giữa hai điểm trên phương truyền sóng gần nhau nhất và dao động cùng pha với nhau 

Khoảng cách giữa hai điểm trên phương truyền sóng gần nhau nhất và dao động cùng pha với nhau gọi là bước sóng. 

Chọn D.

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

Điều kiện để có sóng dừng: $\mathcal{l}=k\frac{\lambda }{2}(k\in Z)$ 

Với $k=1\Rightarrow \mathcal{l}=\frac{\lambda }{2}$ 

Chọn D

Chu kì con lắc đơn: $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$ 

Lực tĩnh điện: $\overrightarrow{F_d}=q\overrightarrow{E}\Rightarrow 〈\begin{array}{l}q>0\Rightarrow \overrightarrow{F_d}\uparrow \uparrow \overrightarrow{E}\\ q<0\Rightarrow \overrightarrow{F_d}\uparrow \downarrow \overrightarrow{E}\end{array}$ 

Gọi chu kì của con lắc thứ nhất và con lắc thứ hai lần lượt là $T_1;T_2$  

Trong cùng một khoảng thời gian Δt con lắc thứ nhất thực hiện được 2 dao động và con lắc thứ hai thực hiện được 4 dao động nên:  

$\left\{\begin{array}{c}{T}_1=\frac{\Delta t}{2}=2\pi \sqrt{\frac{l}{g^{\text{'}}}}\\ T_2=\frac{\Delta t}{4}=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}\end{array}\right.\Rightarrow T_2=2T_1\Rightarrow g^{\text{'}}=\frac{g}{4}=2,5\left(m\text{/}{s}^2\right)$

Với g' là gia tốc hiệu dụng được xác định như sau: $P-F=m{g}^{\text{'}}\iff mg-\left|q\right|E=m{g}^{\text{'}}$  

$\iff \left|q\right|=\frac{m\left(g-g^{\text{'}}\right)}{E}=\frac{0,01.(10-2,5)}{{3.10}^4}=2,{5.10}^{-6}C$

Có $\overrightarrow{F_d}\uparrow \downarrow \overrightarrow{P}\Rightarrow \overrightarrow{F_d}\uparrow$ 

Mà $\overrightarrow{E}\downarrow \Rightarrow \overrightarrow{F_d}\uparrow \downarrow \overrightarrow{E}\Rightarrow q<0\Rightarrow q=-2,{5.10}^{-6}C$   

Chọn D

Công thức máy biến áp: $\frac{U_1}{U_2}=\frac{N_1}{N_2}$  

Gọi số vòng dây quấn thiếu là x. 

Theo bài ra ta có: $\left\{\begin{array}{l}\frac{U_2}{U_1}=\frac{N_2-x}{2N_2}=0,43\\ \frac{U_2^{\text{'}}}{U_1}=\frac{N_2-x+24}{2N_2}=0,45\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{N}_2=600\\ x=84\end{array}\right.$ 

Vậy số vòng cần quấn thêm là 84 − 24 = 60vòng

Chọn C.

Tốc độ cực đại: $v_{\max }=\omega A=\sqrt{\frac{k}{m}}.A$  

Tốc độ cực đại: $v_{\max }=\omega A=\sqrt{\frac{k}{m}}A\iff v_{\max }^2=\frac{k}{m}.A^2\iff m=\frac{k}{v_{\max }^2}.A\Rightarrow m~\frac{1}{v_{\max }^2}$  

Vì $m_3=9m_1+4m_2\Rightarrow \frac{1}{v_3^2}=9\cdot \frac{1}{v_1^2}+4\cdot \frac{1}{v_2^2}\Rightarrow v_3=4m\text{/}s$ 

Chọn D

+ Sử dụng lí thuyết về sóng âm, kết hợp với tính chất của chuyển động thẳng biến đổi đều và chuyển động thẳng đều. 

+ Quãng đường đi trong chuyển động biến đổi đều: $s=\frac{1}{2}a{t}^2$ 

+ Quãng đường đi trong chuyển động thẳng đều: s=v.t  

+ Công thức tính mức cường độ âm và hiệu mức cường độ âm: $\left\{\begin{array}{l}L=10\log \frac{I}{I_0}\left(dB\right)\\ L_A-L_B=10\log \frac{I_A}{I_B}=10\log \frac{{r_B}^2}{r_A^2}\end{array}\right.$ 

+ Ta có hình vẽ sau

+ Sau khoảng thời gian _{$t_1$} tại M đo được mức cường độ âm lớn nhất, máy đi được quãng đường $PH=\frac{1}{2}a{t}_1^2$    

Và vận tốc của máy tại H là: $v=a{t}_1$   

+ Sau đó vật chuyển động thẳng đều và đi được quãng đường HQ trong thời gian $0,125t_1$  

$\Rightarrow HQ=vt=a{t}_1.0,125t_1=0,125a{t}_1^2$

$\Rightarrow PQ=PH+HQ=0,625a{t}_1^2$

+ Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: $\left\{\begin{array}{l}OP=\sqrt{PH.HQ}=\sqrt{0,5.0,625a{t}_1^2}\\ OQ=\sqrt{HQ.HQ}=\sqrt{0,125.0,625a{t}_1^2}\end{array}\right.$ 

Ta có: $L_Q-L_P=10\log \frac{O{P}^2}{O{Q}^2}=10\log \frac{0,5.0,625}{0,125.0,625}\Rightarrow L_Q-L_P=6\Rightarrow L_Q=L_P+6=26dB$   

Chọn D

Độ giảm biên độ sau 1 chu kì là: $\Delta A=4\frac{\mu mg}{k}$  

Số dao động mà vật thực hiện được là: $N=\frac{A}{\Delta A}$ 

Độ giảm biên độ sau 1 chu kì là: $\Delta A=4\frac{\mu mg}{k}={2.10}^{-3}m$ 

Số dao động mà vật thực hiện được là: $N=\frac{A}{\Delta A}=25$ dao động. 

Số lần vật đi qua vị trí cân bằn: $n=2.N=50$ lần. 

Chọn B.

Sử dụng lí thuyết mạch RLC mắc nối tiếp và kĩ năng đọc đồ thị. 

Từ biểu thức đề bài suy ra: $U_L+U_C=\frac{U_0^2}{U_R^2}\left(U_R^2+U_L{U}_C\right)=U_0^2\left[1+\frac{1}{R^2}{\left(\sqrt{\frac{L}{C}}\right)}^2\right]$  

Thay dữ liệu từ đồ thị ta được: $\left\{\begin{array}{l}{4.10}^4=U_0^2\left(1+\frac{1}{R^2}\cdot {20}^2\right)\\ {10.10}^4=U_0^2\left(1+\frac{1}{R^2}\cdot {40}^2\right)\end{array}\Rightarrow R=20\Omega \right.$  

Chọn B

Điều kiện để là điểm cực đại giao thoa: $d_2-d_1=k\lambda$ 

Diện tích hình chữ nhật có hai cạnh là a và b: S=a.b

+ Số dãy cực đại giao thoa trên đoạn thẳng nối hai nguồn bằng số giá trị k nguyên thỏa mãn: $-\frac{AB}{\lambda }\le k<\frac{AB}{\lambda }\iff -5,5\le k\le 5,5$

⇒ Có 11 giá trị của k thỏa mãn  

⇒ Có 11 dãy cực đại ứng với $k=0;\pm 1;\pm 2;\pm 3;\pm 4;\pm 5$

+ Để trên MN có nhiều cực đại nhất thì N thuộc cực đại 

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{d}_2-d_1=5\lambda =40\\ d_2^2=d_1^2+{44}^2\end{array}\Rightarrow \sqrt{d_1^2+{44}^2}-d_1=40\right.$

$\Rightarrow d_1=4,2\text{cm}\Rightarrow S=d_1.AB=4,2.44=184,8{\text{cm}}^2$

Chọn B

Sử dụng công thức tính tần số góc 

Điện áp hiệu dụng hai đầu RL: $U_{RL}=\frac{U.\sqrt{R^2+Z_L^2}}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$  

Tần số góc riêng của mạch: ${\omega }_0=\frac{1}{\sqrt{LC}}$  

Điện áp hiệu dụng hai đầu RL: $U_{RL}=I.Z_{RL}=\frac{U\sqrt{R^2+Z_L^2}}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}=\frac{U}{\sqrt{1+\frac{Z_C^2-2Z_L{Z}_C}{R^2+Z_L^2}}}$   

$U_{RL}\notin R\iff \frac{{Z_C}^2-2Z_L{Z}_C}{R^2+{Z_L}^2}=0\iff {Z_C}^2-2Z_L{Z}_C=0$

$\iff Z_C=2Z_L\Rightarrow \omega =\frac{1}{\sqrt{2LC}}=\frac{{\omega }_0}{\sqrt{2}}$

Chọn B