Sử dụng lí thuyết về sóng điện từ. 

Tại một điểm có sóng điện từ truyền qua, điện trường và từ trường biến thiên cùng tần số, cùng pha.

⇒ Phát biểu sai là: Tại một điểm có sóng điện từ truyền qua, điện trường và từ trường biến thiên cùng tần số nhưng ngược pha.  

Chọn A

Tần số dao động: $f=\frac{\omega }{2\pi }$ 

Từ phương trình $x=4\cos \left(20\pi t+\frac{\pi }{3}\right)cm\Rightarrow \omega =20\pi rad\text{/}s$  

⇒ Tần số dao động: $f=\frac{\omega }{2\pi }=\frac{20\pi }{2\pi }=10Hz$  

Chọn B

Sử dụng bảng đặc điểm và ứng dụng của các loại sóng vô tuyến. 

Ta có bảng: 

⇒ Sóng vô tuyến được ứng dụng trong thông tin liên lạc giữa Trái Đất và vệ tinh là sóng cực ngắn.

Chọn C

Công thức tính lực tương tác giữa hai điện tích điểm: $F=k\frac{\left|q_1{q}_2\right|}{r^2}$  

Độ lớn lực tương tác giữa hai điện tích điểm: $F=k\frac{\left|q_1{q}_2\right|}{r^2}\Rightarrow F~\frac{1}{r^2}$  

Chọn B

Ứng dụng của tia tử ngoại 

- Trong y học, tia tử ngoại được sử dụng để tiệt trùng các dụng cụ phẫu thuật, để chữa một số bệnh.

- Trong công nghiệp thực phẩm, tia tử ngoại được sử dụng để tiệt trùng cho thực phẩm trước khi đóng gói hoặc đóng hộp. 

- Trong công nghiệp cơ khí, tia tử ngoại được sử dụng để tìm các vết nứt trên bề mặt các vật bằng kim loại.

Một trong những ứng dụng của tia tử ngoại là diệt khuẩn. 

Chọn A

Sóng cơ lan truyền được trong các môi trường rắn, lỏng, khí. 

Sóng cơ không lan truyền được trong chân không. 

Sóng cơ không lan truyền được trong môi trường chân không. 

Chọn D

+ Sóng âm là những sóng cơ truyền trong các môi trường rắn, lỏng, khí. 

+ Trong chất khí và chất lỏng, sóng âm là sóng dọc vì trong các chất này lực đàn hồi chỉ xuất hiện khi có biến dạng nén, dãn. 

Tiếng trống trường khi lan truyền trong không khí là sóng dọc. 

Chọn C

Tần số góc, chu kì, tần số dao động của con lắc đơn: $\omega =\sqrt{\frac{g}{l}}\text{; }T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}};f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{g}{l}}$  

Tần số dao động của con lắc đơn: $f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{g}{l}}$ 

Chọn D

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

Hiện tượng quang điện ngoài là hiện tượng các eletron bị bật ra khỏi bản kim loại do tác dụng của ánh sáng có bước sóng thích hợp.

Chọn B

Hiện tượng quang – phát quang là hiện tượng một số chất có khả năng hấp thụ ánh sáng có bước sóng này để phát ra một ánh sáng có bước sóng khác. Ví dụ: Nếu chiếu một chùm bức xạ tử ngoại vào một ống nghiệm chứa dung dịch fluorexêin. Sau đó ta sẽ thấy dung dịch phát ra ánh sáng màu lục. 

Khi chiếu một chùm tia tử ngoại vào một ống nghiệm đựng dung dịch fluorexein thì thấy dung dịch này phát ra ánh sáng màu lục. Đây là hiện tượng quang – phát quang. 

Chọn D

Đồng vị là những nguyên tử mà hạt nhân chứa cùng số proton Z nhưng có số notron N khác nhau.

Hai nguyên tử A và B là đồng vị của nhau, hạt nhân của chúng có cùng số proton. 

Chọn D

Sử dụng lí thuyết về tia X. 

+ Tia X làm ion hóa không khí ⇒ Đúng vì nó năng lượng lớn. 

+ Tia X gây ra phản ứng quang hợp ⇒ Sai vì tia tử ngoại mới gây ra phản ứng quang hợp.

+ Tia X còn có tên gọi khác là tia Rơn – ghen ⇒ Đúng. 

+ Tia X không bị lệch khi truyền trong điện trường ⇒ Đúng vì tia X không mang điện tích.

Chọn B

Tần số của mạch dao động: $f=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}$   

Từ công thức tính tần số dao động của mạch dao động ta có:

$f=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}\Rightarrow C=\frac{1}{4{\pi }^2{f}^{2}L}=\frac{1}{\mathrm{4.10.}{\left({100.10}^3\right)}^2{.10}^{-4}}=2,{5.10}^{-8}F=25nF$

Chọn A

Sử dụng lí thuyết về dao động duy trì. 

Nếu một con lắc đang dao động duy trì thì cả biên độ dao động và tần số của dao động đều không đổi. Chọn A

Giới hạn quang dẫn: ${\lambda }_0=\frac{hc}{A}$ 

Giới hạn quang dẫn của Ge là:

${\lambda }_0=\frac{hc}{A}=\frac{6,{625.10}^{-3}{\mathrm{.3.10}}^8}{0,66.1,6,{10}^{-19}}=1,{88.10}^{-6}m=1,88\mu m$

Chọn C

Công thức liên hệ giữa cường độ dòng điện cực đại và hiệu dụng: $I=\frac{I_0}{\sqrt{2}}$ 

Cường độ dòng điện cực đại là: $I_0=I.\sqrt{2}=2\sqrt{2}.\sqrt{2}=4A$ 

Chọn D

Biểu thức của định luật khúc xạ ánh sáng: $n_1.\sin i=n_2\sin r$ 

Với chiết suất của môi trường đối với ánh sáng đơn sắc: $n_d<n_t$ 

Khi ánh sáng truyền từ không khí vào nước: $\sin i=n.\sin r\Rightarrow \sin r=\frac{\sin i}{n}$  

Mà $n_d<n_t\Rightarrow r_d>r_t$

⇒ So với phương của tia tới, độ lệch tia khúc xạ theo thứ tự tăng dần là: đỏ, vàng, lam, tím.

Chọn A

Sử dụng lí thuyết về nguồn phát của: quang phổ liên tục, quang phổ vạch phát xạ, quang phổ vạch hấp thụ.

Quang phổ của một vật rắn nóng sáng phát ra là một dải các màu sắc biến đổi liên tục.

Chọn C

Biểu thức định luật Ôm: $I=\frac{\xi }{R_N+r}$

Cường độ dòng điện trong mạch bằng: $I=\frac{\xi }{R_N+r}=\frac{6}{10+2}=0,5A$ 

Chọn C

Sử dụng giản đồ vecto. 

Độ lệch pha giữa u và i: $\phi ={\phi }_u-{\phi }_i$  

Độ lệch pha giữa u và i: $\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}$ 

Ta có giản đồ vecto: 

Từ giản đồ vecto ta thấy:  $-\frac{\pi }{2}<\phi <\frac{\pi }{2}$

$\Rightarrow -\frac{\pi }{2}<{\phi }_u-{\phi }_i<\frac{\pi }{2}\iff -\frac{\pi }{2}<\frac{\pi }{2}-{\phi }_i<\frac{\pi }{2}\iff 0<{\phi }_i<\pi$

Chọn D

Hệ số công suất:$\cos \phi \text{; }\phi ={\phi }_u-{\phi }_i$

Hệ số công suất của thiết bị này bằng: $\cos \phi =\cos \frac{\pi }{6}=0,87$ 

Chọn B

Sử dụng lí thuyết về các đặc trưng sinh lí của âm. 

Âm sắc là một đặc trưng sinh lí của âm cho phép ta phân biệt được các âm có cùng tần số do các nhạc cụ khác nhau phát ra. 

Chọn C

Công thức tính tần số: $f=\frac{np}{60}\left(Hz\right)$  

Trong đó: p là số cặp cực; n là tốc độ quay của roto tính bằng vòng/phút. 

Tần số của suất điện động do máy tạo ra là: $f=\frac{np}{60}=\frac{3.1200}{60}=60\left(Hz\right)$  

Chọn B

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{x}_1=A_1.\cos \left(\omega t+{\phi }_1\right)\\ x_2=A_2.\cos \left(\omega t+{\phi }_2\right)\\ x=x_1+x_2=A.\cos (\omega t+\phi )\end{array}\right.$

Với $A_2^2=A^2+A_1^2-2A.A_1.\cos \left(\phi -{\phi }_1\right)$  

Ta có: $A_2=A^2+A_1^2-2A.A_1.\cos \left(\phi -{\phi }_1\right)$  

$\iff 4^2=4^2+4^2-\mathrm{2.4.4.}\cos \left(\phi -{\phi }_1\right)\iff \cos \left(\phi -{\phi }_1\right)=\frac{1}{2}\Rightarrow \left(\phi -{\phi }_1\right)=\frac{\pi }{3}$

Chọn A. 

+ Định luật Faraday thứ nhất: Khối lượng vật chất được giải phóng ở điện cực của bình điện phân tỉ lệ thuận với điện lượng chạy qua bình: m=kq

+ Định luật Faraday thứ hai: Đương lượng điện hóa k của một nguyên tố tỉ lệ với đương lượng gam $\frac{A}{n}$ của nguyên tố đó. Hệ số tỉ lệ là $\frac{1}{F},$ trong đó F gọi là hằng số Fa-ra-day: $k=\frac{1}{F}\cdot \frac{A}{n}$  

Kết hợp hai định luật: $m=\frac{1}{F}\cdot \frac{A}{n}\cdot It$  

Khối lượng của chất giải phóng ở điện cực được tính bằng công thức: $m=\frac{1}{F}\cdot \frac{A}{n}\cdot It$

Mà đương lượng điện hóa $k=\frac{1}{F}\cdot \frac{A}{n}\Rightarrow m=k.It\Rightarrow k=\frac{m}{I.t}$ 

Từ đồ thị ta có: $t=3phut=180s\Rightarrow m=2,{98.10}^{-4}kg$  

$\Rightarrow k=\frac{m}{I.t}=\frac{2,{98.10}^{-4}}{5.180}=3,{31.10}^{-7}\left(Kg\text{/}C\right)$

Chọn A

Độ hụt khối: $\Delta m_X=Z.m_p+(A-Z)m_n-m_X$  

Độ hụt khối của hạt nhân ${}_{17}^{37}\text{Cl}$ bằng: 

$\Delta m_X=Z.m_p+(A-Z)m_n-m_X$

$=17.1,0073+(37-17).1,0087-36,9566=0,3415u$

Chọn D. 

Công thức tính lực hướng tâm: $F_{ht}=\frac{m{v}^2}{r}$   

Biểu thức của định luật Culong: $F=\frac{k.\left|q_1{q}_2\right|}{r^2}$  

Khi electron chuyển động trên quỹ đạo dừng thì lực hút tĩnh điện đóng vai trò lực hướng tâm. 

Công thức tính lực hướng tâm: $F_{ht}=\frac{m{v}^2}{r}$

Biểu thức của định luật Culong: $F=\frac{k.\left|q_1{q}_2\right|}{r^2}$

Khi electron chuyển động trên quỹ đạo dừng thì lực hút tĩnh điện đóng vai trò lực hướng tâm. 

Ta có: $k\frac{\left|q_1{q}_2\right|}{r_n^2}=\frac{m{v}^2}{r_n}\Rightarrow v_n=\sqrt{k\frac{\left|q_1{q}_2\right|}{m.r_n}}\Rightarrow \frac{v_K}{v_M}=\sqrt{\frac{k\cdot \frac{\left|q_1{q}_2\right|}{m.r_K}}{k\cdot \frac{\left|q_1{q}_2\right|}{m.r_M}}}=\sqrt{\frac{r_M}{r_K}}$    

Mặt khác bán kính quỹ đạo dừng được xác định là $r_n=n^2.r_0$ 

Quỹ đạo K ứng với n = 1; quỹ đạo M ứng với n = 3

Nên tỉ số $\frac{v_L}{v_N}=\frac{\sqrt{3^2.r_0}}{\sqrt{1^2.r_0}}=3$  

Chọn B

Khối lượng chất phóng xạ còn lại: $m=m_0{.2}^{-\frac{t}{T}}$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{m}_0=1g\\ m=0,707g\\ T=138 ngay \end{array}\right.$  

Khối lượng poloni còn lại được tính theo công thức:

$m=m_0{.2}^{-\frac{t}{T}}\Rightarrow 2^{-\frac{t}{138}}=\frac{m}{m_0}=\frac{0,707}{1}\Rightarrow 2^{-\frac{t}{138}}\approx \frac{1}{\sqrt{2}}$

$\Rightarrow 2^{-\frac{t}{138}}=2^{-\frac{1}{2}}\Rightarrow \frac{t}{138}=\frac{1}{2}\Rightarrow t=69ngay$

Chọn C

Công thức tính công suất hao phí trên đường dây tải điện: $\Delta P=\frac{P^{2}R}{U^2.{\cos }^2\phi }$   

Theo bài ra ta có: $\left\{\begin{array}{l}R=10\Omega \\ P=12MW={12.10}^{6}W\\ U=500kV={500.10}^{3}V\\ \cos \phi =1\end{array}\right.$  

Công suất hao phí trên đường dây tải điện là: $\Delta P=\frac{P^{2}R}{U^2.{\cos }^2\phi }=\frac{{\left({12.10}^6\right)}^2.10}{{\left({500.10}^3\right)}^2.1}=5760W$ 

Chọn B. 

Tại VTCB: $v_{\max }=\omega A$  

Hệ thức độc lập theo thời gian: $A^2=\frac{v^2}{{\omega }^2}+\frac{a^2}{{\omega }^4}$   

Khi chất điểm qua VTCB:

$v_{\max }=\omega A\Rightarrow \omega =\frac{v_{\max }}{A}=\frac{20}{A}$  max 

Lại có: $A^2=\frac{v^2}{{\omega }^2}+\frac{a^2}{{\omega }^4}\iff A^2{\omega }^2=v^2+\frac{a^2}{{\omega }^2}$

 $\iff A^2\cdot \frac{{20}^2}{A^2}={10}^2+\frac{{\left(40\sqrt{3}\right)}^2}{\frac{{20}^2}{A^2}}\iff {20}^2={10}^2+\frac{{\left(40\sqrt{3}\right)}^2}{{20}^2}\cdot A^2\Rightarrow A^2=25\Rightarrow A=5cm$  

Chọn B

Sử dụng hình vẽ: 

Sườn đón sóng ⇒ các phần tử môi trường đi xuống. 

Sườn không đón sóng ⇒ các phần tử môi trường đi lên. 

Sóng cơ lan truyền ngược chiều dương của trục tọa độ ⇒ Sóng truyền từ phải sang trái.

Điểm E, B nằm trên sườn đón sóng ⇒ E, B ↓

C ở đáy sóng ⇒ C ↑ 

A nằm ở đỉnh sóng ⇒ C ↓ 

D nằm ở sườn không đón sóng ⇒ D ↑

⇒ Điểm A, B, E đi xuống còn điểm C, D đi lên  

Chọn B

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

Độ biến dạng tại VTCB: $\Delta l=\frac{mg}{k}$ 

Biên độ dao động: $A=\sqrt{x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}}$    

Công thức tính tốc độ: $v=\omega \sqrt{A^2-x^2}$  

Tần số góc: $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{100}{0,25}}=20rad\text{/}s$  

Độ biến dạng của lò xo tại VTCB: $\Delta l=\frac{mg}{k}=\frac{0,25.10}{100}=2,5cm$  

Từ VTCB kéo vật xuống dưới 1 đoạn sao cho lò xo dãn 7,5cm rồi thả nhẹ  

$\Rightarrow \Delta l+A=7,5cm\Rightarrow A=7,5-2,5=5cm$

Vị trí lò xo không biến dạng có $\left|x\right|=2,5\text{cm}$  

⇒ Tốc độ của vât khi nó đi qua vị trí lò xo không biến dạng là: $v=\omega \sqrt{A^2-x^2}=20\sqrt{5^2-2,5^2}=86,6cm\text{/}s$ 

Chọn B

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

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

Chiều dài sợi dây thỏa mãn: $l=k\cdot \frac{v}{2f}\Rightarrow f=\frac{k.v}{2l}=\frac{k.20}{2.2}=5k$ 

Mà $11Hz<f<19Hz\iff 11<5k<19\Rightarrow 2,2<k<3,8\Rightarrow k=3$ 

⇒ Số nút sóng = k + 1 = 3 + 1 = 4. 

Chọn C

Tổng trở: $Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}$ 

Cường độ dòng điện cực đại: $I_0=\frac{U_0}{Z}$  

Độ lệch pha giữa u và i: $\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}$ 

Cảm kháng: $Z_L=\omega L=100\pi \cdot \frac{3}{2\pi }=150\Omega$  

Dung kháng: $Z_C=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{100\pi \cdot \frac{2}{\pi }\cdot {10}^{-4}}=50\Omega$   

Tổng trở: $Z=\sqrt{{100}^2+{(150-50)}^2}=100\sqrt{2}\Omega$ 

Cường độ dòng điện cực đại: $I_0=\frac{U_0}{Z}=\frac{100\sqrt{2}}{100\sqrt{2}}=1A$  

Độ lệch pha giữa u và i: $\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}=\frac{150-50}{100}=1$ 

$\Rightarrow \phi =\frac{\pi }{4}\Rightarrow {\phi }_u-{\phi }_i=\frac{\pi }{4}\Rightarrow {\phi }_i={\phi }_u+\frac{\pi }{4}=0+\frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{4}$

$\Rightarrow i=\cos \left(100\pi t+\frac{\pi }{4}\right)A$

Chọn C

Cảm ứng từ do dòng điện chạy trong dây dẫn thẳng dài gây ra: $B={2.10}^{-7}.\frac{I}{r}$  

Có $2B_2=3B_1\iff 2\cdot \frac{{2.10}^{-7}.I}{r_2}=3\cdot \frac{{2.10}^{-7}.I}{r_1}\Rightarrow 2r_1=3r_{\text{2}}\text{ (1)}$ 

$\Rightarrow r_1>r_2\Rightarrow \left|r_1-r_2\right|=r_1-r_2\Rightarrow r_1-r_2=3c\text{m (2)}$

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}2r_1=3r_2\\ r_1-r_2=3cm\end{array}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{r}_1=9cm\\ r_2=6cm\end{array}\right.\right.$  

Chọn D

Độ lớn lực kéo về cực đại của con lắc đơn: $F_{\max }=m.{\omega }^2.S_0=m.\frac{g}{l}.S_0$  

Ta có: $\frac{F_{1\max }}{F_{2\max }}=\frac{m{\omega }_1^2{S}_{01}}{m{\omega }_2^2{S}_{02}}=\frac{\frac{g}{{\mathcal{l}}_1}\cdot S_{01}}{\frac{g}{{\mathcal{l}}_2}\cdot S_{02}}=\frac{S_{01}{\mathcal{l}}_2}{S_{02}{\mathcal{l}}_1}=\frac{S_{01}\cdot \frac{2{\mathcal{l}}_1}{3}}{\frac{3S_{01}}{2}{\mathcal{l}}_1}=\frac{4}{9}$  

Chọn A

Khoảng vân: $i=\frac{\lambda D}{a}$ 

Vị trí vân sáng: $x_s=\frac{k\lambda D}{a}=k.i$ 

Hai vân sáng trùng nhau có: $k_1{\lambda }_1=k_2{\lambda }_2$ 

+ Ban đầu: $i_1=\frac{{\lambda }_{1}D}{a}\Rightarrow {\lambda }_1=\frac{i_1.a}{D}=\frac{4,5.0,2}{1,8}=0,5\mu m=500nm$ 

+ Sau khi thay bằng bức xạ λ₂, tại vị trí vân sáng bậc 5 của ánh sáng có bước sóng λ₁ xuất hiện một vân sáng của ánh sáng có bước sóng λ₂ 

 _{$\Rightarrow 5{\lambda }_1=k.{\lambda }_2\Rightarrow {\lambda }_2=\frac{5{\lambda }_1}{k}=\frac{5.500}{k}=\frac{2500}{k}\left(nm\right)$}

Mà $400nm<{\lambda }_2<650nm\iff 400<\frac{2500}{k}<650$  

$\iff 3,8<k<6,25\Rightarrow k=4;5;6$

Vì ${\lambda }_2>{\lambda }_1\Rightarrow k=4\Rightarrow {\lambda }_2=\frac{2500}{4}=625\left(nm\right)$

Chọn D

Bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}$ 

Điều kiện có cực đại giao thoa: $d_2-d_1=k\lambda$  

Số điểm dao động cực đại trên đoạn thẳng nối hai nguồn bằng số giá trị k nguyên thỏa mãn: $-\frac{AB}{\lambda }<k<\frac{AB}{\lambda }$

Để khoảng cách giữa M và đường trung trực max thì M thuộc cực đại ứng với kmax.

Sử dụng định lí hàm số cos và các tỉ số lượng giác để tính toán. 

Bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}=\frac{120}{40}=3cm$ 

Số điểm dao động cực đại trên đoạn thẳng nối hai nguồn bằng số giá trị k nguyên thỏa mãn:

$-\frac{AB}{\lambda }<k<\frac{AB}{\lambda }\iff -\frac{20}{3}<k<\frac{20}{3}\iff -6,7<k<6,7\Rightarrow k=-6;-5;\dots ;6$

Để khoảng cách giữa M và đường trung trực max thì M thuộc cực đại ứng với  $k_{\max }=6$

$d_2-d_1=k_{\max }\lambda \iff MB-MA=6.3=18cm$

Mà $MA=AB=20cm\Rightarrow MB=38cm$ 

Ta có hình vẽ: 

Áp dụng định lí hàm số cos trong tam giác MAB ta có: 

$M{B}^2=M{A}^2+A{B}^2-2.MA.AB.\cos MAB$

$\Rightarrow \cos MAB=\frac{M{A}^2+A{B}^2-M{B}^2}{2.MA.AB}=\frac{{20}^2+{20}^2-{38}^2}{\mathrm{2.20.20}}$

$\Rightarrow \cos MAB=-0,805\Rightarrow MAB=143,6^0$

$\Rightarrow MAI=MAB-900=53,6^0$

$\Rightarrow MI=AB.\sin MAI=20.0,805=16,1cm$

$\Rightarrow b=MH=MI+IH=16,1+10=26,1cm$

Chọn B

Độ lệch pha giữa u và i: $\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}$  

Tổng trở: $Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}$ 

Biểu thức định luật Ôm: $I=\frac{U}{Z}$  

Sử dụng giản đồ vecto và các hệ thức lượng trong tam giác vuông.

+ TH1: Khi nối ampe kế lí tưởng vào M, N ⇒ Tụ C bị nối tắt ⇒ Mạch gồm R, L. 

u,i lệch pha $\frac{\pi }{6}\Rightarrow \tan \frac{\pi }{6}=\frac{Z_L}{R}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow R=Z_L\sqrt{3}\text{ (1)}$  

$\Rightarrow Z=\frac{U}{I}=\frac{U}{0,1}\text{ (*)}$
 

+ TH2: Khi mắc vôn kế lí tưởng vào M, N ⇒ Mạch gồm R, L, C.

Vôn kế chỉ $20V\Rightarrow U_C=20V$  

Ta có giản đồ vecto: 

Từ giản đồ vecto ta $\Rightarrow U_{R}O{U}_C=\frac{\pi }{2}$  

$\Rightarrow U=U_C.\sin O{U}_R{U}_C=20.\sin \frac{\pi }{3}=10\sqrt{3}V$

Thay $U=10\sqrt{3}V$ vào (*) ta được: $Z=\frac{10\sqrt{3}}{0,1}=100\sqrt{3}\Omega$  

$\Rightarrow \sqrt{R^2+Z_L^2}=100\sqrt{3}\text{ (2)}$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}R=150\Omega \\ Z_L=50\sqrt{3}\Omega \end{array}\right.$  

Chọn A

+ Độ biến dạng tại VTCB: $\Delta l=\frac{mg}{k}$ 

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

+ Công thức tính vận tốc: $v=\pm \omega \sqrt{A^2-x^2}$ 

+ Biên độ dao động: $A=\sqrt{x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}}$ 

+ Áp dụng biểu thức định luật II Niuton cho vật m₂ tại vị trí hai vật rời nhau.

+ Hệ vật $\left(m_1+m_2\right)$ dao động với:   

$\left\{\begin{array}{l}\begin{array}{l}\begin{array}{l}\\ \Delta l_0=44-40=4cm\end{array}\\ A=2+4=6cm\end{array}\\ \omega =\sqrt{\frac{k}{m_1+m_2}}=\sqrt{\frac{g}{\Delta l_{012}}}=\sqrt{\frac{10}{0,04}}=5\pi rad/s\end{array}\right.$

$\Rightarrow k=\frac{mg}{\Delta l_{012}}=\frac{0,4.10}{0,04}=100N\text{/}m$

+ Áp dụng định luật II Niuton cho m₂ tại vị trí hai vật tách nhau:

$\overrightarrow{P_2}+\overrightarrow{F_{12}}=m_2\overrightarrow{a}\iff -m_{2}g+F_{12}=m_{2}a$

$\iff -m_{2}g+F_{12}=m_2.{\omega }^2.\left|x\right|$

$\iff -0,2.10+3,5=0,2.{\left(5\pi \right)}^2.\left|x\right|\Rightarrow \left|x\right|=3cm$

$\Rightarrow v_{12}=\omega \sqrt{A^2-x^2}=5\pi \sqrt{6^2-3^2}=81,6cm\text{/}s$

+ Sau khi m₂ dời khỏi vật m₁ ⇒ m₁ dao động điều hòa quanh vị trí cân bằng mới với: 

$\Delta l_{01}=\frac{m_{1}g}{k}=\frac{0,2.10}{100}=0,02m=2cm$

${\omega }_1=\sqrt{\frac{k}{m_1}}=\sqrt{\frac{100}{0,2}}=10\sqrt{5}rad\text{/}s$

Tại vị trí m₂ hai vật tách nhau có: $\left\{\begin{array}{l}{x}_1=2+3=5cm\\ v_1=v_{12}=81,6cm\text{/}s\end{array}\right.$ 

  $\Rightarrow A_1=\sqrt{x_1^2+\frac{v_1^2}{{\omega }_1^2}}=\sqrt{5^2+{\left(\frac{81,6}{10\sqrt{5}}\right)}^2}=6,2cm$

Chọn C.