+ Khoảng cách giữa 2 lần dây duỗi thẳng: $\frac{T}{2}$ 

+ Sử dụng biểu thức sóng dừng trên dây 1 đầu cố định, 1 đầu tự do: $l=(2k+1)\frac{\lambda }{4}$  

Trong đó số nút sóng = số bụng sóng = k + 1. 

+ Sử dụng biểu thức tính vận tốc truyền sóng trên dây: $v=\frac{\lambda }{T}$  

+ Khoảng thời gian giữa 6 lần liên tiếp sợi dây duỗi thẳng là: $\frac{5T}{2}=0,25\Rightarrow T=0$  

+ Điều kiện có sóng dừng: $l=(2k+1)\frac{\lambda }{4}$  

Có 8 nút sóng $\Rightarrow k=8-1=7\Rightarrow l=(2.7+1)\frac{\lambda }{4}\Rightarrow \lambda =\frac{4}{15}\cdot l=\frac{4}{15}\cdot 90=0,24m$  

Tốc độ truyền sóng trên dây: $v=\frac{\lambda }{T}=\frac{0,24}{0,1}=2,4m\text{/}s$  

Chọn B

Sử dụng lí thuyết về dòng điện trong các môi trường. 

Hạt tải điện trong chất điện phân là ion dương và ion âm. 

Chọn C

Sử dụng lí thuyết về hiện tượng tán sắc ánh sáng. 

Chùm sáng hẹp khi đi qua lăng kính mà không bị tán sắc thì chứng tỏ ánh sáng được sử dụng là ánh sáng đơn sắc. 

Chọn D

Vận tốc truyền âm trong các môi trường: $v_r>v_l>v_k$ 

Ta có vận tốc truyền âm trong các môi trường: $v_r>v_l>v_k$

⇒ Tốc độ truyền âm trong khí ôxi là nhỏ nhất trong các môi trường trên. 

Chọn A

Sử dụng lí thuyết về các loại dao động 

Dao động tắt dần là dao động có biên độ giảm dần theo thời gian.

Chọn C

Sử dụng điều kiện xảy ra hiện tượng quang điện: $\lambda \le {\lambda }_0$ hay ε ≥ A

Ta có, hiện tượng quang điện xảy ra đối với kim loại đó nếu $\lambda \le {\lambda }_0$ hay ε ≥ A

Chọn B

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

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{T}_1=2\pi \sqrt{\frac{m_1}{k}}=2s\\ T_2=2\pi \sqrt{\frac{m_2}{k}}=1s\end{array}\right.\Rightarrow \frac{T_2}{T_1}=\sqrt{\frac{m_2}{m_1}}=\frac{1}{2}\Rightarrow m_2=\frac{m_1}{4}=\frac{200}{4}=50g$  

Chọn D. 

Vận dụng lí thuyết về hiện tượng quang điện trong. 

Hiện tượng được giải thích dựa vào hiện tượng quang điện trong là hiện tượng điện trở suất của một chất quang dẫn giảm mạnh khi được chiếu sáng. 

Chọn B

Tiên đề về sự bức xạ và hấp thụ năng lượng: $\epsilon =E_{cao}-E_{thap }$  

Nguyên tử cần hấp thụ một photon có năng lượng bằng: 

  $\epsilon =E_N-E_K=-\frac{13,6}{4^2}-\left(-\frac{13,6}{1^2}\right)=10,2eV$

Chọn D

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

+ Sử dụng biểu thức xác định vị trí vân sáng: $x_S=ki$   

Vị trí vân sáng bậc 3: $x_{S_3}=3i=3\frac{\lambda D}{a}=3\frac{\lambda {.10}^{3}a}{a}={3.10}^3\lambda$ 

Chọn D

Vận dụng lí thuyết về các loại quang phổ. 

A – sai vì quang phổ liên tục do các chất rắn, lỏng, khí ở nhiệt độ cao phát ra và là dải màu biến thiên liên tục  từ đỏ đến tím. 

B, C, D - đúng 

Chọn A. 

Vận dụng lí thuyết về các loại tia. 

Khi ta nung nóng một kim loại ở nhiệt độ cao các bức xạ có thể phát ra là: tia hồng ngoại, ánh sáng nhìn thấy và tia tử ngoại. Bức xạ không thể có là tia X. 

Do nguồn gốc của tia X: Chùm electron có năng luợng lớn đập vào kim loại nguyên tử lượng lớn → làm phát ra tia X 

Chọn A

Sử dụng biểu thức tính cảm ứng từ tại tâm của dòng điện tròn: $B=2\pi {.10}^{-7}\frac{I}{r}$  

Cảm ứng từ tại tâm của dòng điện tròn: $B=2\pi {.10}^{-7}\frac{I}{r}$

Thay số ta được: $B=2\pi {.10}^{-7}\frac{10}{0,2}=\pi {.10}^{-5}T$  

Chọn D

Sử dụng biểu thức tính dung kháng: $Z_C=\frac{1}{\omega C}$ 

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

Chọn C

Sử dụng biểu thức tính bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}=v.T$  

Bước sóng có giá trị bằng: $\lambda =\frac{v}{f}=v.T$

Chọn D

+ Sử dụng biểu thức $I_0=\sqrt{\frac{C}{L}}{U}_0$  

+ Sử dụng biểu thức tính giá trị hiệu dụng: $I=\frac{I_0}{\sqrt{2}}$  

Ta có: $I_0=\sqrt{\frac{C}{L}}{U}_0=\sqrt{\frac{12\cdot {10}^{-9}}{4\cdot {10}^{-6}}}\cdot 6=0,6\sqrt{\frac{3}{10}}A\Rightarrow I=\frac{I_0}{\sqrt{2}}=0,23237A=232,37mA$  

Chọn D

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

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

Hai dao động cùng pha có $\Delta \phi =2k\pi \Rightarrow A=A_1+A_2$ 

Chọn B

Độ lệch pha của u so với i: $\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}=\frac{U_L-U_C}{U_R}$ 

Theo bài ra ta có: $U_L=\sqrt{3}{U}_R$ 

Độ lệch pha giữa u và i: $\tan \phi =\frac{Z_L}{R}=\frac{U_L}{U_R}=\sqrt{3}\Rightarrow \phi =\frac{\pi }{3}\Rightarrow {\phi }_u-{\phi }_i=\frac{\pi }{3}$  

⇒ u nhanh pha hơn i một góc $\frac{\pi }{3}$ hay i trễ pha hơn u một góc 3$\frac{\pi }{3}$

Chọn C

+ Sử dụng biểu thức tính tần số góc: $\omega =\sqrt{\frac{g}{l}}$ 

+ Sử dụng biểu thức tính vận tốc cực đại: $v_{\max }=\omega S_0=\omega .l{\alpha }_0$  

Tốc độ của con lắc khi qua vị trí cân bằng  

$v_{\max }=\omega S_0=\omega .l{\alpha }_0=\sqrt{\frac{g}{l}}\cdot l\cdot {\alpha }_0=\sqrt{gl}{\alpha }_0\Rightarrow v=\sqrt{9,8.1,2}\cdot \frac{\pi }{36}=0,2992m\text{/}s=29,92cm\text{/}s$

Chọn B

Sử dụng điều kiện giao thoa sóng cơ học.

Để hai sóng có thể giao thoa được với nhau thì chúng phải xuất phát từ hai nguồn kết hợp là hai nguồn có cùng phương, cùng tần số và có độ lệch pha không thay đổi theo thời gian. 

Chọn D

Sử dụng biểu thức xác định tần số dao động của con lắc đơn: $f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{g}{l}}$

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

Chọn A

Tần số của máy phát điện xoay chiều một pha: f=np

Trong đó: p là số cặp cực; n (vòng/s) là tốc độ quay của roto 

Ta có: n vòng/giờ $=\frac{n}{3600}$ vòng/s

⇒ Từ thông qua mỗi cuộn dây của stato biến thiên tuần hoàn với tần số: $f=\frac{np}{3600}\left(Hz\right)$  

Chọn C

Vận dụng lí thuyết về thu phát sóng điện từ 

Bộ phận trong máy phát thanh vô tuyến dùng để biến đổi trực tiếp dao động âm thành dao động điện có cùng tần số là micro. 

Chọn D

Công thức liên hệ giữa gia tốc và li độ: $a=-{\omega }^{2}x$ 

Gia tốc của vật có giá trị cực đại: $a_{\max }={\omega }^{2}A$  

Chọn A

+ Vận dụng biểu thức tính công suất hao phí: $\Delta P=\frac{P^2}{U^2{\cos }^2\phi }R$  

+ Sử dụng biểu thức của máy biến áp lí tưởng: $\frac{U_1}{U_2}=\frac{N_1}{N_2}$ 

Công suất hao phí: $\Delta P=\frac{P^2}{U^2{\cos }^2\phi }R\Rightarrow \Delta P~\frac{1}{U^2}$  

Để công suất hao phí giảm 2500 lần thì hiệu điện thế tăng $\sqrt{2500}=50$ lần

$\Rightarrow \frac{U_2}{U_1}=50\Rightarrow \frac{N_2}{N_1}=50$

Chọn B

Công thức tính tần số của mạch dao động: $f=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}$ 

Từ công thức tính tần số:  $f=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}\Rightarrow C=\frac{1}{4{\pi }^2{f}^2.L}$

$\Rightarrow C=\frac{1}{4{\pi }^2.{\left({100.10}^6\right)}^2.0,{5.10}^{-6}}=5,{066.10}^{-12}F=5,066pF$

Chọn A

Công thức liên hệ giữa hiệu điện thế và cường độ điện trường: $E=\frac{U}{d}$  

Ta có: $E=\frac{U}{d}$

Trong đó U có đơn vị Vôn (V); d có đơn vị là mét (m) ⇒ V/m là đơn vị của cường độ điện trường.

Chọn A

Sử dụng lí thuyết về nguồn điện. 

Trong một mạch điện kín, lực làm di chuyển các điện tích bên trong nguồn điện, giữa hai cực của nguồn là lực lạ. 

Chọn A

Sử dụng lí thuyết về sóng dừng:  

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

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

+ Hai điểm đối xứng nhau qua nút luôn dao động ngược pha. 

A, B, D - đúng 

C – sai vì: Hai điểm đối xứng nhau qua nút luôn dao động ngược pha. 

Chọn C

+ Đọc phương trình u, i. 

+ Sử dụng biểu thức tính công suất: $P=UI\cos \phi$

+ Sử dụng biểu thức tính giá trị cực đại: $U_0=U\sqrt{2}$ 

+ Độ lệch pha giữa u và i: $\phi ={\phi }_u-{\phi }_i=\frac{\pi }{6}-\left(-\frac{\pi }{6}\right)=\frac{\pi }{3}$  

+ Công suất tiêu thụ của đoạn mạch: $P=UI.\cos \phi \Rightarrow U=\frac{P}{I.\cos \phi }=\frac{100}{1.\cos \frac{\pi }{3}}=200V$  

$\Rightarrow U_0=U\sqrt{2}=200\sqrt{2}V$

Chọn A

+ Sử dụng biểu thức tính năng lượng của photon: $\epsilon =\frac{hc}{\lambda }$  

+ Sử dụng biểu thức tính công suất phát xạ: $P=\frac{n\epsilon }{t}$  

Số photon mà nguồn đó phát ra trong 1 giây: $n=\frac{Pt}{\epsilon }=\frac{Pt}{\frac{hc}{\lambda }}=\frac{1.1}{\frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{{600.10}^{-9}}}=3,{02.10}^{18}$ hạt

Chọn C

+ Sử dụng biểu thức tính quãng đường lớn nhất vật đi được trong thời gian $\Delta t:S_{\max }=2A\sin \frac{\Delta \phi }{2}$  

+ Sử dụng biểu thức tính quãng đường nhỏ nhất vật đi được trong thời gian $\Delta t:S_{\min }=2A\left(1-\cos \frac{\Delta \phi }{2}\right)$  

+ Quãng đường lớn nhất vật đi được trong thời gian $\Delta t:S_{\max }=2A\sin \frac{\Delta \phi }{2}$  

+ Quãng đường nhỏ nhất vật đi được trong thời gian $\Delta t:S_{\min }=2A\left(1-\cos \frac{\Delta \phi }{2}\right)$  

Với $\left\{\begin{array}{l}\Delta \phi =\omega .\Delta t=\pi .0,5\\ A=10cm\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{S}_{\max }=2.10\sin \frac{\pi }{4}=10\sqrt{2}cm\\ S_{\min }=2.10\left(1-\cos \frac{\pi }{4}\right)=20-10\sqrt{2}cm\end{array}\right.$   

Quãng đường vật có thể đi được: $S_{\min }\le S\le S_{\max }\iff 5,858m\le S\le 14,14m$ 

⇒ Trong khoảng thời gian 0,5s quãng đường vật có thể đi được là: 8cm.

Chọn B

+ Vận dụng biểu thức tính cảm kháng và dung kháng: $\left\{\begin{array}{l}{Z}_L=\omega L\\ Z_C=\frac{1}{\omega C}\end{array}\right.$  

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

+ Khi $f=f_2=50Hz:\cos {\phi }_2=1\Rightarrow Z_{L_2}=Z_{C_2}\iff \frac{1}{LC}={\omega }_2^2$

+ Khi $f=f_1=25Hz:\left\{\begin{array}{l}{Z}_{L_1}=\frac{{\omega }_1}{{\omega }_2}{Z}_{L_2}=\frac{Z_{L_2}}{2}\\ Z_{C_1}=\frac{{\omega }_2}{{\omega }_1}{Z}_{C_2}=2Z_{C_2}=2Z_{L_2}\end{array}\right.$  

 $\Rightarrow \cos {\phi }_1=\frac{R}{\sqrt{R^2+{\left(Z_{L_1}-Z_{C_1}\right)}^2}}=\frac{R}{\sqrt{R^2+\left(\frac{Z_{L_2}}{2}-2Z_{L_2}\right)}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$$\Rightarrow 2R^2=R^2+\frac{9}{4}{Z}_{L_2}^2\Rightarrow Z_{L_2}=\frac{2}{3}R$  

+ Khi  $f=f_3=75Hz:\left\{\begin{array}{l}{Z}_{L_3}=\frac{{\omega }_3}{{\omega }_2}{Z}_{L_2}=\frac{3Z_{L_2}}{2}\\ Z_{C_3}=\frac{{\omega }_2}{{\omega }_3}{Z}_{C_2}=\frac{2}{3}{Z}_{C_2}=\frac{2}{3}{Z}_{L_2}\end{array}\right.$

  $\Rightarrow \cos {\phi }_3=\frac{R}{\sqrt{R^2+{\left(Z_{L_3}-Z_{C_3}\right)}^2}}=\frac{R}{\sqrt{R^2+\left(\frac{3Z_{L_2}}{2}-\frac{2}{3}{Z}_{L_2}\right)}}=0,874$

Chọn B. 

Vận dụng bài toán L thay đổi để $U_{L_{\max }}$ khi đó $\left\{\begin{array}{l}{U}_{RC}\perp U_{AB}\\ U_{L\max }^2=U^2+U_{RC}^2=U^2+U_R^2+U_C^2\\ U_{L\max }.U_R=U.U_{RC}\\ \frac{1}{U_R^2}=\frac{1}{U^2}+\frac{1}{U_{RC}^2}\end{array}\right.$  

Ta có: L thay đổi để $U_{L_{\max }}$ khi đó: $U_{L\max }^2=U^2+U_{RC}^2$ 

$\Rightarrow U_{RC}=\sqrt{U_{L_{\max }}^2-U^2}=\sqrt{{100}^2-{50}^2}=50\sqrt{3}V$

Lại có:  $\frac{1}{U_R^2}=\frac{1}{U^2}+\frac{1}{U_{RC}^2}\Rightarrow U_R=25\sqrt{3}V$

Độ lệch pha giữa điện áp giữa hai đầu mạch điện AB và điện áp giữa hai đầu  điện trở: 

$\cos \alpha =\frac{U_R}{U}=\frac{25\sqrt{3}}{50}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \alpha ={30}^0=\frac{\pi }{6}$ 

Chọn C. 

+ Sử dụng biểu thức tính bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}$ 

+ Sử dụng biểu thức tính số cực đại trên đường thẳng nối 2 nguồn cùng pha: $-\frac{L}{\lambda }<k<\frac{L}{\lambda }$ 

+ Bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}=\frac{1}{50}=0,02m=2cm$  

+ Số điểm dao động với biên độ cực đại trên MN bằng số giá trị k nguyên thỏa mãn:

$-\frac{MN}{\lambda }<k<\frac{MN}{\lambda }\iff -\frac{21}{2}<k<\frac{21}{2}\iff -10,5<k<10,5\Rightarrow k=0;\pm 1;\dots \pm 10$

Có 21 giá trị của k nguyên thỏa mãn. Vậy có 21 điểm

Chọn B

+ Đọc đồ thị động năng theo thời gian 

+ Sử dụng vòng tròn lượng giác. 

+ Sử dụng biểu thức tính khoảng cách: $d=\sqrt{\Delta d^2+\Delta u^2}$  

+ Sử dụng biểu thức tính tốc độ truyền sóng: v = λ.f 

+ Sử dụng biểu thức tính vận tốc dao động cực đại: $v_{\max }=A\omega =2\pi f.A$ 

Từ hình ảnh và dữ kiện đề bài ta có vòng tròn lượng giác:

Có: $u_O\left(t_2\right)=-\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Độ lệch pha giữa 2 điểm O và C: $\Delta \phi =\frac{7\pi }{6}=\frac{2\pi .OC}{\lambda }\Rightarrow OC=\frac{7\lambda }{12}$  

Tại thời điểm t₁ khoảng cách giữa O và C: $d_1=OC$ (ở trạng thái cân bằng) 

Tại thời điểm t₂ khoảng cách giữa O và C: $d_2=\sqrt{O{C}^2+{\left(u_C-u_O\right)}^2}=\sqrt{O{C}^2+{\left(a+\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2}$

Theo đề bài, ta có: $\frac{d_2}{d_1}=1,187\iff \frac{\sqrt{{\left(\frac{7\lambda }{12}\right)}^2+{\left(a+\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2}}{\frac{7\lambda }{12}}=1,187\Rightarrow \lambda =5a$  

$\Rightarrow \frac{v}{v_{\max }}=\frac{\lambda f}{\omega a}=\frac{\lambda f}{2\pi f.a}=\frac{\lambda }{2\pi a}=\frac{5}{2\pi }\approx 0,8$

Chọn C.

+ Công suất hao phí: $\Delta P=\frac{P^2}{U^2{\cos }^2\phi }R$ 

+ Công suất có ích: $P_{ci}=P-\Delta P$  

Gọi P là công suất nơi phát, n là số bóng đèn nhà vườn sử dụng.

Tổng công suất các bóng đèn tiêu thụ: $P^{\text{'}}=220n=P-\Delta P$ 

$\Rightarrow 220n=P-\frac{P^2}{U^2{\cos }^2\phi }R=P-\frac{P^2}{{1500}^2}.50$

  $\Rightarrow 50P^2-22,{5.10}^{5}P+49,{5.10}^7.n=0$

Để phương trình có nghiệm thì: $\Delta \ge 0\iff b^2-4. a.c \ge 0$ 

  $\iff {\left(22,{5.10}^5\right)}^2-\mathrm{4.50.49},{5.10}^{7}n\ge 0\iff n\le 51,136\Rightarrow n_{\max }=51$

⇒ Số bóng tối đa mà nhà vườn có thể sử dụng cùng lúc là 51 bóng.

Chọn A

+ Sử dụng biểu thức xác định vị trí vân sáng, vân tối: $\left\{\begin{array}{l}{x}_S=ki\\ x_t=\left(k+\frac{1}{2}\right)i\end{array}\right.$ 

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

Xét 11 vân tối liên tiếp tính từ vân trung tâm. 

+ Ta có: $L=15=10i_{\equiv }\Rightarrow i_{\equiv }=1,5mm$  

+ Khoảng vân: $i_1=\frac{{\lambda }_{1}D}{a}=0,5mm$  

  $+\left\{\begin{array}{l}{x}_N=0,5i_{\equiv }=1,5i_1\\ x_M=10,5i_{\equiv }=31,5i_1\end{array}\right.$

Ta thấy $N_1=30,N_{12}=10\Rightarrow N_1+N_2-N_{12}=70\Rightarrow N_2=50\Rightarrow {\lambda }_2<{\lambda }_1$ 

Tại N: $x_N=1,5i_1=2,5i_2\Rightarrow 1,5{\lambda }_1=2,5{\lambda }_2\Rightarrow {\lambda }_2=0,45\mu m$  

Chọn D

+ Đọc đồ thị 

+ Sử dụng$U_C=U_{RL}=U\iff \frac{U}{\sqrt{R_0^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}\cdot Z_C=U$ biểu thức của bài toán R thay đổi để $U_{RL}$ không đổi khi đó: $\left\{\begin{array}{l}{U}_{RL}=U\\ Z_C=2Z_L\end{array}\right.$ 

Từ đồ thị, ta nhận xét: đường (2) là $U_{RL}=h\text{/}s$  

R thay đổi để $U_{RL}$ không đổi khi đó: $\left\{\begin{array}{l}{U}_{RL}=U\\ Z_C=2Z_L\end{array}\right.$  

Khi đó, đường (1)$U_C,$ là đường (2) là $U_L$  

+ Tại giá trị $R=R_0$ thì: $U_C=U_{RL}=U\iff \frac{U}{\sqrt{R_0^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}\cdot Z_C=U$  

+ Tại $R=3R_0=3\sqrt{3}{Z}_L$ 

Khi đó, độ lệch pha giữa u và i: $\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}=\frac{Z_L-2Z_L}{3\sqrt{3}{Z}_L}\Rightarrow \phi =-0,19rad$ 

Chọn D

+ Đọc đồ thị  

+ Chuẩn hóa số liệu 

+ Vận dụng vòng tròn lượng giác 

+ Sử dụng hệ thức trong tam giác: $a^2=b^2+c^2-2bc.\cos \left(a\right)$  

Đặt 1 ô có giá trị bằng 1 

Từ đồ thị ta có: 

+ Chu kì: T = 12 ô 

$\text{+ }\left\{\begin{array}{l}{v}_1=6\angle \frac{\pi }{2}\\ v_2=9\angle -\frac{\pi }{6}\end{array}\right.$

Độ lệch pha giữa 2 dao động: $\Delta \phi =\frac{\pi }{2}-\left(-\frac{\pi }{6}\right)=\frac{2\pi }{3}$  

Chuẩn hóa: $\omega =1\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{A}_1=6\\ A_2=9\end{array}\right.$

Khoảng cách giữa hai vật tại thời điểm t₁: 

$d=\sqrt{6^2+9^2-\mathrm{2.6.9}\cdot \cos \frac{2\pi }{3}}=3\sqrt{19}\Rightarrow \frac{d}{A_2}=\frac{3\sqrt{19}}{9}=1,45$

Chọn A