Phương trình sóng tại điểm M cách nguồn 1 đoạn d là: $u_M=A\cdot \cos \left(\omega t+\phi -\frac{2\pi d}{\lambda }\right)$ 

Thay t vào phương trình của u_M 

Phương trình sóng: $u=5\cos \left(10\pi t-\frac{\pi x}{2}\right)\left(mm\right)$  

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\omega =10\pi \\ \frac{\pi x}{2}=\frac{2\pi x}{\lambda }\end{array}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}f=\frac{\omega }{2\pi }=5 \text{Hz}\\ \lambda =4 \text{cm}\end{array}\Rightarrow v=\lambda .f=20( \text{cm}/\text{s})\right.\right.$

Điểm M cách O 1m nên thời gian sóng truyền từ O đến M là: $t=\frac{s}{v}=\frac{1}{0,2}=5s$  

⇒ Tại thời điểm t=2s sóng chưa truyền tới M nên $u_M=0$  

Chọn D

Biểu thức của từ thông và suất điện động cảm ứng: $\left\{\begin{array}{l}\Phi =NBS\cdot \cos (\omega t+\phi )={\Phi }_0\cdot \cos (\omega t+\phi )\\ e_c=-{\Phi }^{\text{'}}=\omega {\Phi }_0\cdot \cos \left(\omega t+\phi -\frac{\pi }{2}\right)\end{array}\right.$ 

Ta có: $$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}\Phi =NBS\cdot \cos (\omega t+\phi )={\Phi }_0\cdot \cos (\omega t+\phi )\\ e_c=-{\Phi }^{\text{'}}=\omega {\Phi }_0\cdot \cos \left(\omega t+\phi -\frac{\pi }{2}\right)\end{array}\iff \right. \\ \left\{\begin{array}{l}\Phi ={\Phi }_0\cdot \cos (\omega t+\phi )\\ e_c=E_0\cdot \cos \left(\omega t+\phi -\frac{\pi }{2}\right)\Rightarrow E_0=\omega {\Phi }_0\Rightarrow \omega =\frac{E_0}{{\Phi }_0}\end{array}\right. \end{gathered}$$ 

Chọn A

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

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

Tổng trở của đoạn mạch: $Z=\sqrt{R^2+Z_L^2}=\sqrt{R^2+{\omega }^2{L}^2}$  

Cường độ dòng điện hiệu dụng qua cuộn dây: $I=\frac{U}{Z}=\frac{U}{\sqrt{R^2+{\omega }^2{L}^2}}$ 

Chọn C

Biên độ của dao động tổng hợp: $A^2=A_1^2+A_2^2+2A_1{A}_2\cos \left(\Delta \phi \right)$  

Hai dao động cùng pha. $A=A_1+A_2$ 

Hai dao động ngược pha. $A=\left|A_1-A_2\right|$ 

Ta có: $A^2=A_1^2+A_2^2+2A_1{A}_2\cos \Delta \phi \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{A}_{\max }=A_1+A_2\\ A_{\min }=\left|A_1-A_2\right|\end{array}\right.$ 

⇒ Biên độ dao động tổng hợp của 2 dao động thỏa mãn: $\left|A_1-A_2\right|\le A\le A_1+A_2$  

Chọn C

Đoạn mạch chỉ có tụ điện: $\left\{\begin{array}{l}i=I_0\cdot \cos (\omega t+\phi )\\ u_C=I_0\cdot Z_C\cdot \cos \left(\omega t+\phi -\frac{\pi }{2}\right)\\ Z_C=\frac{1}{\omega C}\end{array}\right.$   

+ Tổng trở: $Z_C=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{100\pi \cdot \frac{{10}^{-4}}{\pi }}=100\Omega$ 

+ Cường độ dòng điện cực đại: $I_0=\frac{U_0}{Z}=\frac{120}{100}=1,2A$ 

+ i sớm pha hơn $u_c$ góc $\frac{\pi }{2}\Rightarrow {\phi }_i={\phi }_{\text{u}c}+\frac{\pi }{2}=-\frac{\pi }{6}+\frac{\pi }{2}=\frac{\pi }{3}$  

⇒Phương trình cường độ dòng điện là: $i=1,2\cos \left(100\pi t+\frac{\pi }{3}\right)\left(A\right)$.

Chọn A. 

Công thức tính chu kì của con lắc đơn: $T=2\pi \cdot \sqrt{\frac{l}{g}}$  

Công thức tính gia tốc trọng trường. $g=\frac{GM}{{(R+h)}^2}$  

Ta có: $T=2\pi \cdot \sqrt{\frac{l}{g}}$

Gia tốc trọng trường: $g_h=\frac{GM}{{(R+h)}^2}$  

 Khi đưa con lắc đơn lên cao theo phương thẳng đứng (chiều dài dây treo không đổi) ⇒ h tăng  ⇒ g_h giảm  ⇒ chu kỳ con lắc tăng. 

Chọn D

Công thức liên hệ giữa tần số và bước sóng: $f=\frac{c}{\lambda }\Rightarrow f-\frac{1}{\lambda }$ 

Bước sóng theo thứ tự tăng dần: Tia tử ngoại, ánh sáng nhìn thấy, tia hồng ngoại 

Bảng thang sóng điện từ:  

Có $f=\frac{c}{\lambda }\Rightarrow f-\frac{1}{\lambda }$ 

Tần số các sóng điện từ theo thứ tự giảm dần là: Tia tử ngoại, ánh sáng nhìn thấy, tia hồng ngoại.

Chọn A.

Đặc điểm của quang phổ liên tục: 

+ Không phụ thuộc vào cấu tạo vật chất 

+ Phụ thuộc vào nhiệt độ của vật phát sáng. 

Quang phổ liên tục phát ra bởi hai vật khác nhau giống nhau nếu chúng có cùng nhiệt độ.

Chọn D

Đặc điểm của sóng điện từ 

+ Sóng điện từ là sóng ngang 

+ Trong quá trình truyền sóng $\overrightarrow{B}\text{ và }\overrightarrow{E}$ luôn có phương vuông góc với nhau và vuông góc với phương  truyền sóng nhưng biến thiên cùng pha. 

Do $\overrightarrow{B}\text{ và }\overrightarrow{E}$ biến thiên cùng pha nên: $E=E_0\cos 2\pi ft\Rightarrow B=B_0\cos 2\pi ft$  

Chọn C

Công thức của máy biến áp lí tưởng $\frac{U_1}{U_2}=\frac{N_1}{N_2}$ 

1 1 U N 

2 2 

Gọi vòng dây cuộn sơ cấp, thứ cấp là $N_1,N_2.$ Gọi $U_1,U_2$ tương ứng là điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn  sơ cấp, thứ cấp.  

Biểu thức liên hệ giữa các đại lượng trên là: $\frac{U_1}{U_2}=\frac{N_1}{N_2}$.

Chọn C. 

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

Tần số dao động của vật được tính bằng công thức: $f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{k}{m}}.$  

Chọn B

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

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

Chọn A

Cảm ứng từ của dòng điện chạy trong dây dẫn thẳng dài: $B=2\pi \cdot {10}^{-7}\cdot \frac{I}{r}$ 

Cảm ứng từ do dòng điện chạy trong dây dẫn thẳng dài gây ra tại $\text{M}:B_M=2\pi \cdot {10}^{-7}\cdot \frac{I}{r}$  

⇒ $B_M-\frac{1}{r}\Rightarrow$ tăng khi r giảm ⇒ M dịch chuyển vuông góc với dây là lại gần dây. 

Chọn C

Trong giao thoa sóng hai nguồn cùng pha: 

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

+ Điều kiện có cực tiểu giao thoa: $d_2-d_1=\left(k+\frac{1}{2}\right)\lambda ;k\in Z$ 

Những điểm có cực đại giao thoa trong giao thoa sóng hai nguồn cùng pha thỏa mãn:

$d_2-d_1=k\lambda \text{ v?i }k=0;\pm 1;\pm 2;\dots$

Chọn A

Tia tử ngoại và tia X đều sóng điện từ, có tác dụng lên kính ảnh, kích thích 1 số chất phát quang.

Tia tử ngoại và tia X đều là sóng điện từ nên không bị lệch khi đi qua 1 điện trường mạnh 

Chọn C

Máy phát điện là các thiết bị dùng để biến đổi cơ năng thành điện năng.

Nguyên tắc hoạt động của các loại máy phát điện xoay chiều dựa trên hiện tượng cảm ứng điện từ: khi từ thông qua qua một vòng dây biến thiên điều hòa, trong vòng dây xuất hiện một suất điện động cảm ứng xoay  chiều. 

Nguyên tắc hoạt động của máy phát điện xoay chiều một pha dựa trên hiện tượng cảm ứng điện từ.

Chọn C

Phương trình dao động điều hòa của chất điểm $x=A\cos (\omega t+\phi )$  

Trong đó: A là biên độ; ω là tần số góc; $\phi$ là pha ban đầu. 

Phương trình dao động: $x=10\cos (15t+\pi )$  

⇒ Tần số góc dao động của chất điểm $\omega =15\text{rad}/\text{s}$  

Chọn B

Điều kiện có cộng hưởng điện: $Z_L=Z_C$ 

Công thức tính công suất: $P=\frac{U^{2}R}{Z^2}$  

Công suất của mạch được xác định bởi công thức: $P=\frac{U^{2}R}{Z^2}=\frac{U^{2}R}{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}$  

Mạch có L thay đổi để $P_{\max }\iff {\left[R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2\right]}_{\min }$  

Khi mạch xảy ra hiện tượng cộng hưởng khi đó công suất của mạch đạt giá trị cực đại

$\iff Z_L=Z_C\iff \omega L=\frac{1}{\omega C}\Rightarrow L=\frac{1}{{\omega }^{2}C}$

Chọn D

Tốc độ cực đại: $v_{\max }=\omega A$ 

Tần số góc của dao động cưỡng bức bằng tần số của ngoại lực cưỡng bức

Ngoại lực tác dụng: $F_n=F_0\cos 20t\left(N\right)$  

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

Biên độ dao động: A=5cm

⇒ Tốc độ cực đại: $v_{\max }=\omega A=20.5=100 \text{cm}/\text{s}$

Chọn B. 

Biểu thức của q và i: $\left\{\begin{array}{l}q=Q_O\cos (\omega \text{t}+\phi )\\ i=q^{\text{'}}=I_O\cos \left(\omega \text{t}+\phi +\frac{\pi }{2}\right)\end{array}\right.$ 

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}q=Q_O\cos (\omega \text{t}+\phi )\\ i=q^{\text{'}}=I_O\cos \left(\omega \text{t}+\phi +\frac{\pi }{2}\right)\end{array}\right.$  

⇒ i, q biến thiên điều hòa theo thời gian với cùng tần số, lệch pha nhau 1 góc $\frac{\pi }{2}$   

Chọn B

Công thức liên hệ giữa công thoát và giới hạn quang điện: ${\lambda }_0=\frac{hc}{A_0}$ 

Giới hạn quang điện của kim loại này bằng: ${\lambda }_0=\frac{hc}{A_0}=\frac{6,625\cdot {10}^{-34}\cdot 3\cdot {10}^8}{4\cdot 1,6\cdot {10}^{-19}}=3,{1.10}^{-7} \text{m}=0,71\mu \text{m}$

Chọn A. 

Quang điện trở được chế tạo dựa trên hiệu ứng quang điện trong. Đó là một tấm bán dẫn có giá trị điện trở thay đổi khi cường độ chùm sáng chiếu vào nó thay đổi. 

Nguyên tắc hoạt động của quang điện trở dựa trên hiện tượng quang điện trong 

Chọn B

Các đặc trưng sinh lí của âm bao gồm độ cao, độ to, âm sắc gắn liền với 3 đặc trưng vật lí là tần số, mức  cường độ âm và đồ thị dao động âm. 

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

⇒ Hai âm có cùng độ cao thì chúng sẽ có cùng tần số âm. 

Chọn B

Công thức tính hiệu suất của nguồn điện : $\left\{\begin{array}{l}H=\frac{U_N}{E}.100\%\\ H=\frac{A_{ich}}{A_{\text{nguon }}}.100\%\\ H=\frac{R_N}{R_N+r}.100\%\end{array}\right.$   

Trong đó E, r là suất điện động và điện trở trong của nguồn; RN là điện trở của mạch ngoài; U_N là hiệu điện  thế giữa 2 cực của nguồn. 

Ta có: $H=\frac{A_{\text{ich }}}{A_{\text{nguon }}}.100\%=\frac{R_N}{R_N+r}\cdot 100\%=\frac{U_N}{E}.100\%$ 

 Hiệu suất của nguồn không được tính bởi công thức: $H=\frac{r}{R_N+r}\left(100\%\right).$  

Chọn D

+ Các bộ phận của máy phát thanh: Micro, mạch phát sóng điện từ cao tần, mạch biến điệu, mạch khuếch  đại, ăng ten phát. 

+ Các bộ phận của máy thu thanh gồm.ăng ten thu, mạch khuếch đại dao động điện từ cao tần , mạch tách  sóng, mạch khuyếch đại dao động điện từ âm tần, mạch tách sóng và loa. 

Trong sơ đồ khối của một máy phát thanh vô tuyến đơn giản và một máy thu thanh đơn giản đều có bộ phận  ăng ten. 

Chọn B. 

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

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

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

Góc giới hạn phản xạ toàn phần được xác định bởi công thức: ${\mathrm{sini}}_{gh}=\frac{1}{n}$ 

Do $n_d<n_t\Rightarrow \sin i_{ghdo}>\sin i_{ghtim}\Rightarrow i_{ghdo}>i_{ghtim}$  

Tia ló đơn sắc màu lục đi là là mặt nước $\Rightarrow i=i_{ghuc}$  

⇒ Chỉ có tia đỏ và vàng có góc giới hạn lớn hơn tia mà lục và ló ra khỏi nước, 

Chọn A

+ Dòng điện xoay chiều ba pha được dùng với các thiết bị có công suất lớn: Máy sát gạo…

+ Dòng điện 1 pha sử dụng trong sinh hoạt gia đình, công suất thiết bị nhỏ, các thiết bị không bị hao phí về điện năng nhiều. Ví dụ: ti vi, tủ lạnh, máy giặt. 

Thiết bị dùng dòng điện xoay chiều 3 pha là máy sát gạo . 

Chọn C

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

Ảnh cùng chiều với vật ⇒ ảnh đó là ảnh ảo $\Rightarrow d^{\text{'}}=-30 \text{cm}$

Tiêu cự của thấu kính hội tụ $f=20 \text{cm}$  

Áp dụng công thức thấu kính ta có: $\frac{1}{f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{d^{\text{'}}}\iff \frac{1}{20}=\frac{1}{d}+\frac{1}{-30}\Rightarrow d=12 \text{cm}$  

Chọn D

Độ lớn lực đàn hồi: $F_{dh}=k\cdot \left(l-l_0\right)=k\cdot \Delta l$ 

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

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

Phương trình dao động: $x=4\cos \left(10t-\frac{\pi }{3}\right)\left(\text{cm}\right)\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}A=4 \text{cm}=0,04 \text{m}\\ \omega =10\text{rad}/\text{s}\end{array}\right.$ 

Độ cứng của lò xo: $k=m\cdot {\omega }^2=0,{1.10}^2=10 \text{N}/\text{m}$ 

Độ giãn của lò xo tại VTCB: $\Delta l=\frac{g}{{\omega }^2}=\frac{10}{{10}^2}=0,1 \text{m}=10 \text{cm}$ 

Tại t = 0 vật có x=2 cm chuyển động theo chiều dương.  Khi đi được quãng đường S=10cm thì vật đến đúng ở vị trí biên âm. Độ lớn  lực đàn hồi tác dụng vào vật tại thời điểm đó là: 

$F_{dh}=k\cdot (\Delta l+A)=10.(0,1+0,04)=1,4N$

Chọn A

Sử dụng các công thức: $\left\{\begin{array}{l}R=\rho \cdot \frac{l}{S}\\ \Delta P=\frac{P^2}{U^2\cdot {\cos }^2\phi }\cdot R\\ S=\pi \cdot r^2=\pi \cdot \frac{d^2}{4}\\ H=\frac{P-\Delta P}{P}.100\%\end{array}\right.$  

Từ các công thức: $\left\{\begin{array}{l}\Delta P=\frac{P^2}{U^2\cdot {\cos }^2\phi }\cdot R\\ R=\rho \cdot \frac{l}{S}\\ S=\pi \cdot \frac{d^2}{4}\end{array}\right.\Rightarrow \frac{\Delta P_1}{\Delta P_2}=\frac{S_2}{S_1}={\left(\frac{d_2}{d_1}\right)}^2\left(1\right)$   

Mà: $\left\{\begin{array}{l}{d}_1=2d;H_1=91\%\\ d_2=3d;H_2\end{array}\right.$  

Từ công thức hiệu suất: $H=\frac{P-\Delta P}{P}.100\%$

$\Rightarrow H\cdot P=P.100\%-\Delta P.100\%\Rightarrow \Delta P=\frac{(100\%-H)\cdot P}{100\%}\Rightarrow \frac{\Delta P_1}{\Delta P_2}=\frac{100\%-H_1}{100\%-H_2}\left(2\right)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow \frac{\Delta P_1}{\Delta P_2}=\frac{100\%-H_1}{100\%-H_2}={\left(\frac{d_2}{d_1}\right)}^2\iff \frac{100\%-91\%}{100\%-H_2}={\left(\frac{3d}{2d}\right)}^2\iff \frac{9\%}{100\%-H_2}=\frac{9}{4}$

$\Rightarrow H_2=96\%$

Chọn B

Sử dụng phương pháp đại số kết hợp máy tính cầm tay.

Công thức tính vận tốc trung bình: $v_{tb}=\frac{s}{t}$  

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{x}_1=5\cos \left(10\pi t-\frac{\pi }{3}\right)\left(\text{cm}\right)\\ x_2=5\sin \left(10\pi t+\frac{\pi }{2}\right)\left(\text{cm}\right)\end{array}\right.$   

Phương trình dao động tổng hợp: $x=x_1+x_2=5\sqrt{3}\cdot \cos \left(10\pi t-\frac{\pi }{6}\right)\left(\text{cm}\right)$ 

Từ lúc vật bắt đầu chuyển động đến khi qua vị trí cân bằng lần đầu, ta có:

$\left\{\begin{array}{l}t=\frac{T}{12}+\frac{T}{4}=\frac{1}{15}\left(s\right)\\ S=A+\left(A-\frac{A\sqrt{3}}{2}\right)=9,82( \text{cm})\end{array}\right.$

Tốc độ trung bình của vật: $v_{tb}=\frac{s}{t}=\frac{9,82}{\frac{1}{15}}=1,473\left(s\right)$  

Chọn B

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

Công thức tính cường độ âm: $I=\frac{P}{4\pi r^2}$  

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông. 

Công thức tính mức cường độ âm trên đoạn MN: 

$L=10\log \frac{I}{I_0}=10.\log \frac{P}{4\pi \cdot r^2\cdot I_0}$

Với r là khoảng cách từ O đến 1 điểm trên MN. 

⇒  $L_{\max }\iff r_{\min }=OH$(với H là chân đường cao kẻ từ O xuống MN).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OMN có:

$OH=\frac{OM\cdot ON}{MN}=\frac{80.60}{100}=48( \text{mm})$

Lại có: $\left\{\begin{array}{l}{L}_M=50=10\log \frac{P}{I_{O}4\pi O{M}^2}\\ L_H=10\log \cdot \frac{P}{I_{O}4\pi O{H}^2}\end{array}\Rightarrow L_H-L_M=L_H-50=10\log \frac{O{H}^2}{O{M}^2}\right.$   

$\Rightarrow L_H=50+20\log \frac{OM}{OH}=50+20\log \frac{80}{48}\approx 54,4dB$

Chọn A

+ Bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}$  

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

Phương trình dao động của hai nguồn: 

$u_A=u_B=5\cos \left(20\pi t+\frac{3\pi }{4}\right)(\text{cm};s)$

Tốc độ truyền sóng: $v=0,2 \text{m}/\text{s}$

Bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}=2( \text{cm})$ 

Bài cho $AB=30 \text{cm}\Rightarrow \text{AB}=15\lambda$ 

Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông ABC ta có: $A{C}^2=A{B}^2+B{C}^2\Rightarrow A{B}^2=A{C}^2-B{C}^2$  

Mà: $\left\{\begin{array}{l}{d}_1=AC\\ d_2=CB\end{array}\Rightarrow d_2^2-d_1^2={\left(15\lambda \right)}^2\iff \left(d_2-d_1\right)\left(d_2+d_1\right)={\left(15\lambda \right)}^2\right.$ 

Mặt khác: $d_2-d_1=k\lambda \left(2\right)$ (cực đại) 

Từ (1) và (2) $\Rightarrow d_2+d_1=\frac{225}{k}\lambda$  

Để cực đại cùng pha thì k và $\frac{225}{k}$ hoặc cùng chẵn hoặc cùng lẻ, ở đây chỉ có k lẻ thỏa mãn.

Lại có: $d_2+d_1>15\lambda$ (tổng hai cạnh bất kì của một tam giác luôn lớn hơn cạnh còn lại)

$\iff \frac{225}{k}\lambda >15\lambda \Rightarrow k<15$

Lập bảng tìm các giá trị của k thỏa mãn: 

Để gần B nhất thì ${\left(d_2+d_1\right)}_{\min }\iff {\left(\frac{225}{k}\lambda \right)}_{\min }\iff k_{\max }=9$ 

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{d}_2-d_1=9\lambda \\ d_2+d_1=\frac{225}{9}\lambda \end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}{d}_2=17\lambda \\ d_1=8\lambda =8.2=16 \text{cm}\end{array}\right.\right.$

Chọn D

+ Đọc đồ thị, phân tích mạch điện.

+ Sử dụng phương pháp vẽ giản đồ véc tơ.

+ Công suất tiêu thụ: $P=\frac{U^2\cdot R}{Z^2}$   

+ Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông. 

+ Mạch điện bao gồm điện trở, cuộn cảm có điện trở, tụ điện. 

Nhìn vào đồ thị ta thấy, $U_{AN},U_{MB}$ vuông pha vì: $U_{AN}$ cực đại thì U_MB cực tiểu và ngược lại.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{U}_{AN}=30V\\ U_{MB}=20V\\ U_{AN}\perp U_{MB}\end{array}\right.$   

+ Giản đồ véc tơ của mạch điện: 

+ Công suất tiêu thụ trên đoạn AM bằng công suất tiêu thụ trên đoạn MN 

$\Rightarrow R=r\Rightarrow U_R=U_r\Rightarrow AM=MO$

+ Từ giản đồ véc tơ ta thấy $\cos NAM=\cos MBN$  (góc có cạnh tương ứng vuông góc, cạnh AO ⊥ AB, cạnh  HB ⊥ AN) 

$\Rightarrow \frac{AO}{AN}=\frac{OB}{MB}\Rightarrow \frac{2AM}{AN}=\frac{\sqrt{M{B}^2-O{M}^2}}{MB}\iff \frac{2U_R}{30}=\frac{\sqrt{{20}^2-U_r^2}}{20}\Rightarrow U_R=12 \text{V}$

Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông AOB có:   

$A{B}^2=A{O}^2+O{B}^2\iff U^2=\sqrt{{\left(2U_R\right)}^2+{\left(U_{MB}-U_r\right)}^2}$

$\Rightarrow U=\sqrt{{\left(2.12\right)}^2+\left({20}^2-{12}^2\right)}=28,8V$

Chọn C.

+ Xác định chiểu bằng quy tắc xòe bàn tay phải như sau, xòe bàn tay phải sao cho

     - Lòng bàn tay hứng các đường cảm ứng từ (đường cảm ứng từ xuyên vào lòng bàn tay).

     - Chiều từ cổ tay đến ngón giữa chỉ chiều truyền sóng. 

     - Ngón tay cái choãi ra 90⁰ độ chỉ chiều điện trường. 

+ Vecto cường độ điện trường và vecto cảm ứng từ biến thiên cùng pha, vuông phương.

Do $\overrightarrow{E},\overrightarrow{B}$ cùng pha nên: $\frac{e}{E_0}=\frac{B}{B_0}\Rightarrow B=\frac{e\cdot B_0}{E_0}=\frac{20.0,3}{50}=0,12\left(T\right)$  

Sử dụng quy tắc bàn tay phải xác định được Bcó chiều hướng lên.

Chọn B

+ Sử dụng công thức: $\left\{\begin{array}{l}\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}\\ \Lambda l=\frac{g}{{\omega }^2}\end{array}\right.$  

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

+ Công thức liên hệ s, v, a của chuyển động thẳng biền đổi đều: $v^2-v_0^2=2as$  

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{k}{m_1+m_2}}=10(\text{rad}/\text{s})\\ \Lambda l=\frac{g}{{\omega }^2}=10( \text{cm})\end{array}\right.$  

+ Sau khi kéo vật B xuống dưới 20cm và thả nhẹ ⇒ hệ dao động với biên độ: A=20 cm 

Vì $\Delta l=10cm<A\Rightarrow$ vật B đi lên đến vị trí lò xo không biến dạng, lực đàn hồi bị triệt tiêu.

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}s=30 \text{cm}\\ x=\frac{-A}{2}\end{array}\right.$

Sử dụng công thức độc lập ta có: $\frac{x^2}{A^2}+\frac{v^2}{{\left(A\omega \right)}^2}=1\Rightarrow \frac{x^2}{A^2}+\frac{v^2}{v_{{\max }^2}}=1$ 

$\Rightarrow v=\frac{v_{\max }}{2}\cdot \sqrt{3}=\sqrt{3}( \text{m}/\text{s})$

Mặt khác, vì vật B ném thẳng đứng lên trên nên chuyển động của B là chuyển động thẳng chậm dần đều. Áp dụng công thức liên hệ giữa s,v,a ta có: 

$v^2-v_0^2=2as=-2g.h\iff 0^2-v_0^2=-\mathrm{2.10.}h\Rightarrow h=15 \text{cm}$

⇒ Tổng quãng đường là: $S=30+15=45 \text{cm}$

Chọn D

+ Khi mạch xảy ra cộng hưởng điện: $Z_L=Z_C$ 

+ Công suất tiêu thụ của đoạn mạch: $P=\frac{U^{2}R}{Z^2}=\frac{U^{2}R}{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}$ 

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

+ L thay đổi để $U_{L\max }:\left\{\begin{array}{l}{Z}_L=\frac{R^2+Z_C^2}{Z_C}\\ U_{L\max }=\frac{U\sqrt{R^2+Z_C^2}}{R}\end{array}\right.$ 

+ Khi $L_1=\frac{1}{\pi }\Rightarrow I_{\max }\Rightarrow Z_{L1}=Z_C\Rightarrow P=\frac{U^2}{R}=200$ (*)

+ Khi $L_2=\frac{2}{\pi }=2L_1\Rightarrow Z_{L2}=2Z_{L1}$ 

$U_{L\max }\Rightarrow Z_{L2}=\frac{R^2+Z_C^2}{Z_C}\iff 2.Z_{L1}=\frac{R^2+Z_{L1}^2}{Z_{L1}}\Rightarrow Z_{L1}=R=Z_C$

$U_{L\max }=\frac{U\sqrt{R^2+Z_C^2}}{R}\iff 200=\frac{U\sqrt{R^2+R^2}}{R}\Rightarrow U=100\sqrt{2}V$

Thay vào (*) ta có: $\frac{{\left(100\sqrt{2}\right)}^2}{R}=200\Rightarrow R=100\Omega \Rightarrow Z_{L1}=R=Z_C=100\Omega$

Lại có $Z_{L1}=\omega L_1\Rightarrow \omega =\frac{Z_{L1}}{L_1}=\frac{100}{\frac{1}{\pi }}=100\pi (\text{rad}/\text{s})\Rightarrow C=\frac{1}{\omega Z_C}=\frac{1}{100\pi .100}=\frac{100}{\pi }\mu F$ 

Chọn D

+ Vị trí vân sáng: $x=k\cdot \frac{\lambda D}{a}$  

+ Vị trí vân tối: $x=(k+0,5)\cdot \frac{\lambda D}{a}$  

Vì dịch chuyển dần màn ra xa một đoạn nhỏ nhất bằng $\frac{7}{45}m$ thì M chuyển thành vân tối, dịch ra xa thêm  một đoạn nhỏ nhất bằng $\frac{4}{9}m$ thì M lại là vân tối nên ta có: 

$\left\{\begin{array}{l}{x}_M=k\cdot \frac{\lambda D}{a}\left(1\right)\\ x_M=(k-0,5)\cdot \frac{\lambda \cdot \left(D+\frac{7}{45}\right)}{a}\left(2\right)\\ x_M=(k-1,5)\cdot \frac{\lambda \left(D+\frac{7}{45}+\frac{4}{9}\right)}{a}\left(3\right)\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\left(1\right),\left(2\right)\Rightarrow \frac{7}{45}\cdot k-0,5D=\frac{7}{90}\\ \left(1\right),\left(3\right)\Rightarrow \frac{3}{5}k-1,5D=\frac{9}{10}\end{array}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}k=5\\ D=1,4\end{array}\right.\right.$

+ Tại O₁ ta có: $x_N=k^{\text{'}}\cdot \frac{\lambda (D-0,5)}{a}\iff 51,4=k^{\text{'}}\cdot (1,4-0,5)\Rightarrow k^{\text{'}}=7,7$ 

+ Trong đoạn OO₁ thì k có thể là $k^{\text{'}}=5,5;6,5;7,5$ 

+ Tại O₂ ta có: $x_N=k^{\text{'}}\cdot \frac{\lambda (D+0,5)}{a}\Rightarrow 51,4=k^{\text{'}}\cdot (1,4+0,5)\Rightarrow k^{\text{'}}=3,68$ 

Trong đoạn OO₂ thì k 'có thể là (4,5) 

Trong khoảng thời gian $\frac{T}{2}$ cho 4 vân sáng.⇒ Trong 1s=2T sẽ cho 16 vân sáng 

Chọn B.

Điều kiện có sóng dừng trên sợi dây 1 đầu cố định, 1 đầu tự do: $l=(k+0,5)\cdot \frac{\lambda }{4}=(k+0,5)\cdot \frac{v}{4f}$ 

Tính chất của dãy tỉ số bằng nhau: $\frac{a}{b}=\frac{c}{d}=\frac{a-c}{b-d}$  

Điều kiện có sóng dừng trên dây 1 đầu là nút 1 đầu là bụng sóng: $l=(k+0,5)\cdot \frac{v}{4f}$  

Theo bài ra ta có: $\left\{\begin{array}{l}4,5=(k+0,5)\cdot \frac{v}{2f}\left(1\right)\\ 4,5=(k+18+0,5)\cdot \frac{v}{(2f+3)}\left(2\right)\end{array}\right.$ 

$\Rightarrow \frac{k+0,5}{f}=\frac{k+18,5}{f+3}=\frac{18}{3}=6\Rightarrow k+0,5=6f$

Thay vào (1) ta được: $4,5=6f\cdot \frac{v}{2f}=1,5( \text{m}/\text{s})$  

Chọn D

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

Vẽ hình biểu điễn vecto cường độ điện trường và áp dụng nguyên lí chồng chất điện trường:

$\overrightarrow{E}={\overrightarrow{E}}_1+\overrightarrow{E_2}+\dots +\overrightarrow{E_n}$

Ta có $\text{NA}=2 \text{cm},\text{NB}=10 \text{cm và AB}=8 \text{cm}$ nên N nằm trên đường thẳng AB và nằm ngoài AB.

Cường độ điện trường tổng hợp tại $\text{N}:{\overrightarrow{E}}_N=\overrightarrow{E_1}+\overrightarrow{E_2}$  

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{E}_1=k\frac{\left|q_1\right|}{A{N}^2}={9.10}^9\cdot \frac{{5.10}^{-9}}{0,{02}^2}=1,{125.10}^5( \text{V}/\text{m})\\ E_2=k\frac{\left|q_2\right|}{B{N}^2}={9.10}^9\cdot \frac{{5.10}^{-9}}{0,1^2}=4500( \text{V}/\text{m})\end{array}\right.$  

Từ hình vẽ ta có: $\overrightarrow{E_1}\uparrow \uparrow \overrightarrow{E_2}\Rightarrow E_N=E_1+E_2=11,{7.10}^4( \text{V}/\text{m})$ 

Chọn A