Lí thuyết về quang phổ vạch phát xạ: 

+ Quang phổ vạch là một hệ thống các vạch sáng riêng lẻ, ngăn cách nhau bởi những khoảng tối.

+ Quang phổ vạch do các chất khí hay hơi ở áp suất thấp phát ra khi bị kích thích bằng điện hay bằng nhiệt.

+ Quang phổ vạch của các nguyên tố khác nhau thì rất khác nhau về số lượng các vạch, về vị trí và độ sáng  tỉ đối giữa các vạch. Mỗi nguyên tố hóa học có một quang phổ vạch đặc trưng của nguyên tố đó.

+ Ứng dụng: Để phân tích cấu tạo chất. 

Quang phổ vạch phát xạ do chất khí ở áp suất thấp bị nung nóng phát ra. 

Chọn A.

Sử dụng lí thuyết về đặc trưng sinh lí và đặc trưng vật lí của âm. 

+ Đặc trưng sinh lí: Độ cao, độ to, âm sắc. 

+ Đặc trưng vật lí: Tần số, cường độ âm, mức cường độ âm, đồ thị âm. 

Đặc trưng vật lí của âm là tần số. 

Chọn C. 

+ Máy biến áp là thiết bị hoạt động dựa trên hiện tượng cảm ứng điện từ, dùng để biến đổi điện áp xoay chiều  mà không làm thay đổi tần số của nó. 

+ Máy biến áp gồm hai cuộn dây có số vòng khác nhau quấn trên một lõi sắt kín. Lõi thường làm bằng các lá  sắt hoặc thép pha silic, ghép cách điện với nhau để giảm hao phí điện năng do dòng Fu-cô.

+ Cuộn sơ cấp nối với nguồn điện xoay chiều, cuộn thứ cấp nối với tải tiêu thụ điện năng.

A – đúng vì máy biến áp là thiết bị biến đổi điện áp xoay chiều và hoạt động dựa trên hiện tượng cảm ứng  điện từ. 

B, C, D – sai. 

Chọn A

Sử dụng lí thuyết về: Hấp thụ và phản xạ lọc lựa ánh sáng, màu sắc các vật. 

Khi chiếu chùm sáng trắng vào vật ta thấy nó có màu đỏ ⇒Vật này hấp thụ các ánh sáng khác và phản xạ lại  ánh sáng đỏ. 

⇒Nếu chiếu vào vật chùm ánh sáng màu lục thì vật sẽ hấp thụ hoàn toàn chùm ánh sáng đó và nó trở thành  có màu đen, do đó ta sẽ không nhìn thấy vật. 

Chọn B

Sử dụng lí thuyết về các loại dao động 

Cộng hưởng cơ xảy ra ở dao động cưỡng bức. 

Chọn C

Sử dụng lí thuyết về dòng điện trong chất điện phân: Dòng điện trong lòng chất điện phân là dòng ion dương  và ion âm chuyển động có hướng theo hai chiều ngược nhau.

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

Chọn D. 

Sử dụng định nghĩa về đơn vị của các đại lượng vật lí. 

+ Đơn vị của hiệu điện thế là V (Vôn). 

+ Đơn vị của công suất là Oát (W). 

+ Đơn vị của cường độ dòng điện là Ampe (A). 

+ Đơn vị của cường độ điện trường là V/m (Vôn/mét) 

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

Cường độ điện trường E có đơn vị là: Vôn/ mét (V/m) 

Chọn D

Sử dụng lí thuyết về pha trong các mạch điện xoay chiều. 

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

Ta có các biểu thức: $\left\{\begin{array}{l}i=I_0\cdot \cos (\omega t+\phi )\\ u_L=U_{0L}\cdot \cos \left(\omega t+\phi +\frac{\pi }{2}\right)\\ u_c=U_{\theta c}\cdot \cos \left(\omega t+\phi -\frac{\pi }{2}\right)\end{array}\right.$

Độ lệch pha: $\Delta \phi =\frac{\pi }{2}-\left(-\frac{\pi }{2}\right)=\pi \Rightarrow$ Trong mạch điện xoay chiều, $u_L$ và  $u_C$ ngược pha nhau. 

Chọn C. 

Sử dụng tiên đề về bức xạ, hấp thụ năng lượng:  

+ Khi nguyên tử chuyển từ trạng thái dừng có năng lượng E_n sang trạng thái có năng lượng $E_m<E_n$ thì nó  phát ra một photon có năng lượng $\epsilon =E_n-E_m$. 

+ Ngược lại, nếu nguyên tử ở trạng thái dừng có năng lượng E_m mà hấp thụ được một phôtôn có năng  lượng hf đúng bằng hiệu $E_n-E_m$ thì nó chuyển sang trạng thái dừng có năng lượng E_n lớn hơn.

Khi nguyên tử chuyển từ trạng thái dừng có năng lượng E_nsang trạng thái dừng có năng lượng thấp hơn E_m thì nó phát ra một photon có năng lượng: $\epsilon =E_n-E_m$  

Chọn D

Sử dụng lí thuyết về các loại tia phóng xạ. 

Tia đâm xuyên mạnh nhất là tia γ . 

Chọn B

Sử dụng biểu thức xác định vị trí vân tối: $x_t=\left(k+\frac{1}{2}\right)i$ 

Vị trí vân tối: $x_t=\left(k+\frac{1}{2}\right)i$

Vân tối thứ hai ứng với k =1 ⇒Khoảng cách từ vân sáng trung tâm đến vân tối thứ hai: $x_{t2}=\left(1+\frac{1}{2}\right)i=\frac{3}{2}i$

Chọn D

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

Biểu thức định luật Ôm: $I=\frac{U}{Z}\Rightarrow Z=\frac{U}{I}\text{ và }U=IZ$ 

Chọn B. 

Sử dụng lí thuyết về tia X. 

A, B, D - đúng 

C – sai vì tia X không mang điện tích nên không bị lệch trong điện trường và từ trường.

Chọn C

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

+ Biên độ dao động: A 

+ Tần số góc: ω 

+ Pha dao động tại thời điểm $\text{t}:(\omega t+\phi )$  

Phương trình dao động: $x=2\sqrt{2}\cos (3t+3\sqrt{3})cm\Rightarrow$ Biên độ dao động: $A=2\sqrt{2}cm$   

Chọn D

Sử dụng ứng dụng của các loại sóng vô tuyến. 

Ta có bảng sau: 

Truyền hình vệ tinh sử dụng sóng cực ngắn. 

Chọn D

Khoảng cách giữa hai bụng sóng liên tiếp hay hai nút sóng liên tiếp trong sóng dừng là $\frac{\lambda }{2}$.

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

Khoảng cách giữa hai bụng sóng liên tiếp liên tiếp trong sóng dừng bằng nửa bước sóng.

Chọn A

Sử dụng lí thuyết về tổng hợp dao động. $\left\{\begin{array}{l}{x}_1=A_1\cdot \cos \left(2\pi f.t+{\phi }_1\right)\\ x_2=A_2\cdot \cos \left(2\pi f.t+{\phi }_2\right)\\ x=x_1+x_2=A\cdot \cos (2\pi f.t+\phi )\end{array}\right.$

Dao động tổng hợp của hai dao động điều hòa cùng phương, cùng tần số f là một dao động điều hòa có tần số bằng  f .

Chọn B. 

Vận dụng lí thuyết về cấu tạo hạt nhân nguyên tử. 

Khối lượng của proton và notron là: $m_n=1,0078u;m_p=1,0073u$ 

A – sai vì: Notron có khối lượng lớn hơn khối lượng của proton. 

B, C, D – đúng. 

Chọn A

Sử dụng biểu thức tính công suất của nguồn: P = EI 

Công suất của nguồn được tính bằng công thức: P = EI

Trong đó: E là suất điện động của nguồn điện, I là cường độ dòng điện chạy qua nguồn.

Chọn A

Công thức tính bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}=vT$  

Sóng cơ truyền trong một môi trường vật chất với tần số f, tốc độ tuyền sóng v thì bước sóng là: $\lambda =\frac{v}{f}$ 

 Chọn D

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

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

Chọn C

* Đọc phương trình dao động: $x=A\cos (\omega t+\phi )$ 

+ Biên độ dao động: A 

+ Tần số góc: ω 

+ Pha dao động tại thời điểm $\text{t}:(\omega t+\phi )$  

* Công thức tính tần số: $f=\frac{\omega }{2\pi }$  

Phương trình dao động: $x=10\cos (4\pi t+\pi )\text{cm}\Rightarrow$ Tần số góc: $\omega =4\pi (\text{rad}/\text{s})$  

⇒Tần số dao động của chất điểm: $f=\frac{\omega }{2\pi }=\frac{4\pi }{2\pi }=2 \text{Hz}$  

Chọn B

Trong quá trình truyền sóng, vecto cường độ điện trường $\overrightarrow{E}$ và vecto cảm ứng từ $\overrightarrow{B}$ biến thiên tuần hoàn theo  không gian và thời gian, và luôn đồng pha. 

Cách giải: 

Do $\overrightarrow{E}$ và $\overrightarrow{B}$ biến thiên cùng pha với nhau nên: $\frac{E}{E_0}=\frac{B}{B_0}\text{ hay }{\left(\frac{E}{E_0}\right)}^2={\left(\frac{B}{B_0}\right)}^2$   

Chọn B

Công thức tính năng lượng của photon: $\epsilon =hf=\frac{hc}{\lambda }$ 

Năng lượng của photon ứng với bức xạ có bước sóng 0,589μm: 

$\epsilon =\frac{hc}{2}=\frac{6,625\cdot {10}^{-34}\cdot 3\cdot {10}^8}{0,589\cdot {10}^{-6}}=3,{374.10}^{-19}J=2,11\text{e}V$

Chọn A

Vận dụng các định luật bảo toàn để hoàn thiện phương trình: 

+ Vận dụng định luật bảo toàn số $\text{Z}:Z_A+Z_B=Z_C+Z_D$  

+ Vận dụng định luật bảo toàn số nuclon: $A_A+A_B=A_C+A_D$  

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích và bảo toàn số nuclon ta có: $\left\{\begin{array}{l}{A}_X+19=4+16\\ Z_x+9=2+8\end{array}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{A}_X=1\\ Z_X=1\end{array}\right.\right.$ 

⇒ X là proton. 

Chọn D. 

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

Cảm ứng từ do 50 vòng dây điện tròn gây ra tại tâm của vòng dây: $B_1=2\pi \cdot {10}^{-7}\frac{I}{r}=2\pi \cdot {10}^{-7}\frac{4}{0,2}=4\pi \cdot {10}^{-6}T$ 

Chọn B

Công 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 của đoạn mạch gồm R nối tiếp với tụ điện: $\cos \phi =\frac{R}{Z}=\frac{R}{\sqrt{R^2+Z_C^2}}$ 

Chọn A

Công thức tính giới hạn quang điện: ${\lambda }_0=\frac{hc}{A}$

Giới hạn quang điện của kim loại này là: ${\lambda }_0=\frac{hc}{A}=\frac{6,625\cdot {10}^{-34}\cdot 3\cdot {10}^8}{6,625\cdot {10}^{-19}}={3.10}^{-7} \text{m}=300 \text{nm}$  

Chọn C. 

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

+ Hiệu suất truyền tải: $H=\frac{P_{ci}}{P}=\frac{P-\Delta P}{P}=1-\frac{\Delta P}{P}$ 

+ Công suất hao phí: $\Delta P=\frac{P^2}{U^2{\cos }^2\phi }R=\frac{{\left({10.10}^3\right)}^2}{{500}^2{.1}^2}2=800 \text{W}$  

+ Hiệu suất truyền tải điện: $H=1-\frac{\Delta P}{P}=1-\frac{800}{{10.10}^3}=0,92=92\%$ 

Chọn A

Công thức tính bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}$  

Bước sóng của sóng này là: $\lambda =\frac{v}{f}=\frac{{3.10}^8}{{30.10}^6}=10m$  

Chọn D

Mức cường độ âm:  $L=10\cdot \log \frac{I}{I_0}\left(dB\right)=\log \frac{I}{I_0}\left(B\right)$ 

Công thức logarit: $\log a-\log b=\log \frac{a}{b}$ 

Vận dụng biểu thức tính hiệu mức cường độ âm:  $L_2-L_1=10\log \frac{I_2}{I_1}\left(dB\right)=\log \frac{I_2}{I_1}\left(B\right)$ 

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{L}_M=\log \frac{I_M}{I_0}\left(B\right)\\ L_N=\log \frac{I_N}{I_0}\left(B\right)\end{array}\Rightarrow L_M-L_N=\log \frac{\frac{I_M}{I_0}}{\frac{I_N}{I_0}}=\log \frac{I_M}{I_N}\left(B\right)\Rightarrow \frac{I_M}{I_N}={10}^{L_M-L_N}\right.$  

Chọn C. 

+ Đọc đồ thị v – t 

+ Sử dụng vòng tròn lượng giác. 

+ Sử dụng công thức góc quét: $\Delta \phi =\omega \cdot \Delta t$  

+ Sử dụng biểu thức tính vận tốc cực đại: $v_{\max }=A\omega$ 

+ Sử dụng biểu thức: ${\phi }_v-{\phi }_x=\frac{\pi }{2}$  

Từ đồ thị, ta có: 

+ Vận tốc cực đại: $v_{max}=5 \text{cm}/s$  

Vòng tròn lượng giác: 

Từ vòng tròn lượng giác ta có: $\Delta \phi =2\pi -2\frac{\pi }{3}=\frac{4\pi }{3}$  

Mặt khác: $\Delta \phi =\omega .\Delta t\iff \frac{4\pi }{3}=\omega .\Delta t=\omega .0,2\Rightarrow \omega =\frac{20\pi }{3}\text{rad}/\text{s}$

Lại có: $v_{\max }=A\omega \Rightarrow A=\frac{v_{\max }}{\omega }=\frac{5}{\frac{20\pi }{3}}=\frac{3}{4\pi }\text{cm}$

Tại thời điểm ban đầu : ${\phi }_x={\phi }_v-\frac{\pi }{2}=\frac{\pi }{3}-\frac{\pi }{2}=-\frac{\pi }{6}$ 

⇒ Phương trình li độ: $x=\frac{3}{4\pi }\cos \left(\frac{20\pi }{3}t-\frac{\pi }{6}\right)cm$ 

Chọn C. 

+ Sử dụng biểu thức tính hiệu điện thế của các đoạn mạch

+ Sử dụng biểu thức tính công suất: $P=U\mathrm{Icos}\phi$ với $\cos \phi =\frac{R}{Z}=\frac{U_R}{U}$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{U}_R=U_{AM}=30V\\ U_{Lr}=U_{MN}=30V=\sqrt{U_r^2+U_L^2}\\ U_C=100V\\ U=100V=\sqrt{{\left(U_R+U_r\right)}^2+{\left(U_L-U_C\right)}^2}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{U}_r^2+U_L^2={30}^2\\ {\left(30+U_r\right)}^2+{\left(U_L-100\right)}^2={100}^2\end{array}\right.$ 

$\iff \left\{\begin{array}{l}{U}_L^2={30}^2-U_r^2\\ {(30+U_r)}^2+{(U_L-100)}^2={100}^2\end{array}\Rightarrow \left[\begin{array}{l}{U}_r=25V\\ U_r=-30V\left(\text{ loai }\right)\end{array}\right.\right.$

+ Công suất tiêu thụ của đoạn mạch AB: $P=UI\cdot \cos \phi =UI\cdot \frac{U_R+U_r}{U}=100.2\cdot \frac{30+25}{100}=110W$ 

Chọn B

+ Công thức tính bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}$  

+ Công thức tính số điểm dao động với biên độ cực đại trong đoạn thẳng nối 2 nguồn cùng pha: $-\frac{L}{\lambda }<k<\frac{L}{\lambda }$ 

+ Bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}=\frac{75}{50}=1,5 \text{cm}$ 

+ Số điểm dao động với biên độ cực đại trên $S_1{S}_2$ bằng số giá trị k nguyên thỏa mãn:

$-\frac{S_1{S}_2}{\lambda }<k<\frac{S_1{S}_2}{\lambda }\iff -\frac{10}{1.5}<k<\frac{10}{1,5}\iff -6,67<k<6,67$

Gọi M là điểm dao động với biên độ cực đại trên vòng tròn cần tìm

M gần S₂ ⇒M là cực đại bậc 6 

Ta có: $M{S}_1-M{S}_2=6\lambda \iff 10-M{S}_2=6.1,5\Rightarrow M{S}_2=1cm=10mm$ 

Chọn C

+ Đọc đồ thị 

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

+ Sử dụng biểu thức: $\frac{C{U}_0^2}{2}=\frac{L{I}_0^2}{2}$   

Trong mạch LC ta có: $\frac{i^2}{I_0^2}+\frac{u^2}{U_0^2}=1$   

Từ đồ thị, ta có: 

+ Tại $u^2=0$ thì $i^2=a\Rightarrow I_0^2=a$  

+ Tại $u^2=4$ thì $i^2=a-{5.10}^{-5}$ ta suy ra: $\frac{a-5\cdot {10}^{-5}}{I_0^2}+\frac{4}{U_0^2}=1\iff \frac{a-5\cdot {10}^{-5}}{a}+\frac{4}{U_0^2}=1\Rightarrow U_0^2=80000\text{a}$   

Lại có: 

$I_0^2=\frac{C}{L}{U}_0^2\iff a=\frac{{2.10}^{-9}}{L}\cdot 80000a\Rightarrow L=1,{6.10}^{-4}H=0,16mH$

Chọn A

+ Vận dụng pha dao động trong đoạn mạch xoay chiều

+ Sử dụng giản đồ véctơ quay. 

+ Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác. 

Do U hai đầu đoạn mạch không đổi và $u_R\perp u_{LC}$  

⇒Khi L thay đổi thì tập hợp các điểm M là đường tròn đường kính là hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn mạch  U =180 V

Mặt khác, độ lệch pha giữa u và I cũng là độ lệch pha giữa $u_R\text{ và }u$ 

Từ đó, ta có giản đồ véctơ điện áp như hình vẽ: 

Từ giản đồ ta suy ra $u_{R_1}\perp u_{R_2}\Rightarrow U_{R_1}^2+U_{R_2}^2=U_{AB}^2\iff U^2+3U^2={180}^2\Rightarrow U=90 \text{V}$  

Chọn D

+ Sử dụng biểu thức xác định vị trí trí vân tối: $x_T=\left(k+\frac{1}{2}\right)i$

+ Số vân sáng trong khoảng L bất kì: $-\frac{L}{i}<k<\frac{L}{i}$  

+ Tại M và N là 2 vân tối ở hai phía so với vân sáng trung tâm ta suy ra: 

$\left\{\begin{array}{l}{x}_M=M {\text{S}}_1-M {\text{S}}_2=\left(k_1+\frac{1}{2}\right)i\Rightarrow i=\frac{x_M}{k_1+\frac{1}{2}}\\ x_N=N{S}_1-N{S}_2=\left(k_2+\frac{1}{2}\right)i\end{array}\right.$

+ Số vân sáng trong khoảng MN thỏa mãn: 

$N{S}_1-N {\text{S}}_2<ki<M{S}_1-M {\text{S}}_2\iff \frac{x_N}{i}<k<\frac{x_M}{i}\iff k_2+\frac{1}{2}<k<k_1+\frac{1}{2}$

Theo đề bài, giữa M và N có 9 vân sáng ⇒ có 9 giá trị của k 

Chọn B

+ Đọc đồ thị p-t 

+ Sử dung biểu thức tính công suất tức thời: p = ui

+ Sử dụng phương trình lượng giác. 

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}u=U_0\cos \left(\omega t+{\phi }_u\right)\\ i=I_0\cos \left(\omega t+{\phi }_i\right)\end{array}\right.$  

Đặt: $\left\{\begin{array}{l}{\phi }_u+{\phi }_i=x\\ {\phi }_u-{\phi }_i=\phi \end{array}\right.$  

Công suất tức thời: $p=ui=UI.\left[\cos \right(2\omega t+x)+\cos \phi ]$  

Từ đồ thị, ta thấy: $T=\left(\frac{925}{54}-\frac{25}{54}\right)\cdot {10}^{-3}=\frac{50}{3}\cdot {10}^{-3}\Rightarrow \omega =120\pi \text{rad}/\text{s}$  

Công suất: $p=0\text{ khi }\cos \phi =-\cos (2\omega t+x)$  

Tại $t_1=\frac{25}{54}\cdot {10}^{-3}s\text{ và }{t}_2=\frac{25}{9}\cdot {10}^{-3}s\text{ thì }p=0$

$\iff \cos \left(2\omega t_1+x\right)=\cos \left(2\omega t_2+x\right)\iff \cos \left(2.120\pi \frac{{25.10}^{-3}}{54}+x\right)=\cos \left(2.120\pi \frac{25}{9}\cdot {10}^{-3}+x\right)$

$\Rightarrow \left[\begin{array}{l}\frac{\pi }{9}+x=\frac{2\pi }{3}+x\\ \frac{\pi }{9}+x=-(\frac{2\pi }{3}+x)\end{array}\Rightarrow \left[\begin{array}{l}VN\\ x=-\frac{7\pi }{18}\text{rad}\end{array}\right.\right.$

Thay vào (1) ta suy ra: $\cos \phi =-\cos \left(2\omega t_1+x\right)=-\cos \left(2.120\pi \frac{25}{54}\cdot {10}^{-3}-\frac{7\pi }{18}\right)=0,64$

Chọn D. 

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

+ Sử dụng biểu thức tính số cực đại, cực tiểu giao thoa giữa 2 nguồn cùng pha.

+ Sử dụng biểu thức xác định cực đại giao thoa: $d_2-d_1=k\lambda$  

Ta có hình vẽ: 

Lại có: C là nằm trên một cực đại giao thoa ⇒$CA-CB=n\lambda \iff 45\sqrt{2}-45=n\lambda \left(1\right)$  

Số cực tiểu trên AB thỏa mãn: $-\frac{AB}{\lambda }-\frac{1}{2}<k<\frac{AB}{\lambda }-\frac{1}{2}$ 

Trên AB có 28 cực tiểu $\Rightarrow -14\le k\le 13\Rightarrow \frac{AB}{\lambda }-\frac{1}{2}\ge 13$ (2) hay suy ra $\lambda \le \frac{10}{3} \text{cm}$  

⇒ Số cực đại trên AB là $27\Rightarrow n\le 13$ (3)

Từ (1) và (2) ta có $\frac{\frac{45}{45\sqrt{2}-45}}{n}-\frac{1}{2}\ge 13\Rightarrow n\ge 5,59\text{ (4) }$ 

Từ (1), (3) và (4) ta có: 

Chọn C. 

+ Đọc đồ thị 

+ Sử dụng biểu thức tính độ dãn của lò xo tại $\text{VTCB}:\Delta l=\frac{mg}{k}$  

+ Sử dụng biểu thức tính thế năng đàn hồi: ${\text{W}}_{dh}=\frac{1}{2}k\Delta l^2$ với $\Delta l$ là độ biến dạng của lò xo 

+ Sử dụng biểu thức tính thế năng trọng trường: ${\text{W}}_{tt}=-mg\text{x}$  

Từ đồ thị, ta thấy thế năng đàn hồi cực tiểu = 0 tại x₂   đây chính là độ dãn của lò xo tại VTCB $\Rightarrow x_2=-\Delta l=-\frac{mg}{k}$

Lại có: 

+ Thế năng đàn hồi: ${\text{W}}_{\text{d}h}=\frac{1}{2}k{\left(x-x_2\right)}^2$ 

+ Thế năng trọng trường: ${\text{W}}_{tt}=-mg\text{x}$  

Từ đồ thị:  

+ Xét tại $x=x_1:{\text{ ta có: W}}_{dh}={\text{W}}_{tt}\Rightarrow \frac{{\text{W}}_{dh}}{ {\text{W}}_{tt}}=1\iff \frac{{\left(x_1-x_2\right)}^2}{2{\text{x}}_1{x}_2}=1(*)$ 

Theo đề bài ta có:$x_1-x_2=3,66 \text{cm}\Rightarrow$  thay vào (*) ta suy ra:

$\left\{\begin{array}{l}2{\text{x}}_1{x}_2=3,{66}^2\\ x_1-x_2=3,66\end{array}\Rightarrow \left[\begin{array}{l}{x}_2=-4,9997 \text{cm}\\ x_2=1,3396 \text{cm}\left(\text{ loai }\right)\end{array}\right.\right.$

+ Xét tại $x=A\text{ ta có: }\left\{\begin{array}{l}{\text{W}}_{dh}=8W_0\\ {\text{W}}_{tt}=-3W_0\end{array}\Rightarrow \frac{8}{-3}=\frac{{\left(A-x_2\right)}^2}{2 \text{A}\cdot x_2}\right.$ 

Thay số vào ta suy ra: $\frac{8}{-3}=\frac{{(A+4,9997)}^2}{2\cdot A(-4,9997)}\Rightarrow \left[\begin{array}{l}A=14,9991 \text{cm}\\ A=1,667 \text{cm}\end{array}\right.$ 

 Chọn B