Phương pháp: 

Biểu thức cường độ dòng điện: $\text{i}={\text{I}}_0\cos (\omega \text{t}+\phi )$ 

Trong đó: i là cường độ dòng điện tức thời

I0 là cường độ dòng điện cực đại 

$\text{I}=\frac{{\text{I}}_0}{\sqrt{2}}$ là cường độ dòng điện hiệu dụng 

ω là tần số của dòng điện

φ là pha ban đầu 

$(\omega t+\phi )$ là pha dao động 

Cách giải:

Biểu thức cường độ dòng điện $\text{i}={\text{I}}_0\cos (\omega \text{t}+\phi )$ có I0 là cường độ dòng điện cực đại

Chọn C.

Phương pháp: Sử dụng kĩ năng độc đồ thị 

Độ lệch pha theo tọa độ: $\Delta \phi =\frac{2\pi \text{d}}{\lambda }$ 

Sử dụng VTLG 

Vận tốc dao động cực đại: Vmax = ωA

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

Cách giải:

Từ đồ thị ta thấy bước sóng:  = 30 (cm) 

Độ lệch pha của điểm M so với nguồn là: $\Delta \phi =\frac{2\pi \text{d}}{\lambda }=\frac{2\pi .10}{30}=\frac{2\pi }{3}\left(\text{rad}\right)$ 

Tại thời điểm t, nguồn O đang ở VTCB 

Từ đồ thị ta có VTLG: 

Từ VTLG, ta thấy: ${\text{x}}_{\text{M}}=\text{A}\cos \frac{\pi }{6}\Rightarrow \frac{{\text{x}}_{\text{M}}}{\text{A}}=\cos \frac{\pi }{6}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ 

Áp dụng công thức độc lập với thời gian, ta có: 

${\text{x}}_{\text{M}}^2+\frac{{\text{v}}^2}{{\omega }^2}={\text{A}}^2\Rightarrow \frac{{\text{xM}}^2}{ {\text{A}}^2}+\frac{{\text{v}}^2}{{\text{v}}_{{\max }^2}}=1\Rightarrow {\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2+{\left(\frac{\text{v}}{{\text{v}}_{\text{max }}}\right)}^2=1\Rightarrow \frac{\text{v}}{{\text{v}}_{\text{max }}}=0,5$ 

Chọn D.

Phương pháp:

Dây treo lệch khỏi phương thẳng đứng một góc lớn nhất khi vật ở vị trí biên

Khoảng thời gian ngắn nhất để vật đi từ VTCB đến vị trí biên là: $\frac{\text{T}}{4}$ 

Cách giải: Thời gian ngắn nhất khi vật nhỏ đi từ vị trí có dây treo theo phương thẳng đứng đến vị trí mà dây treo lệch một góc lớn nhất so với phương  thẳng đứng là: $\frac{T}{4}=\frac{2}{4}=0,5( \text{s})$

Chọn D. 

Phương pháp:

Hai nguồn cùng pha, điều kiện cực đại giao thoa: ${\text{d}}_2-{\text{d}}_1=\text{k}\lambda$ (k = 0; $\pm$1, $\pm$2,...) 

Cách giải:

Cực đại giao thoa nằm tại những điểm có hiệu đường đi của hai sóng từ hai nguồn tới đó là:

${\text{d}}_2-{\text{d}}_1=\text{k}\lambda$  (k = 0; $\pm$1; $\pm$2;...) 

Chọn D. 

Phương pháp:

Sử dụng lý thuyết máy phát thanh

Cách giải:

Trong máy phát thanh, mạch dùng để trộn dao động âm tần và dao động cao tần thành dao động cao tần biến điệu là mạch biến điệu 

Chọn A.

Phương pháp:

Sử dụng lý thuyết điện từ trường

Cách giải:

Điện từ trường có thể tồn tại xung quanh một dòng điện xoay chiều 

Chọn C.

Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị

Lực phục hồi: Fph = -kx

Lực đàn hồi: Fdh = k∆l 

Sử dụng VTLG và công thức: $\omega =\frac{\Delta \phi }{\Delta t}$

Cách giải:

Từ đồ thị ta thấy đồ thị (1) là đồ thị lực phục hồi, đồ thị (2) là đồ thị lực đàn hồi 

Ở thời điểm t = 0, ta có: $\left\{\begin{array}{l}{F}_{\text{ph min }}=-\text{kA}\\ {\text{F}}_{\text{db max }}=\text{k}\left(\text{A}+\Delta l_0\right)\end{array}\right.$ 

$\to$ ở thời điểm đầu, vật ở vị trí biên dưới

Tại thời điểm đầu tiên lực phục hồi Fph =0 $\Rightarrow$ x = 0, lực đàn hồi có độ lớn là:

${\text{F}}_{\text{dh}}=1( \text{N})\Rightarrow \text{k}\Delta l_0=1$ 

Tại điểm M, vật ở vị trí biến trên, lực đàn hồi là:

${\text{F}}_{dh}=1( \text{N})\Rightarrow \text{k}\left(\text{A}-\Delta l_0\right)=1$ 

$\Rightarrow \text{k}\Delta l_0=\text{k}\left(\text{A}-\Delta l_0\right)\Rightarrow \Delta l_0=\text{A}-\Delta l_0\Rightarrow \Delta l_0=\frac{\text{A}}{2}$ 

Chọn trục thẳng đứng, chiều dương hướng xuống, ta có VTLG: 

Từ VTLG, ta thấy từ thời điểm t = 0 đến thời điểm $\text{t}=\frac{2}{15} \text{s}$, vecto quay được góc: 

$\Delta \phi =\frac{4\pi }{3}\left(\text{rad}\right)\Rightarrow \omega =\frac{\Delta \phi }{\Delta t}=\frac{\frac{4\pi }{3}}{\frac{2}{15}}=10\pi (\text{rad}/\text{s})$ 

Lại có: $\omega =\sqrt{\frac{\text{k}}{\text{m}}}=\sqrt{\frac{\text{g}}{\Delta l_0}}\Rightarrow \sqrt{\frac{{\pi }^2}{\Delta l_0}}=10\pi \Rightarrow \Delta l_0=0,01( \text{m})$ 

Lực đàn hồi: Fdh = k∆l­0 $\Rightarrow$10 = k.0, 01 $\Rightarrow$k =100 (N/m) 

Chọn A. 

Phương pháp:

Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị 

Hiệu điện thế hiệu dụng: $\text{U}=\text{I}\sqrt{{\text{R}}^2+{\left({\text{Z}}_{\text{L}}-{\text{Z}}_{\text{C}}\right)}^2}$ 

Sử dụng VTLG 

Độ lệch pha giữa hiệu điện thế và cường độ dòng điện: $\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}$ 

Hai đại lượng vuông pha có: tan a. tan b = -1 

Cách giải: 

Từ đồ thị ta thấy trong thời gian từ $\frac{1}{150}$ s đến $\frac{4}{150}$ s, hiệu điện thế thực hiện được 1 chu kì:

$\text{T}=\frac{4}{150}-\frac{1}{150}=0,02( \text{s})\Rightarrow \omega =\frac{2\pi }{\text{T}}=\frac{2\pi }{0,02}=100\pi (\text{rad}/\text{s})$ 

Ở thời điểm t =$\frac{1}{150}$s, vecto quay được góc là:

$\Delta \phi =\omega \Delta \text{t}=100\pi \cdot \frac{1}{150}=\frac{2\pi }{3}\left(\text{rad}\right)$ 

Gọi đồ thị đường nét liền là đồ thị (1), đường nét đứt là đồ thị (2)

Đồ thị (1) có biên độ 20(V), đồ thị (2) có biên độ là: 20.$\frac{3}{4}$ =15(V) 

Ta có VTLG: 

Từ VTLG, ta thấy đồ thị (2) sớm pha hơn đồ thị (1) góc: $\Delta \phi =\frac{2\pi }{3}-\frac{\pi }{6}=\frac{\pi }{2}\left(\text{rad}\right)\Rightarrow \overrightarrow{{\text{U}}_{\text{AM}}}\perp \overrightarrow{{\text{U}}_{\text{MB}}}$ 

→ Đồ thị (2) là đồ thị uAM , đồ thị (1) là đồ thị uMB          

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{\text{U}}_{0A\text{M}}=20( \text{V})\\ {\text{U}}_{0MB}=15( \text{V})\end{array}\Rightarrow \frac{{\text{U}}_{0\text{AM}}}{{\text{U}}_{0M\text{B}}}=\frac{{\text{Z}}_{\text{AM}}}{{\text{Z}}_{\text{MB}}}=\frac{4}{3}\Rightarrow \frac{{\text{R}}^2+{\text{Z}}_L^2}{{\text{R}}^2+{\left({\text{Z}}_{\text{L}}-{\text{Z}}_{\text{C}}\right)}^2}={\left(\frac{4}{3}\right)}^2=\frac{16}{9}\left(\text{l}\right)\right.$ 

Ta có: $\overrightarrow{{\text{U}}_{A\text{M}}}\perp \overrightarrow{{\text{U}}_{\text{MB}}}\Rightarrow \tan {\phi }_{\text{AM}}\cdot \tan {\phi }_{\text{MB}}=-1$ $\Rightarrow \frac{Z_L}{R}.\frac{Z_L-Z_c}{R}=-1\Rightarrow Z_L\cdot \left(Z_C-Z_L\right)=R^2$ (2)

Thay (2) vào (1), ta có: 

$\frac{Z_L.\left(Z_C-Z_L\right)+Z_L^2}{Z_L.\left(Z_C-Z_L\right)+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}=\frac{16}{9}$ $\Rightarrow \frac{Z_L.Z_C}{Z_C.\left(Z_C-Z_L\right)}=\frac{16}{9}\Rightarrow \frac{Z_L}{Z_C-Z_L}=\frac{16}{9}$ 

$\Rightarrow 9Z_{\text{L}}=16{\text{Z}}_C-16{\text{Z}}_{\text{L}}\Rightarrow {\text{Z}}_{\text{L}}=\frac{16}{25}{\text{Z}}_{\text{C}}$ 

Thay vào (2) ta có: 

$\frac{16}{25}{Z}_C.\left(Z_C-\frac{16}{25}{Z}_C\right)=R^2={100}^2\Rightarrow \frac{144}{625}{Z}_C^2={100}^2\Rightarrow Z_C=\frac{625}{3}\left(\Omega \right)$ 

$\Rightarrow \frac{1}{\omega C}=\frac{625}{3}\Rightarrow \frac{1}{100\pi C}=\frac{625}{3}\Rightarrow C=\frac{3}{62500\pi }\left(F\right)=\frac{48}{\pi }\left(\mu F\right)$ 

Chọn B.

Phương pháp:

Tạp âm có tần số không xác định

Sóng âm có tần số nhất định

Tai người nghe được âm thanh có tần số từ 16 Hz đến 20000 Hz 

Âm thanh có tần số nhỏ hơn 16 Hz gọi là hạ âm 

Âm thanh có tần số lớn hơn 20000 Hz gọi là siêu âm

Cách giải:

Âm có tần số 12 Hz < 16 Hz là hạ âm

Chọn D. 

Phương pháp: 

Độ lệch pha giữa hiệu điện thế và cường độ dòng điện: $\tan \phi =\frac{Z_{\text{L}}-Z_C}{R}$ 

Công thức lượng giác: $\tan (a-b)=\frac{\tan a-\tan b}{1+\tan a.\tan b}$ 

Bất đẳng thức Cô – si:  $a+b\ge 2\sqrt{ab}$ (dấu “=” xảy ra $\Rightarrow$ a = b) 

Công suất tiêu thụ: $\text{P}={\text{I}}^2\text{R}=\frac{{\text{U}}^2\text{.R}}{{\text{R}}^2+{\left({\text{Z}}_{\text{L}}-{\text{Z}}_{\text{C}}\right)}^2}$ 

Cách giải: 

Độ lệch pha giữa hiệu điện thế uMB và uAB so với cường độ dòng điện là: $\left\{\begin{array}{l}{\phi }_{\text{MB}}=\frac{{\text{Z}}_{\text{L}}}{{\text{R}}_0}\\ {\phi }_{\text{AB}}=\frac{{\text{Z}}_{\text{L}}}{\text{R}+{\text{R}}_0}\end{array}\right.$ 

Độ lệch pha giữa hiệu điện thế uMB và uAB là: 

$\Delta \phi ={\phi }_{\text{MB}}-{\phi }_{\text{AB}}\Rightarrow \tan \Delta \phi =\tan \left({\phi }_{\text{MB}}-{\phi }_{\text{AB}}\right)$ 

$\Rightarrow \tan \Delta \phi =\frac{\tan {\phi }_{\text{MB}}-\tan {\phi }_{\text{AB}}}{1+\tan {\phi }_{\text{MB}}.\tan {\phi }_{AB}}$ $\Rightarrow \tan \Delta \phi =\frac{\frac{Z_{\text{L}}}{{\text{R}}_0}-\frac{Z_{\text{L}}}{\text{R}+{\text{R}}_0}}{1+\frac{{\text{Z}}_{\text{L}}}{{\text{R}}_0}\cdot \frac{Z_{\text{L}}}{\text{R}+{\text{R}}_0}}$ 

$\Rightarrow \tan \Delta \phi =\frac{Z_{\text{L}}\text{.R}}{Z_{\text{L}}^2+{\text{R}}_0.\left(\text{R}+{\text{R}}_0\right)}$ $\Rightarrow \tan \Delta \phi =\frac{\text{R}}{Z_{\text{L}}+\frac{{\text{R}}_0.\left(\text{R}+{\text{R}}_0\right)}{{\text{Z}}_{\text{L}}}}$ 

Để $\Delta {\phi }_{\text{max }}\Rightarrow {\left(\tan \phi \right)}_{\max }\Rightarrow$ $\left[\frac{\text{R}}{{\text{Z}}_{\text{L}}+\frac{{\text{R}}_0.\left(\text{R}+{\text{R}}_0\right)}{{\text{Z}}_{\text{L}}}}\right]\max \Rightarrow$ $\left[Z_L+\frac{R_0.\left(R+R_0\right)}{Z_L}\right]\min$ 

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có: ${\text{Z}}_{\text{L}}+\frac{{\text{R}}_0.\left(\text{R}+{\text{R}}_0\right)}{{\text{Z}}_L}\ge 2\sqrt{{\text{R}}_0.\left(\text{R}+{\text{R}}_0\right)}$ 

Dấu “=” xảy ra $\iff Z_{\text{L}}=\frac{{\text{R}}_0.\left(\text{R}+{\text{R}}_0\right)}{{\text{Z}}_{\text{L}}}\Rightarrow {\text{Z}}_{\text{L}}=\sqrt{{\text{R}}_0.\left(\text{R}+{\text{R}}_0\right)}=200\left(\Omega \right)$ 

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch MB là: $P_{MB}=\frac{U^2.R_0}{{\left(R+R_0\right)}^2+Z_L^2}=\frac{{200}^2.100}{{(300+100)}^2+{200}^2}=20\left(W\right)$ 

Chọn B. 

Phương pháp: 

Cơ năng của con lắc lò xo: $\text{W}=\frac{1}{2}{\text{kA}}^2=\frac{1}{2} \text{m}{\omega }^2 {\text{A}}^2$ 

Cách giải: 

Cơ năng của con lắc là: $\text{W}=\frac{1}{2} \text{m}{\omega }^2 {\text{A}}^2$ 

Chọn C.

Phương pháp:

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

Trong đó, x là li độ dao động; A là biên độ; ω là tần số góc; φ là pha ban đầu; (ω + φ) là pha dao động 

Cách giải: 

Phương trình dao động $x=6\cos \left(10\pi t+\frac{\pi }{3}\right)$ cm có biên độ là: A = 6 (cm) 

Chọn B.

Phương pháp: 

Độ lớn cường độ điện trường: $\text{E}=\text{k}\frac{\left|\text{q}\right|}{{\text{r}}^2}$ 

Cách giải: 

Cường độ điện trường tại điểm A là: ${\text{E}}_{\text{A}}=\text{k}\frac{\left|\text{q}\right|}{{\text{r}}_{\text{A}}^2}=400( \text{V}/\text{m})$ 

Điểm B là trung điểm của đoạn OA có: ${\text{r}}_{\text{B}}=\frac{{\text{r}}_{\text{A}}}{2}$ 

Cường độ điện trường tại điểm B là: ${\text{E}}_{\text{B}}=\text{k}\frac{\left|\text{q}\right|}{{\text{r}}_{\text{B}}^2}=\text{k}\frac{\left|q\right|}{\frac{{\text{r}}_{\text{A}}^2}{4}}=4.\text{k}\frac{\left|\text{q}\right|}{{\text{r}}_{\text{A}}^2}=4{\text{E}}_{\text{A}}=1600( \text{V}/\text{m})$ 

Chọn B. 

Phương pháp:

Biên độ của dao động cưỡng bức tỉ lệ thuận với biên độ của ngoại lực

Con lắc dao động với biên độ lớn nhất khi có cộng hưởng: tần số của ngoại lực bằng tần số riêng của con lắc 

Tần số góc của con lắc: $\omega =\sqrt{\frac{\text{k}}{\text{m}}}$ 

Cách giải: 

Tần số góc dao động riêng của con lắc là: ${\omega }_0=\sqrt{\frac{\text{k}}{\text{m}}}=\sqrt{\frac{100}{0,25}}=20(\text{rad}/\text{s})$ 

Con lắc dao động với biên độ cực đại khi tần số của ngoại lực bằng tần số dao động riêng của con lắc:

$\omega ={\omega }_0=20(\text{rad}/\text{s})$ 

Biên độ của con lắc tỉ lệ với biên độ của ngoại lực

→ Ngoại lực có biên độ càng lớn thì biên độ của con lắc càng lớn

Chọn A.

Phương pháp:

Sử dụng lý thuyết nguyên tắc hoạt động của máy biến áp

Cách giải:

Nguyên lý hoạt động của máy biến áp: 

Dòng điện xoay chiều chạy trong cuộn sơ cấp gây ra từ thông biến thiên qua cuộn thứ cấp, làm xuất hiện trong cuộn thứ cấp một suất điện động xoay chiều.

Dòng điện có điện áp không đổi chạy trong cuộn sơ cấp không gây ra từ thông biến thiên qua cuộn thứ cấp → máy biến áp không có tác dụng

Chọn B. 

Phương pháp:

Tiêu cự của thấu kính phân kì: ${\text{f}}_{\text{k}}=-{\text{OC}}_v$ 

Độ tụ của thấu kính: $\text{D}=\frac{1}{\text{f}}$ 

Cách giải:

Để sửa tật cận thị, cần đeo kính có tiêu cự: f = -OCv = -0,5 (m) 

Độ tụ của thấu kính là: $\text{D}=\frac{1}{\text{f}}=\frac{1}{-0,5}=-2\left(\text{dp}\right)$ 

Chọn D.

Phương pháp:

Sử dụng lý thuyết sự truyền sóng cơ học

Cách giải:

Trong sóng cơ học, tốc độ truyền sóng là tốc độ lan truyền dao động.

Chọn B. 

Phương pháp:

Sử dụng lý thuyết tia hồng ngoại, tử ngoại

Cách giải:

Khối khí nóng, sáng cồn phát ra tia hồng ngoại

Chọn C. 

Phương pháp: 

Công suất hao phí khi truyền tải: $P_{hp}=\frac{P^{2}R}{U^2}$ 

Hiệu suất truyền tải: $\text{H}=\frac{{\text{P}}_1}{\text{P}}=\frac{\text{P}-{\text{P}}_{\text{hp}}}{\text{P}}$ 

Hướng dẫn giải:

Gọi công cuất của 1 máy là P0

Hiệu suất truyền tải lúc đầu là: 

${\text{H}}_1=\frac{{\text{P}}_1-{\text{P}}_{\text{hpl}}}{{\text{P}}_1}=0,9\Rightarrow \frac{90{\text{P}}_0}{{\text{P}}_1}=\frac{{\text{P}}_1-{\text{P}}_{\text{hp}1}}{{\text{P}}_1}=0,9\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{\text{P}}_0=0,01{\text{P}}_1\left(1\right)\\ {\text{P}}_{\text{hp1}}=\frac{{\text{P}}_1^2\text{R}}{{\text{U}}^2}=0,1{\text{P}}_1\left(2\right)\end{array}\right.$ 

Hiệu suất truyền tải lúc sau là:

${\text{H}}_2=\frac{{\text{P}}_2-{\text{P}}_{\text{bp}2}}{{\text{P}}_2}=0,8\Rightarrow \frac{(90+\text{n}).{\text{P}}_0}{{\text{P}}_2}=\frac{{\text{P}}_2-{\text{P}}_{\text{hp}2}}{{\text{P}}_2}=0,8$ $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}(90+\text{n}){\text{P}}_0=0,8{\text{P}}_2\left(3\right)\\ {\text{P}}_{\text{hp}2}=\frac{{\text{P}}_2^2\text{R}}{{\text{U}}^2}=0,2{\text{P}}_2\left(4\right)\end{array}\right.$ 

Chia (4) và (2) ta có: $\frac{P_2}{P_1}=2$ 

Chia (3) và (1) ta có: $\frac{90+\text{n}}{1}=\frac{0,8{\text{P}}_2}{0,01{\text{P}}_1}\Rightarrow 90+\text{n}=160\Rightarrow \text{n}=70$

Chọn A. 

Phương pháp:

Sử dụng lý thuyết tia X 

Cách giải:

Tia X có tác dụng sinh lí là hủy diệt tế bào → A đúng

Tia X có bước sóng nhỏ hơn bước sóng của ánh sáng nhìn thấy → B sai

Tia X có khả năng đâm xuyên mạnh → C sai

Tia X có tần số lớn hơn tần số của tia hồng ngoại → D sai

Chọn A.

Phương pháp: 

Bước sóng của sóng điện từ: $\lambda =2\pi c\sqrt{LC}$ 

Cách giải: 

Mạch chọn sóng thu được sóng điện từ có bước sóng là: 

$\lambda =2\pi c\sqrt{\text{LC}}=2\pi {\mathrm{.3.10}}^8.\sqrt{\frac{0,4}{\pi }\cdot \frac{{10.10}^{-12}}{9\pi }}=400( \text{m})$ 

Chọn A.

Phương pháp: 

Chu kì của mạch dao động: $\text{T}=2\pi \sqrt{\text{LC}}$ 

Cách giải:

Chu kì dao động riêng của mạch là: $\text{T}=2\pi \sqrt{\text{LC}}=2\pi \cdot \sqrt{\frac{{1.10}^{-3}}{4\pi }\cdot \frac{{1.10}^{-6}}{10\pi }}={10}^{-5}$ (s)

Chọn D.

Phương pháp:

Sử dụng lý thuyết đổi các đơn vị đo

Cách giải:

Đổi: 1kW =1000W 

1h = 3600s 

1kWh = 3600000Ws = 3600000J 

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng lí thuyết “Bài 24: Tán sắc ánh sáng - Trang 122 – SGK Vật Lí 12”.

Cách giải:

Trong máy quang phổ lăng kính, bộ phận có nhiệm vụ phân tách chùm sáng đi vào thành những chùm sáng đơn sắc là lăng kính. 

Chọn D.

Phương pháp: 

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

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

Cách giải:

Biên độ của dao động tổng hợp:

$A=\sqrt{A_1^2+A_2^2+2A_1{A}_2.\cos \Delta \phi }=|9-12|=3 \text{cm}$ 

Tốc độ của vật khi qua vị trí có li độ x = lcm là:

$v=\omega \sqrt{A^2-x^2}=2\pi f.\sqrt{A^2-x^2}=2\pi \mathrm{.10.}\sqrt{3^2-1^2}\approx 178 \text{cm}/\text{s}$ 

Chọn C. 

Phương pháp: 

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

Công suất tiêu thụ của mạch ngoài: $P_N=I^2{R}_N$ 

Cách giải: 

Điện trở tương đương của mạch ngoài: $R_N=R_1+R_2=2,9+2=4,9\Omega$ 

Cường độ dòng điện chạy trong mạch: $I=\frac{\xi }{R_N+r}=\frac{12}{4,9+1,1}=2A$ 

Công suất tiêu thụ của mạch ngoài: $P_N=I^2{R}_N=2^2.4,9=19,6 \text{W}$ 

Chọn C.

Phương pháp: 

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

Lực ma sát: ${\text{F}}_{\text{ms}}=\mu \text{mg}$ 

Lực đàn hồi: $\text{F}=\text{k}\Delta l$ 

Vật ở VTCB khi: $\overrightarrow{{\text{F}}_{\text{ms}}}+\overrightarrow{{\text{F}}_{\text{dh}}}=\overrightarrow{0}$ 

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

Công thức liên hệ giữa thời gian và góc quét: $\Delta \text{t}=\frac{\Delta \phi }{\omega }$ 

Cách giải: 

Tần số góc của dao động là: $\omega =\sqrt{\frac{\text{k}}{\text{m}+\text{M}}}=\sqrt{\frac{14,8}{0,1+0,3}}=4(\text{rad}/\text{s})$ 

Ta có các lực tác dụng lên vật M: 

Ở VTCB, ta có: $\overrightarrow{{\text{F}}_{\text{dh}}}+\overrightarrow{{\text{F}}_{\text{ms}}}=\overrightarrow{0}\Rightarrow \overrightarrow{{\text{F}}_{\text{dh}}}\uparrow \downarrow \overrightarrow{{\text{F}}_{\text{ms}}}\to$ lò xo giãn

Ta có: ${\text{F}}_{\text{dh}}={\text{F}}_{\text{ms}}\Rightarrow \text{k}\Delta l=\mu \text{mg}$ 

$\Rightarrow \Delta l=\frac{\mu \text{mg}}{\text{k}}=\frac{1}{120}( \text{m})=\frac{5}{6}( \text{cm})$ 

→ Li độ của vật ở thời điểm đầu: $\text{x}=-\Delta l=-\frac{5}{6}( \text{cm})$ 

Áp dụng công thức độc lập với thời gian cho thời điểm t = 0, ta có: 

${\text{x}}^2+\frac{{\text{v}}^2}{{\omega }^2}={\text{A}}^2\Rightarrow {\left(-\frac{5}{6}\right)}^2+\frac{{20}^2}{4^2}={\text{A}}^2\Rightarrow \text{A}=\frac{5\sqrt{37}}{6}( \text{cm})$ 

$\text{x}=\text{A}\cos \phi \Rightarrow \cos \phi =\frac{x}{ \text{A}}=\frac{\frac{-5}{6}}{\frac{5\sqrt{37}}{6}}=-\frac{1}{\sqrt{37}}\Rightarrow \phi \approx 99,{56}^0=1,74\left(\text{rad}\right)$ 

Lò xo bị nén cực đại khi vật ở vị trí biên âm, góc quét được của vecto quay là: 

$\Delta \phi =\pi -\phi =\pi -1,74=1,4\left(\text{rad}\right)\Rightarrow \Delta \text{t}=\frac{\Delta \phi }{\omega }=\frac{1,4}{4}=0,35( \text{s})$ 

Chọn A.

Phương pháp: 

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

+ Số phóng đại ảnh: $k=-\frac{d^{\text{'}}}{d}=\frac{\overline{A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}}}{\overline{AB}}$ 

- Nếu k > 0: vật và ảnh cùng chiều.

- Nếu k < 0: vật và ảnh ngược chiều. 

Cách giải:

Ảnh A'B' hứng được trên màn $\Rightarrow$ Ảnh thật, ngược chiều với vật.

Ảnh cao bằng nửa vật nên: $k=-\frac{d^{\text{'}}}{d}=-\frac{1}{2}\Rightarrow d=2d^{\text{'}}\left(1\right)$ 

Vật và màn (ảnh) cách nhau 90 cm nên: d + d' = 90cm (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}d=60 \text{cm}\\ d^{\text{'}}=30 \text{cm}\end{array}\right.$ 

Áp dụng công thức thấu kính ta có: $\frac{1}{f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{d^{\text{'}}}=\frac{1}{60}+\frac{1}{30}=\frac{1}{20}\Rightarrow f=20 \text{cm}$ 

Chọn B.

Phương pháp: 

Bước sóng: $\lambda =vT=v.\frac{2\pi }{\omega }$  

Cách giải: 

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\omega =2\pi {10}^5(\text{rad}/\text{s})\\ c={3.10}^8 \text{m}/\text{s}\end{array}\right.$

Sóng lan truyền trong chân không với bước sóng:

$\lambda =c.T=c.\frac{2\pi }{\omega }={3.10}^8.\frac{2\pi }{2\pi {.10}^3}=3000 \text{m}=3 \text{km}$ 

Chọn D.

Phương pháp: 

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

+ Sử dụng điều kiện cân bằng của chất điểm, hệ thức lượng trong tam giác vuông. 

+ Sử dụng lí thuyết về con lắc đơn chịu thêm tác dụng của lực điện: T' = 2π. 

Cách giải: 

+ Khi chưa tích điện cho vật nặng: $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}=2s$ 

+ Khi tích điện cho vật nặng: 

Ta có: $\overrightarrow{F_{hd}}=\overrightarrow{F_d}+\overrightarrow{P}$ 

Vật cân bằng khi: $\overrightarrow{F_d}+\overrightarrow{P}+\overrightarrow{T}=0(*)\iff \overrightarrow{F_{hd}}+\overrightarrow{T}=0\iff \overrightarrow{F_{hd}}=\overrightarrow{T}\Rightarrow F_{hd}=T$ 

Từ hình vẽ ta có: $\left\{\begin{array}{l}OH=F_d.\cos 60\\ OH=F_{hd}.\cos 45\end{array}\Rightarrow F_d.\cos 60=F_{hd}.\cos 45\right.$ 

$\iff F_d.\frac{1}{2}=F_{hd}.\frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow F_d=F_{hd}\sqrt{2}\Rightarrow F_d=T\sqrt{2}\left(1\right)$ 

Chiếu (*) lên phương thẳng đứng ta có:

$T.\cos 45+F_d.\cos 30=P\iff T.\frac{\sqrt{2}}{2}+F_d\frac{\sqrt{3}}{2}=P\left(2\right)$ 

Từ (1) và (2) suy ra:

$T.\frac{\sqrt{2}}{2}+T.\sqrt{2}.\frac{\sqrt{3}}{2}=P\Rightarrow T=\frac{P.\sqrt{2}}{1+\sqrt{3}}$ 

$\Rightarrow F_{hd}=\frac{P.\sqrt{2}}{1+\sqrt{3}}\iff m{g}^{\text{'}}=\frac{mg.\sqrt{2}}{1+\sqrt{3}}\Rightarrow g^{\text{'}}=\frac{\sqrt{2}}{1+\sqrt{3}}$ 

$\Rightarrow T^{\text{'}}=2\pi \sqrt{\frac{l}{g^{\text{'}}}}=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}.\sqrt{\frac{1+\sqrt{3}}{\sqrt{2}}}=2.\sqrt{\frac{1+\sqrt{3}}{\sqrt{2}}}=2,78s$ 

Chọn A.

Phương pháp: 

Điều kiện có sóng dừng trên sợi dây hai đầu cố định: $l=k.\frac{\lambda }{2};k\in N^{*}$ 

Cách giải: 

Trên dây có sóng dừng hai đầu cố định thì chiều dài sợi dây thỏa mãn: $l=k.\frac{\lambda }{2}\Rightarrow \lambda =\frac{2l}{k}$ 

Có ${\lambda }_{\max }\iff k_{\min }=1\Rightarrow {\lambda }_{\max }=\frac{2l}{2}=2l$ 

Chọn C.

Phương pháp:

Điều kiện có cực đại giao thoa trong giao thoa sóng hai nguồn cùng pha: $d_2-d_1=k\lambda ;k\in Z$ 

MI là đường trung tuyến của ∆MAB: $M{I}^2=\frac{A{M}^2+M{B}^2}{2}-\frac{A{B}^2}{4}$ 

Sử dụng định lí Pitago trong tam giác vuông và các lí định lí liên quan đến tam giác.

Cách giải: 

Áp dụng định lí Pitago ta có: $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=AB\sqrt{2}$ 

Cho $\lambda =1\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}AB=6,6\\ AC=6,6\sqrt{2}\end{array}\right.$ 

M dao động với biên độ cực đại và cùng pha với nguồn nên: $\left\{\begin{array}{l}MA=k_1\lambda =k_1\\ MB=k_2\lambda =k_2\end{array}\right.$; Với $k_1,k_2\in Z$  

CI là đường trung tuyến của ∆CAB nên: 

$C{I}^2=\frac{A{C}^2+C{B}^2}{2}-\frac{A{B}^2}{4}\Rightarrow CI=\sqrt{\frac{{(6,6\sqrt{2})}^2+6,6^2}{2}-\frac{6,6^2}{4}}=7,38$ 

MI là đường trung tuyến của ∆MAB nên: $M{I}^2=\frac{A{M}^2+M{B}^2}{2}-\frac{A{B}^2}{4}$ 

M là 1 điểm nằm trong hình vuông ABCD nên:

$+MA<AC\iff k_1<6,6\sqrt{2}=9,33\Rightarrow k_1\le 9$ 

+ $MI<CI\iff \frac{A{M}^2+M{B}^2}{2}-\frac{A{B}^2}{4}<B{C}^2+B{I}^2$ 

$\iff \frac{A{M}^2+M{B}^2}{2}-\frac{A{B}^2}{4}<A{B}^2+\frac{A{B}^2}{4}$ 

$\iff \frac{A{M}^2+M{B}^2}{2}<1,5.A{B}^2\iff \frac{A{M}^2+M{B}^2}{2}<1,5.6,6^2$ 

$\iff \frac{A{M}^2+M{B}^2}{2}<65,34\Rightarrow A{M}^2+M{B}^2<130,68\iff k_1^2+k_2^2<130,68$ (1)

+ $M{B}^2+A{B}^2>M{A}^2\Rightarrow k_2^2+6,6^2>k_1^2\left(2\right)$ 

Lại có: AB = AH + HB

Đặt $MH=x\Rightarrow \sqrt{M{A}^2-x^2}+\sqrt{M{B}^2-x^2}=AB\iff \sqrt{k_1^2-x^2}+\sqrt{k_2^2-x^2}=6,6$ (3)

Xét các cặp k1, k2 thỏa mãn (1) (2) (3) ta tìm được: $\left\{\begin{array}{l}{k}_1=8\\ k_2=6\end{array}\Rightarrow MI=\sqrt{\frac{8^2+6^2}{2}-\frac{6,6^2}{4}}=6,2537\right.$ 

Chọn A.

Phương pháp: 

Vị trí vân sáng trên màn quan sát: $x_s=\frac{k\lambda D}{a}$ 

Cách giải: 

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\lambda =0,5\mu m\\ a=1mm\\ D=1,5m\end{array}\right.$ 

Vân sáng bậc 3 cách vân trung tâm một khoảng: $x_3=\frac{3.\lambda D}{a}=\frac{3.0,5.1,5}{1}=2,25 \text{mm}$ 

Chọn B. 

Phương pháp: 

Vị trí vân sáng trên màn quan sát: $x_s=\frac{k\lambda D}{a}$ 

Vị trí vân tối trên màn quan sát: $x_t=\left(k+\frac{1}{2}\right)\frac{\lambda D}{a}$ 

Cách giải: 

+ Khi khoảng cách giữa màn quan sát và hai khe là D, tại điểm M cách vẫn trung tâm 4,2mm là một vân 

sáng bậc 5. Ta có: $x_M=5\frac{\lambda D}{a}=4,2 \text{mm}$ (1) 

 + Di chuyển màn quan sát ra hai khe thì D tăng  khoảng vân i tăng mà xM không đổi  k giảm.

Do đó trong quá trình di chuyển có quan sát được 1 lần M là vân sáng thì vân sáng này ứng với k = 4.

+ Tiếp tục di chuyển màn quan sát ra xa hai khe một khoảng 0,6m thì i tiếp tục tăng mà xM không đổi nên khi M là vân tối thì M lúc này là vân tối lần thứ 2 (ứng với k = 3).

Khi đó: $x_M=\left(3+\frac{1}{2}\right)\frac{\lambda (D+0,6)}{a}=4,2 \text{mm}$ (2) 

+ Từ (1) và (2) suy ra: $3,5.(D+0,6)=5D\Rightarrow D=1,4m$ (3) 

Lại có khoảng cách giữa hai khe là a = 1mm (4)

Thay (3) và (4) vào (1) ta được: $5.\frac{\lambda .1,4}{1}=4,2 \text{mm}\Rightarrow \lambda =0,6\mu \text{m}$ 

Chọn D. 

Phương pháp: 

Công thức tính độ lệch pha: $\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}$ 

Với $\phi ={\phi }_u-{\phi }_i$ 

Cách giải: 

Độ lệch pha giữa u và i: $\tan \phi =\frac{-Z_C}{R}=-\frac{40}{40}=-1\Rightarrow \phi =-\frac{\pi }{4}$ 

$\Rightarrow {\phi }_u-{\phi }_i=-\frac{\pi }{4}\Rightarrow$ u trễ pha hơn i góc $\frac{\pi }{4}$ 

Chọn D.

Phương pháp:

+ Thay t vào phương trình của cảm ứng từ B. 

+ Bước sóng: $\lambda =vT=\frac{v}{f}$ 

+ Tại gốc O: $e_o=E_0\cos \left(2\pi {.10}^{6}t\right)$ 

+ Biểu thức của cường độ điện trường tại điểm cách O khoảng x là: $e=E_0\cos \left(2\pi {.10}^{6}t-\frac{2\pi x}{\lambda }\right)$ 

+ Tại cùng một điểm và tại cùng một thời điểm cảm ứng từ B và điện trường E luôn cùng pha.

Cách giải: 

Bước sóng của sóng điện từ: $\lambda =\frac{v}{f}=\frac{{3.10}^8}{\frac{2\pi {.10}^6}{2\pi }}=300 \text{m}$ 

Phương trình dao động của điện trường tại gốc O: $e_O=E_0\cos \left(2\pi {.10}^{6}t\right)$ 

Phương trình dao động của điện trường tại vị trí có hoành độ x = 100m là: 

$e=E_0\cos \left(2\pi {.10}^{6}t-\frac{2\pi x}{\sqrt{\lambda }}\right)=E_0\cos \left(2\pi {.10}^{6}t-\frac{2\pi .100}{200}\right)$ $=E_0\cos \left(2\pi {.10}^{6}t-\frac{2\pi }{3}\right)(V/m)$ 

Cường độ điện trường và cảm ứng từ tại cùng một vị trí và cùng một thời điểm luôn cùng pha nên: 

$B=B_0\cos \left(2\pi {.10}^{6}t-\frac{2\pi }{3}\right)\left(T\right)$ 

Tại t = 10-6 s ta có: $B=B_0\cos \left(2\pi {.10}^6{.10}^{-6}-\frac{2\pi }{3}\right)=-\frac{B_0}{2}\left(T\right)$ 

Chọn B.

Phương pháp: 

Cơ năng: $W=\frac{1}{2}k{A}^2$ 

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

Sử dụng phương pháp giản đồ vectơ:

Cách giải:

+ Dao động (1) ngược pha và có năng lượng gấp đôi dao động hai: $\frac{W_1}{W_2}=2\iff \frac{A_1^2}{A_2^2}=2\Rightarrow A_1=A_2\sqrt{2}$ 

Đặt $A_2=1\Rightarrow A_1=\sqrt{2}$ 

+ Lại có: $\frac{W_{23}}{W_{13}}=\frac{E}{3E}=\frac{1}{3}\Rightarrow \frac{A_{23}^2}{A_{13}^2}=\frac{1}{3}\Rightarrow A_{13}=A_{23}\sqrt{3}$ 

Đặt $A_{23}=x\Rightarrow A_{13}=x\sqrt{3}$ 

+ Ta có giản đồ vecto: 

Từ giản đồ vecto ta có: ${\left(x\sqrt{3}\right)}^2=x^2+{(1+\sqrt{2})}^2\Rightarrow x=\frac{1+\sqrt{2}}{\sqrt{2}}\Rightarrow A_{23}=\frac{1+\sqrt{2}}{\sqrt{2}}$ 

+ Vì x1 vuông pha với x2, nên biên độ của dao động tổng hợp là:

$A^2=A_{23}^2+A_1^2={\left(\frac{1+\sqrt{2}}{\sqrt{2}}\right)}^2+{\left(\sqrt{2}\right)}^2$ 

$\frac{W}{W_{23}}=\frac{A^2}{A_{23}^2}\iff \frac{W}{E}=\frac{{\left(\frac{1+\sqrt{2}}{\sqrt{2}}\right)}^2+{\left(\sqrt{2}\right)}^2}{{\left(\frac{1+\sqrt{2}}{\sqrt{2}}\right)}^2}$ $\Rightarrow W=\frac{{\left(\frac{1+\sqrt{2}}{\sqrt{2}}\right)}^2+{\left(\sqrt{2}\right)}^2}{{\left(\frac{1+\sqrt{2}}{\sqrt{2}}\right)}^2}.E\approx 1,7E$ 

Chọn C.