Phương pháp:

Vận dụng biểu thức tính biên độ dao động tổng hợp:

$A^2=A_1^2+A_2^2+2A_1{A}_2\cos \Delta \phi$ 

Cách giải:

Ta có, 2 dao động điều hòa cùng phương, cùng tần số và cùng pha 

$\Rightarrow$Biên độ dao động tổng hợp: $A=A_1+A_2$ 

Chọn B.

Phương pháp:

Sử dụng lí thuyết về sóng cơ học

Cách giải:

Sóng ngang là sóng có phương dao động vuông góc với phương truyền sóng. 

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng lí thuyết về dao động tắt dần. 

Cách giải:

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

Chọn C.

Phương pháp:

Hiện tượng cộng hưởng điện: $Z_L=Z_C$ 

Cách giải:

Hiện tượng cộng hưởng điện xảy ra khi: $Z_L=Z_C\iff \omega L=\frac{1}{\omega C}\iff {\omega }^{2}LC-1=0$ 

Chọn D.

Phương pháp:

Sử dụng biểu thức tính tần số góc của mạch dao động LC

Cách giải: 

Tần số góc dao động riêng của mạch là: $\omega =\sqrt{\frac{1}{LC}}$ 

Chọn C.

Phương pháp:

Vận dụng lí thuyết về sóng dừng

Cách giải: 

Khoảng cách từ một bụng đến nút gần nó nhất là $\frac{\lambda }{4}$ 

Chọn C.

Phương pháp:

Vận dụng lí thuyết về các mạch điện xoay chiều

Cách giải:

Mạch xoay chiều chỉ có điện trở thuần khi đó u và i cùng pha với nhau.

Chọn A.

Phương pháp:

Vận dụng lí thuyết về truyền tải điện năng

Cách giải:

Tần số dòng điện trong cuộn thứ cấp bằng tần số trong cuộn thứ cấp.

Chọn B.

Phương pháp:

Sử dụng biểu thức tính độ lệch pha của 2 điểm trên phương truyền sóng

Cách giải: 

Độ lệch pha của 2 điểm trên phương truyền sóng: $\Delta \phi =\frac{2\pi d}{\lambda }$

Chọn A.

Phương pháp:

Sử dụng biểu thức lực kéo về

Cách giải:

Lực kéo về: $F_{kv}=kx$ 

Chọn B.

Phương pháp:

Vận dụng lí thuyết về dao động điều hòa.

Cách giải:

A – sai vì ở VTCB động năng bằng cơ năng, thế năng bằng 0.

B – sai

C – sai vì động năng của vật cực đại khi gia tốc có độ lớn cực tiểu.

D – đúng.

Chọn D.

Phương pháp:

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

Cách giải: 

Tổng trở của mạch: $Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}=\sqrt{R^2+{\left(\omega L-\frac{1}{\omega C}\right)}^2}$

Chọn D.

Phương pháp: 

Vận dụng lí thuyết về pha trong mạch điện xoay chiều.

Cách giải:

Cường độ dòng điện trong mạch biến thiên điều hòa trễ pha hơn điện áp hai đầu đoạn mạch khi cảm kháng lớn hơn dung kháng $Z_L>Z_C\iff \omega L>\frac{1}{\omega C}$ 

Chọn B.

Phương pháp:

Sử dụng biểu thức tính vận tốc dao động điều hòa: $v=x^{\text{'}}=-A\omega \sin (\omega t+\phi )$ 

Cách giải:

Li độ: $x=A\cos (\omega t+\phi )$  

Vận tốc dao động điều hòa: $v=x^{\text{'}}=-A\omega \sin (\omega t+\phi )$

Chọn B.

Phương pháp:

Vận dụng lí thuyết về sóng âm.

Cách giải:

A, B, C – đúng

D – sai vì đơn vị của mức cường độ âm là B hay dB.

Chọn D.

Phương pháp:

Sử dụng điều kiện cực tiểu giao thoa của 2 nguồn cùng pha: $d_2-d_1=(2k+1)\frac{\lambda }{2}$ 

Cách giải:

2 nguồn dao động cùng pha $\Rightarrow$ Cực tiểu giao thoa nằm tại những điểm có hiệu đường đi của 2 sóng từ 2 nguồn tới đó $d_2-d_1=(2k+1)\frac{\lambda }{2}$

Chọn A.

Phương pháp: 

Vận dụng biểu thức tính lực tương tác điện: $F=k\frac{\left|q_1{q}_2\right|}{\epsilon r^2}$ 

Cách giải: 

Lực tương tác điện giữa 2 điện tích điểm trong chân không $\epsilon =1:F=k\frac{\left|q_1{q}_2\right|}{r^2}$ 

Chọn C.

Phương pháp: Vận dụng tính chất ảnh của vật qua thấu kính hội tụ

Cách giải:

Ảnh của vật qua thấu kính hội tụ có thể lớn hơn, nhỏ hơn hoặc bằng vật.

Chọn D.

Phương pháp:

Sử dụng biểu thức tính chu kì dao động của mạch LC: $T=2\pi \sqrt{LC}$ 

Cách giải:

Chu kì dao động riêng của mạch: $T=2\pi \sqrt{LC}=2\pi \sqrt{{4.10}^{-6}{\mathrm{.10.10}}^{-12}}={4.10}^{-8}s$ 

Chọn B.

Phương pháp:

+ Sử dụng biểu thức chiều dài quỹ đạo: L = 2A

+ Sử dụng biểu thức tính tần số góc: $\omega =\frac{2\pi }{T}$ 

+ Xác định pha ban đầu của dao động: $t=0:\left\{\begin{array}{l}{x}_0=A\cos \phi \\ v=-A\omega \sin \phi \end{array}\right.$ 

Cách giải:

+ Biên độ dao động của vật: $A=\frac{L}{2}=\frac{10}{2}=5cm$ 

+ Tần số góc $\omega =\frac{2\pi }{T}=\frac{2\pi }{2}=\pi (ra\text{d/s)}$ 

+ Tại $t=0:\left\{\begin{array}{l}{x}_0=0\\ v<0\end{array}\Rightarrow \phi =\frac{\pi }{2}\right.$  

$\Rightarrow$ Phương trình dao động của vật: $x=5\cos \left(\pi t+\frac{\pi }{2}\right)cm$ 

Chọn D.

Phương pháp:

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

Cách giải: 

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch: $P=UI\cos \phi =\frac{100}{\sqrt{2}}\cdot \frac{2}{\sqrt{2}}\cos \left(\frac{\pi }{6}-\frac{\pi }{3}\right)=50\sqrt{3}W$

Chọn B.

Phương pháp:

Tốc độ của vật dao động điều hòa khi ở VTCB: $v_{\max }=A\omega$ 

Cách giải: 

Tốc độ của vật dao động điều hòa khi ở VTCB: $v_{\max }=A\omega =A\frac{2\pi }{T}=2.\frac{2\pi }{\mathrm{0,5}\pi }=8c\text{m/s}$ 

Chọn B.

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức $\frac{U_1}{U_2}=\frac{N_1}{N_2}$ 

Cách giải: 

Ta có: $\frac{U_1}{U_2}=\frac{N_1}{N_2}\iff \frac{\frac{U_0}{\sqrt{2}}}{U_2}=\frac{10N_2}{N_2}\Rightarrow U_2=\frac{U_0}{10\sqrt{2}}$ 

Chọn A. 

Phương pháp:

Sử dụng biểu thức tính tần số $f=np$ 

Cách giải:

Tần số: $f=np=\frac{900}{60}\cdot 4=60Hz$ 

Chọn A.

Phương pháp:

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

Cách giải: 

Bước sóng của sóng điện từ: $\lambda =\frac{c}{f}=\frac{{3.10}^8}{{2.10}^7}=15m$ 

Chọn A.

Phương pháp:

Sử dụng biểu thức tính cảm ứng từ do dòng điện thẳng dài vô hạn gây ra: $B={2.10}^{-7}\frac{I}{r}$

Cách giải: 

Cảm ứng từ tại M cách dòng điện 5cm là: $B={2.10}^{-7}\frac{I}{r}={2.10}^{-7}\frac{\mathrm{0,5}}{\mathrm{0,05}}={2.10}^{-6}T$ 

Chọn A.

Phương pháp:

Sử dụng biểu thức sóng dừng trên dây 2 đầu cố định: $l=k\frac{\lambda }{2}$ (k = số bụng sóng = số nút sóng – 1)

Cách giải:

Ta có, trên dây có số nút sóng là 2 + 8 = 10 nút sóng 

$\Rightarrow$ Số bụng sóng k = 10 –1 = 9. 

$l=k\frac{\lambda }{2}=k\frac{v}{2f}\Rightarrow v=\frac{l.2f}{k}=\frac{\mathrm{90.2.200}}{9}=4000c\text{m/s}=40\text{m/s}$ 

Chọn B.

Phương pháp: 

Vận dụng biểu thức tính chu kì dao động con lắc đơn: $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$ 

Cách giải: 

+ Ban đầu $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}=2s$ 

+ Khi tăng chiều dài: $T^{\text{'}}=2\pi \sqrt{\frac{l+\mathrm{0,21}}{g}}=\mathrm{2,2}s$ 

$\Rightarrow \frac{T^{\text{'}}}{T}=\frac{\mathrm{2,2}}{2}=\sqrt{\frac{l+\mathrm{0,21}}{l}}\Rightarrow l=1m$ 

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng biểu thức tính công suất hao phí: $\Delta P=\frac{P^2}{{\left(U\cos \phi \right)}^2}R$ 

Cách giải:

Ta có: $\Delta P=P-P^{\text{'}}$ 

$\text{+ }\Delta P_1=8\%P^{\text{'}}=\frac{2}{27}P=\frac{P^2}{k_1^2{U}^2{\cos }^2\phi }R\left(1\right)$ 

$+\Delta P_2=3\%P^{\text{'}\text{'}}=\frac{3}{103}P=\frac{P^2}{k_2^2{U}^2{\cos }^2\phi }R\left(2\right)$

$\Rightarrow \frac{\left(1\right)}{\left(2\right)}$ ta được $\frac{206}{81}=\frac{k_2^2}{k_1^2}\Rightarrow k_2=\sqrt{\frac{206}{81}}{k}_1=\mathrm{19,136}$ 

Chọn C.

Phương pháp:

+ Đọc đồ thị dao động

+ Sử dụng vòng tròn lượng giác

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

+ Sử dụng biểu thức tính gia tốc: $a=-{\omega }^{2}x$ 

Cách giải:

Từ đồ thị dao động, ta có:

+ Chu kì dao động: T = 1,6s 

Ta có: ${\phi }_1=\omega .\Delta t_1=\frac{2\pi }{T}\cdot \left(\Delta t_1\right)=\frac{2\pi }{\mathrm{1,6}}\cdot \mathrm{0,1}=\frac{\pi }{8}rad$ 

Lại có: $x_1=A\cos {\phi }_1\Rightarrow A=\frac{x_1}{\cos \frac{\pi }{8}}$ 

${\phi }_2=\omega .\Delta t_2=\frac{2\pi }{\mathrm{1,6}}\cdot \mathrm{0,2}=\frac{\pi }{4}\left(rad\right)$ 

$\left|x_2\right|=A\left|\cos {\phi }_2\right|=\frac{x_1}{\cos \frac{\pi }{8}}\cdot \cos \frac{\pi }{4}=\frac{3}{\cos \frac{\pi }{8}}\cdot \cos \frac{\pi }{4}=\mathrm{2,296}cm$ 

Gia tốc tại thời điểm $t=\mathrm{1,3}s:a_2=-{\omega }^2{x}_2=-{\left(\frac{2\pi }{\mathrm{1,6}}\right)}^2(-\mathrm{2,296})=\mathrm{35,408}c{\text{m/s}}^{\text{2}}$ 

Chọn C.

Phương pháp:

+ Sử dụng vòng tròn lượng giác 

+ Vận dụng biểu thức: $v=\frac{\lambda }{T}$ 

Cách giải:

Khoảng thời gian ngắn nhất dây chuyển từ dạng đường nét đứt được thể hiện như hình vẽ: 

$\Rightarrow \Delta \phi =\omega \Delta t=\frac{2\pi }{T}\cdot \frac{1}{3}=\frac{2\pi }{3T}$    (1)

Lại có: $\Delta \phi =\frac{\pi }{2}+ar\sin \left(\left|\frac{-4}{7}\right|\right)=\mathrm{0,6936}\pi rad$ (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra T = 0,9611s

Khoảng cách mỗi bó sóng là:   $\frac{3\lambda }{4}=30cm\Rightarrow \lambda =40cm$

Tốc độ truyền sóng: $v=\frac{\lambda }{T}=\frac{40}{\mathrm{0,9611}}=\mathrm{41,62}c\text{m/s}$ 

Chọn C.

Phương pháp: 

Vận dụng pha trong mạch chỉ chứa cuộn cảm thuần: $\left\{\begin{array}{l}{u}_L\perp i\\ {\left(\frac{i}{I_0}\right)}^2+{\left(\frac{u}{U_0}\right)}^2=1\end{array}\right.$ 

Cách giải:

Ta có: Mạch chỉ có cuộn cảm thuần: $u_L\perp i$ 

$\frac{i^2}{I_0^2}+\frac{u^2}{U_0^2}=1\iff \frac{i^2}{2^2}+\frac{{50}^2}{{100}^2}=1\Rightarrow \left|i\right|=\sqrt{3}$ 

Tại thời điểm điện áp 50V và đang tăng $\Rightarrow$ cường độ dòng điện khi đó $i=-\sqrt{3}A$ 

Chọn B.

Phương pháp:

+ Sử dụng biểu thức tính biên độ dao động tổng hợp: A$A^2=A_1^2+A_2^2+2A_1{A}_2\cos \Delta \phi$ 

+ Sử dụng biểu thức tính năng lượng dao động: $W=\frac{1}{2}k{A}^2$ 

Cách giải: 

+ Khi 2 dao động cùng pha: $\left\{\begin{array}{l}A=A_1+A_2\\ W=\frac{1}{2}k{\left(A_1+A_2\right)}^2=25J\end{array}\right.$   (1)

+ Khi 2 dao động ngược pha: $\left\{\begin{array}{l}{A}^{\text{'}}=\left|A_1-A_2\right|\\ W^{\text{'}}=\frac{1}{2}k{\left(A_1-A_2\right)}^2=9J\end{array}\right.$   (2)

Từ (1) và (2) ta được: $\frac{W}{W^{\text{'}}}=\frac{25}{9}=\frac{{\left(A_1+A_2\right)}^2}{{\left(A_1-A_2\right)}^2}\Rightarrow A_1+A_2=\frac{5}{3}\left|A_1-A_2\right|\Rightarrow \left[\begin{array}{l}{A}_1=4A_2\\ A_1=\frac{A_2}{4}\end{array}\right.$ 

+ Khi năng lượng dao động tổng hợp là $W^{\text{'}\text{'}}=15J=\frac{1}{2}k{A}^{\text{'}\text{'}2}$ 

$\frac{W^{\text{'}\text{'}}}{W}=\frac{15}{25}\iff \frac{A^{n2}}{A^2}=\frac{15}{25}$ 

$\iff A_1^2+A_2^2+2A_1{A}_2\cos \Delta \phi =\frac{15}{25}{\left(A_1+A_2\right)}^2$ $\Rightarrow \cos \Delta \phi =\frac{\frac{15}{25}{\left(A_1+A_2\right)}^2-\left(A_1^2+A_2^2\right)}{2A_1{A}_2}$ 

Với $A_1=4A_2\Rightarrow \cos \Delta \phi =-\frac{1}{4}$ 

Với $A_1=\frac{A_2}{4}\Rightarrow \cos \Delta \phi =-\frac{1}{4}\Rightarrow \Delta \phi ={\mathrm{75,52}}^0=\mathrm{1,823}rad$ 

Chọn A.

Phương pháp:

+ Sử dụng biểu thức tính điện trở tương đương mạch gồm các điện trở mắc nối tiếp: $R=R_1+R_2+\dots$ 

+ Sử dụng biểu thức định luật ôm cho toàn mạch: $I=\frac{E}{R_N+r}$ 

+ Sử dụng biểu thức: $U=IR$ 

Cách giải:

+ Điện trở tương đương mạch ngoài: $R_N=R_1+R_2=3+6=9\Omega$ 

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

$\text{+ }{U}_1=I.R_1=\mathrm{1,2.3}=\mathrm{3,6}V$

Số chỉ của vôn kế chính là hiệu điện thế hai đầu điện trở R₁ và bằng 3,6V.

Chọn A.

Phương pháp: 

+ Sử dụng điều kiện dao động cùng pha và cực đại: $\left\{\begin{array}{l}{d}_1=k_1\lambda \\ d_2=k_2\lambda \end{array}\right.$ 

+ Vận dụng các hệ thức lượng trong tam giác. 

Cách giải: 

Xét điểm M thuộc góc phần tư thứ nhất 

Để M đạt cực đại và cùng pha với nguồn thì: $\left\{\begin{array}{l}M{S}_1=a\lambda \\ M{S}_2=b\lambda \end{array}\right.$ 

Lại có: $M{S}_2+M{S}_2>S_1{S}_2\iff a\lambda +b\lambda >\mathrm{4,8}\lambda \Rightarrow a+b>\mathrm{4,8}$    (a > b)  (1)

$O{M}^2\le {\left(\mathrm{2,4}\lambda \right)}^2\iff \frac{M{S}_1^2+M{S}_2^2}{2}-\frac{S_1{S}_2^2}{4}\le {\left(\mathrm{2,4}\lambda \right)}^2$ 

$\iff \frac{a^2{\lambda }^2+b^2{\lambda }^2}{2}-\frac{{\mathrm{4,8}}^2{\lambda }^2}{4}{\left(\mathrm{2,4}\lambda \right)}^2\Rightarrow a^2+b^2\le \mathrm{23,04}$ 

Kết hợp với (1) ta suy ra $2b^2\le a^2+b^2\le \mathrm{23,04}\Rightarrow b\le \mathrm{3,39}$ 

$\Rightarrow$ Nửa trên đường tròn có 7 giá trị

$\Rightarrow$Cả vòng tròn có 14 giá trị (điểm thỏa mãn) yêu cầu đề bài

Chọn D.

Phương pháp:

+ Vẽ giản đồ véc tơ 

+ Sử dụng định lí hàm số sin trong tam giác: $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}$ 

+ Sử dụng công thức lượng giác

+ Sử dụng BĐT Bunhia

Cách giải: 

Từ giản đồ, ta có: 

$\frac{U}{\sin \left(\frac{\pi }{2}-{\phi }_{AN}\right)}=\frac{U_{AN}}{\sin \left(\frac{\pi }{2}-\phi \right)}=\frac{U_{NB}}{\sin \left({\phi }_{AN}+\phi \right)}=\frac{3U_{NB}}{3\sin \left({\phi }_{AN}+\phi \right)}$ 

$\iff \frac{U}{\cos {\phi }_{AN}}=\frac{U_{AN}+3U_{NB}}{\cos \phi +3\sin \left({\phi }_{AN}+\phi \right)}$ $\Rightarrow U_{AN}+3U_{NB}=\frac{U}{\cos {\phi }_{AN}}\left[\cos \phi +3\sin \left({\phi }_{AN}+\phi \right)\right]$ 

${\left[U_{AN}+3U_{NB}\right]}_{\max }$ khi ${\left[\frac{\cos \phi +3\sin \left({\phi }_{AN}+\phi \right)}{\cos {\phi }_{AN}}\right]}_{\max }$ 

Ta có: $\frac{\cos \phi +3\sin \left({\phi }_{AN}+\phi \right)}{\cos {\phi }_{AN}}=\frac{\cos \phi +3\sin \phi \cos {\phi }_{AN}+3\cos \phi \sin {\phi }_{AN}}{\cos {\phi }_{AN}}$

                                                $=\frac{\cos \phi \left(1+3\sin {\phi }_{AN}\right)+3\sin \phi .\cos {\phi }_{AN}}{\cos {\phi }_{AN}}(\ast )$ 

Áp dụng bất đẳng thức Bunhia ta có: 

$(\ast )\le \frac{\left({\cos }^2\phi +{\sin }^2\phi \right)\left[{\left(1+3\sin {\phi }_{AN}\right)}^2+{\left(3\cos {\phi }_{AN}\right)}^2\right]}{\cos {\phi }_{AN}}$ 

Dấu = xảy ra khi: $\frac{1+3\sin {\phi }_{AN}}{\cos \phi }=\frac{3\cos {\phi }_{AN}}{\sin \phi }$ 

Lại có: $\cos \phi =\sin \phi =\frac{1}{\sqrt{2}}$ (đề bài cho) 

$\Rightarrow \frac{1+3\sin {\phi }_{AN}}{\frac{1}{\sqrt{2}}}=\frac{3\cos {\phi }_{AN}}{\frac{1}{\sqrt{2}}}$ 

$\cos {\phi }_{AN}-\sin {\phi }_{AN}=\frac{1}{3}\Rightarrow {\phi }_{AN}=\mathrm{0,547}rad\Rightarrow \cos {\phi }_{AN}=\mathrm{0,8538}$

Chọn A.

Phương pháp: 

Viết phương trình sóng cơ trong trường giao thoa: $u=2a\cos \left(\pi \frac{d_2-d_1}{\lambda }\right)\cos \left(\omega t-\pi \frac{d_2+d_1}{\lambda }\right)$ 

Cách giải:

2 nguồn cùng pha, giải sử phương trình sóng tại 2 nguồn: $u_1=u_2=a\cos \left(\omega t\right)$ 

Phương trình sống tại M: $u_M=2a\cos \left(\pi \frac{2.1}{12}\right)\cos \left(\omega t-\pi \frac{AB}{\lambda }\right)$ 

Phương trình sống tại N:  $u_N=2a\cos \left(\pi \frac{2.2}{12}\right)\cos \left(\omega t-\pi \frac{AB}{\lambda }\right)$ 

$\Rightarrow \frac{u_M}{u_N}=\frac{\cos \frac{\pi }{6}}{\cos \frac{\pi }{3}}=\sqrt{3}\Rightarrow u_N=\frac{u_M}{\sqrt{3}}=\frac{-6}{\sqrt{3}}=-2\sqrt{3}mm$ 

Chọn B.

Phương pháp: 

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

+ Sử dụng biểu thức tính lực đàn hồi: $F_{dh}=k\left|x\right|$ 

+ Sử dụng biểu thức tính hợp lực 

+ Vận dụng công thức lượng giác.

Cách giải:

+ Con lắc N (1) dao động với tần số góc: $\omega =\sqrt{\frac{k}{4m}}$ 

+ Con lắc M (2) dao động với tần số góc: ${\omega }^{\text{'}}=\sqrt{\frac{k}{m}}=2\omega$ 

Biên độ dao động của 2 con lắc là A = 5cm, pha ban đầu $\phi =0rad$  

Ta có 2 con lắc dao động trên 2 đường thẳng vuông góc với nhau $\Rightarrow \overrightarrow{F_{d{h}_1}}\perp \overrightarrow{F_{d{h}_2}}$ 

Hợp lực tác dụng lên điểm I: $\overrightarrow{F}=\overrightarrow{F_{d{h}_1}}+\overrightarrow{F_{d{h}_2}}$ 

Mà: $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{F_{d{h}_1}}\perp \overrightarrow{F_{d{h}_2}}\\ F_{d{h}_1}=k{x}_1=k.A\cos \left(\omega t\right)\\ F_{d{h}_2}=k{x}_2=k.A\cos \left(2\omega t\right)\end{array}\right.$ 

$\Rightarrow F^2=F_{d{l}_1}^2+F_{d{h}_2}^2={\left[kA\cos \right(\omega t\left)\right]}^2+{\left[kA\cos \right(2\omega t\left)\right]}^2$ $=k^2{A}^2\left[{\cos }^2\omega t+\left({\cos }^{2}2\omega t\right)\right]$ 

Lại có: ${\cos }^2\omega t+{\cos }^{2}2\omega t={\cos }^2\omega t+{\left(2{\cos }^2\omega t-1\right)}^2$ $=4{\cos }^4\omega t-3{\cos }^2\omega t+1=P$ 

$F_{\min }$ khi $P_{\min }$ 

Đặt ${\cos }^2\omega t=x\Rightarrow P=4x^2-3x+1$ 

$P_{\min }$ khi $x=-\frac{b}{2a}=\frac{3}{8}$ 

Thay lên trên, ta được $F_{\min }=\frac{\sqrt{7}}{2}N$ 

Chọn C.

Phương pháp: 

+ Sử dụng biểu thức tính: $\tan (a-b)=\frac{\tan a-\tan b}{1-\tan a.\tan b}$ 

+ Sử dụng BĐT côsi: $a+b\ge 2\sqrt{ab}$ 

Cách giải:

Ta có: $\phi ={\phi }_d-{\phi }_{AB}$ 

$\tan \phi =\tan \left({\phi }_d-{\phi }_{AB}\right)=\frac{\tan {\phi }_d-\tan {\phi }_{AB}}{1-\tan {\phi }_d.\tan {\phi }_{AB}}$ 

Lại có: $\left\{\begin{array}{l}\tan {\phi }_d=\frac{Z_L}{r}\\ \tan {\phi }_{AB}=\frac{Z_L}{R+r}\end{array}\Rightarrow \tan \phi \right.$ $=\frac{\frac{Z_L}{r}-\frac{Z_L}{R+r}}{1+\frac{Z_L^2}{r(R+r)}}=\frac{Z_{L}R}{r(R+r)+Z_L^2}$ $\Rightarrow \tan \phi =\frac{R}{\frac{r(R+r)}{Z_L}+Z_L}$ 

Ta có: $\frac{r(R+r)}{Z_L}+Z_L\ge 2\sqrt{r(R+r)}\Rightarrow \tan \phi \le \frac{R}{2\sqrt{r(R+r)}}$ 

$\Rightarrow \tan {\phi }_{\max }$ khi $\frac{r(R+r)}{Z_L}=Z_L$ (*) và $\tan {\phi }_{\max }=\mathrm{0,65}\Rightarrow \frac{R}{2\sqrt{50(50+R)}}=\mathrm{0,65}\Rightarrow R=\mathrm{119,77}\Omega$ 

Thay vào (*) ta suy ra: $Z_L=\mathrm{92,13}\Omega =\omega L_0\Rightarrow L_0=\mathrm{0,29}H$ 

Chọn D.

Phương pháp: 

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

+ Sử dụng hệ thức độc lập: $x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}=A^2$ 

Cách giải:

+ Ban đầu: T = 0,5s

+ Lúc sau khi giữ lò xo: T' = 0,25s 

$T^{\text{'}}=\frac{T}{2}\Rightarrow k^{\text{'}}=4k$ và $l^{\text{'}}=\frac{l}{4}$ 

Ban đầu $x^2+\frac{v^2}{{\left(4\pi \right)}^2}=5^2$    (1)

Khi giữ lò xo: $\left(\frac{x^2}{4}\right)+\frac{v^2}{{\left(8\pi \right)}^2}={\mathrm{2,35}}^2$   (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra v = 57,75cm/s

Chọn D.