Phương pháp: 

Sử dụng lý thuyết mức cường độ âm 

Cách giải: 

Đơn vị của mức cường độ âm là Đêxiben (dB) 

Chọn A.

Phương pháp: 

Trong cùng một môi trường, chiết suất của môi trường đối với ánh sáng đơn sắc tăng dần từ đỏ đến tím Cách giải: 

Chiết suất của thủy tinh có giá trị nhỏ nhất đối với ánh sáng đỏ 

Chọn A.

Phương pháp: 

Sử dụng lý thuyết dòng điện xoay chiều 

Cách giải: 

Trong đoạn mạch xoay chiều, số chỉ của Ampe kế cho biết cường độ dòng điện hiệu dụng

Chọn A.

Phương pháp: 

Tại vị trí vân tối, hai sóng ánh sáng truyền đến phải ngược pha 

Cách giải: 

Tại vị trí có vân tối, hai sóng ánh sáng truyền đến phải ngược pha 

Chọn D.

Phương pháp: 

Khoảng vân là khoảng cách giữa hai vân sáng (hoặc tối) liên tiếp 

Cách giải: 

Khoảng cách giữa 6 vân sáng liên tiếp trên màn là: 

$l=5i=1\left(cm\right)\Rightarrow i=\mathrm{0,2}\left(cm\right)=2\left(mm\right)$ 

Chọn B.

Phương pháp: 

Khoảng cách giữa hai nút sóng liên tiếp là  

Cách giải: 

Khoảng cách giữa 4 nút sóng liên tiếp là: $l=3\frac{\lambda }{2}=3\cdot \frac{4}{2}=6\left(cm\right)$ 

Chọn B.

Phương pháp: 

Công thức máy biến áp: $\frac{U_1}{U_2}=\frac{N_1}{N_2}$ 

Máy tăng áp có $U_1<U_2$ 

Cách giải: 

Máy tăng áp có: $U_1<U_2\Rightarrow \frac{U_1}{U_2}<1\Rightarrow \frac{N_1}{N_2}<1\Rightarrow \frac{N_2}{N_1}>1$ 

Chọn C.

Phương pháp: 

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch: $U=\sqrt{U_R^2+{\left(U_L-U_C\right)}^2}$ 

Cách giải: 

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch là: 

$U=\sqrt{U_R^2+{\left(U_L-U_C\right)}^2}\Rightarrow 100=\sqrt{U_R^2+{(50-130)}^2}\Rightarrow U_R=60\left(V\right)$ 

Chọn D.

Phương pháp: 

Cảm kháng của cuộn dây:  $Z_L=\omega L=2\pi fL$

Cách giải: 

Cảm kháng của cuộn dây là: $Z_L=2\pi fL$ 

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

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

Chọn A.

Phương pháp: 

Độ lớn lực tương tác giữa hai điện tích: $F={9.10}^9\frac{\left|q_1{q}_2\right|}{\epsilon r^2}$  

Cách giải: 

Độ lớn lực đẩy giữa hai điện tích là: 

$F=k\frac{\left|q_1{q}_2\right|}{\epsilon r^2}=k\frac{q^2}{\epsilon r^2}\Rightarrow q=\sqrt{\frac{F.\epsilon r^2}{k}}=$ $\sqrt{\frac{{2.10}^{-6}{\mathrm{.81.0,06}}^2}{{9.10}^9}}\approx {\mathrm{8,05.10}}^{-9}\left(C\right)=\mathrm{8,05}\left(nC\right)$ 

Phương pháp: 

Ảnh ảo qua thấu kính hội tụ luôn lớn hơn vật, cùng chiều với vật

Cách giải: 

Ảnh ảo qua thấu kính hội tụ luôn lớn hơn vật

Chọn A.

Phương pháp: 

Khoảng cách giữa hai điểm bụng liền kề là $\frac{\lambda }{2}$ 

Cách giải: 

Khoảng cách giữa hai điểm bụng liền kề là $\frac{\lambda }{2}$

Chọn B.

Phương pháp: 

Sử dụng lý thuyết ứng dụng của hiện tượng cộng hưởng

Cách giải: 

Hiện tượng cộng hưởng được ứng dụng trong hộp đàn ghita

Chọn C.

Phương pháp: 

Tần số của suất điện động: f = 60pn 

Cách giải: 

Tần số của suất điện động do máy phát ra là: f = 60pn

Phương pháp: 

Hệ số công suất của đoạn mạch: cosφ 

Cách giải: 

Hệ số công suất của đoạn mạch là: cosφ 

Chọn A.

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

Tần số góc của mạch dao động là: $\omega =\frac{1}{\sqrt{LC}}=\frac{1}{\sqrt{{\mathrm{12,5.10}}^{-3}{\mathrm{.2.10}}^{-9}}}={20.10}^4(ra\text{d/s)}$ 

Chọn A.

Khoảng cách giữa hai gợn sóng liên tiếp là λ

Thời gian sóng truyền giữa hai gợn sóng liên tiếp là T

Tốc độ truyền sóng: $v=\frac{\lambda }{T}$

Phương pháp: 

Sử dụng lý thuyết máy quang phổ lăng kính 

Cách giải: 

Trong máy quang phổ lăng kính, bộ phận gây ra hiện tượng tán sắc ánh sáng là lăng kính

Chọn B.

Phương pháp: 

Cảm ứng từ tại tâm vòng dây tròn: $B=2\pi {.10}^{-7}\frac{I}{R}$ 

Cách giải: 

Độ lớn cảm ứng từ tại tâm vòng dây tròn là: $B=2\pi {.10}^{-7}\frac{I}{R}$

Chọn D.

Phương pháp: 

Sử dụng lý thuyết dòng điện trong kim loại 

Cách giải: 

Hạt tải điện trong kim loại là electron tự do 

Chọn B.

Phương pháp: 

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

Trong đó: x là li độ 

A là biên độ 

ω là tần số góc 

φ là pha ban đầu 

(ωt+φ) là pha dao động 

Cách giải: 

Trong phương trình dao động $x=4\cos \left(5\pi t+\frac{\pi }{3}\right)cm,$ biên độ dao động là: 4 cm 

Chọn A.

Phương pháp: 

Chiều dài quỹ đạo: L = 2A 

Cách giải: 

Chất điểm có biên độ là: A = 10 (cm) 

Chiều dài quỹ đạo dao động của chất điểm là: L = 2A = 2.10 = 20 (cm)

Chọn B.

Phương pháp:

Sử dụng lý thuyết ứng dụng của các tia 

Cách giải: 

Tia X có ứng dụng kiểm tra hành lí ở các sân bay 

Chọn C.

Phương pháp: 

Sơ đồ khối của máy thu thanh đơn giản: anten thu – chọn sóng – tách sóng – khuếch đại âm tần – loa Cách giải: 

Trong sơ đồ khối của máy thu thanh vô tuyến đơn giản có bộ phận mạch tách sóng

Chọn B.

Phương pháp: 

Biên độ dao động tổng hợp: $\left|A_1-A_2\right|\le A\le A_1+A_2$ 

Cách giải: 

Biên độ dao động tổng hợp của chất điểm: 

$\left|A_1-A_2\right|\le A\le A_1+A_2\Rightarrow 3\le A\le 13\left(cm\right)$ 

→ biên độ dao động tổng hợp không thể là 2 cm 

Chọn D.

Phương pháp: 

Cảm kháng của cuộn cảm: Z_L = ωL = 2πfL 

Cách giải: 

Cảm kháng của cuộn cảm là: $Z_L=2\pi fL=2\pi \mathrm{.50.}\frac{1}{\pi }=100\left(\Omega \right)$ 

Chọn C.

Phương pháp: 

Sử dụng lý thuyết dòng điện xoay chiều 

Cách giải: 

Đại lượng không có giá trị hiệu dụng là công suất 

Chọn B.

Phương pháp: 

Tần số dao động của con lắc lò xo: $f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{k}{m}}$ 

Cách giải: 

Tần số dao động của con lắc lò xo: $f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{k}{m}}$ 

Chọn B.

Phương pháp: 

Bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}$ 

Cách giải:

Bước sóng của sóng này là: $\lambda =\frac{v}{f}$ 

Chọn C.

Phương pháp: 

Trên đường nối hai nguồn, khoảng cách giữa hai cực đại liền kề là  

Cách giải: 

Tại điểm M có cực đại thứ k, điểm N có cực đại thứ k + 4 → khoảng cách MN là:

$MN=4.\frac{\lambda }{2}=2\lambda$ 

Ta có: $MN=AN-AM\Rightarrow \mathrm{0,2}cm=2\lambda \Rightarrow \lambda =\mathrm{0,1}\left(cm\right)=1\left(mm\right)$ 

Chọn A.

Phương pháp: 

Vật có vận tốc bằng 0 khi ở vị trí biên 

Tốc độ trung bình: $v_{tb}=\frac{S}{\Delta t}$ 

Sử dụng vòng tròn lượng giác và công thức: $\Delta \phi =\omega \Delta t$ 

Cách giải: 

Hai thời điểm liên tiếp t₁, t₂ vật có vận tốc bằng 0 → vật chuyển động giữa hai vị trí biên

Quãng đường vật chuyển động là: S = 2A 

Tốc độ trung bình của vật trong khoảng thời gian từ t₁ đến t₂ là: 

$v_{tb}=\frac{S}{t_2-t_1}=\frac{2A}{t_2-t_1}\Rightarrow 16=\frac{2A}{\mathrm{2,5}-\mathrm{1,75}}\Rightarrow A=6\left(cm\right)$ 

Khoảng thời gian vật chuyển động giữa hai vị trí biên là:

$\Delta t=t_2-t_1=\frac{T}{2}\Rightarrow T=2\left(t_2-t_1\right)=\mathrm{1,5}\left(s\right)\Rightarrow \omega =\frac{2\pi }{T}=\frac{2\pi }{\mathrm{1,5}}=\frac{4\pi }{3}(r\text{ad/s)}$ 

Ở thời điểm t₁, vecto quay được góc: 

$\Delta {\phi }_1=\omega t_1=\frac{4\pi }{3}\mathrm{.1,75}=\frac{7\pi }{3}\left(rad\right)=2\pi +\frac{\pi }{3}$ 

Ở thời điểm đầu, vật chuyển động ngược chiều dương → pha ban đầu: $0\le \phi \le \pi$ 

Pha dao động của vật ở thời điểm t₁ là: 

$\Delta {\phi }_1=\omega t_1=\frac{4\pi }{3}\mathrm{.1,75}=\frac{7\pi }{3}\left(rad\right)=2\pi +\frac{\pi }{3}$ vật ở vị trí biên âm 

Ta có vòng tròn lượng giác:

Từ vòng tròn lượng giác, ta thấy tại thời điểm t = 0, vật có li độ x = -3 cm

Chọn B.

Phương pháp: 

Độ lớn lực đàn hồi: $F_{dh}=k\Delta l=k\left|\Delta l_0+x\right|$ 

Độ lớn lực phục hồi: $F_{ph}=k\left|x\right|$ 

Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị và vòng tròn lượng giác 

Tần số góc của con lắc lò xo:  $\omega =\sqrt{\frac{g}{\Delta l_0}}$ 

Tốc độ trung bình: $v_{tb}=\frac{S}{\Delta t}$ 

Cách giải: 

Ta có đồ thị: 

Giả sử ở vị trí cân bằng, lò xo giãn một đoạn ∆l₀

Lực đàn hồi và lực phục hồi có độ lớn cực đại là:

$\left\{\begin{array}{l}{F}_{dh\max }=k\left(\Delta l_0+A\right)\\ F_{ph\max }=kA\end{array}\Rightarrow F_{dh\max }>F_{ph\max }\right.$ 

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

Ta có: $\frac{F_{dh\max }}{F_{ph\max }}=\frac{k\left(\Delta l_0+A\right)}{kA}=\frac{3}{2}\Rightarrow 2\left(\Delta l_0+A\right)=3A\Rightarrow A=2\Delta l_0\ddot{x}$ 

Nhận xét: lực phục hồi có độ lớn nhỏ nhất tại vị trí cân bằng → tại thời điểm t₁, vật ở vị trí cân bằng

Lực đàn hồi có độ lớn nhỏ nhất tại vị trí lò xo không biến dạng → tại thời điểm t₂, vật ở vị trí lò xo không  biến dạng lần thứ 2 kể từ thời điểm t₁ 

Lực đàn hồi và lực phục hồi có độ lớn cực đại tại vị trí biên dưới → tại thời điểm t₃, vật ở vị trí biên dưới lần  đầu tiên kể từ thời điểm t₂ 

Ta có vòng tròn lượng giác: 

Từ vòng tròn lượng giác ta thấy từ thời điểm t₁ đến t₂, vecto quay được góc: $\Delta \phi =\frac{5\pi }{6}\left(rad\right)$ 

Ta có: $\Delta \phi =\omega \left(t_2-t_1\right)\Rightarrow \frac{5\pi }{6}=\omega .\frac{\pi }{12}\Rightarrow \omega =10(ra\text{d/s)}$ 

Mà $\omega =\sqrt{\frac{g}{\Delta l_0}}\Rightarrow 10=\sqrt{\frac{10}{\Delta l_0}}\Rightarrow \Delta l_0=\mathrm{0,1}\left(m\right)$ 

$\Rightarrow A=2\Delta l_0=\mathrm{0,2}\left(m\right)$ 

Nhận xét: từ thời điểm t₁ đến t₃, vật đi được quãng đường là:

S = 3A = 3.0,2 = 0,6 (m) 

Vecto quay được góc: 

$\Delta \phi =\frac{3\pi }{2}=\omega .\left(t_3-t_1\right)\Rightarrow t_3-t_1=\frac{\frac{3\pi }{2}}{10}=\frac{3\pi }{20}\left(s\right)$ 

Tốc độ trung bình của vật trong khoảng thời gian từ t₁ đến t₃ là: 

$v_{tb}=\frac{S}{t_3-t_1}=\frac{\mathrm{0,6}}{\frac{3\pi }{20}}\approx \mathrm{1,27}(\text{m/s)}$ 

Chọn D.

Phương pháp: 

Với hai giá trị R₁, R₂  mạch cho cùng công suất, công suất của mạch đạt cực đại khi:

Công suất cực đại: $P_{\max }=\frac{U^2}{2R_0}$ 

Cách giải: 

Với hai giá trị R₁, R₂ mạch cho cùng công suất, công suất của mạch đạt cực đại khi:

$R_0=Z_L=\sqrt{R_1{R}_2}=\sqrt{25.100}=50\left(\Omega \right)a$

Công suất tiêu thụ cực đại của mạch là: $P_{\max }=\frac{U^2}{2R_0}=\frac{{200}^2}{2.50}=400\left(W\right)$ 

Chọn B.

Phương pháp: 

Sử dụng phương pháp chuẩn hóa số liệu 

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

Hai điện áp vuông pha có: $\tan {\phi }_1.\tan {\phi }_2=-1$ 

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

Hệ số công suất: $\cos \phi =\frac{R}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$ 

Cách giải: 

Ta có: $4LC{\omega }^2=3\Rightarrow 4\omega L.\omega C=3\Rightarrow \frac{4Z_L}{Z_C}=3\Rightarrow Z_L=\frac{3}{4}{Z}_C$ 

Chuẩn hóa $Z_C=1\Rightarrow Z_L=\frac{3}{4}$ 

Giả sử đoạn mạch Y có R, Z_L0, Z_C0

Điện áp cực đại giữa hai đầu đoạn mạch Y là: 

$U_{0Y}=U_0\Rightarrow Z_Y=Z\Rightarrow R^2+{\left(Z_{L0}-Z_{C0}\right)}^2=R^2+{\left(Z_L+Z_{L0}-Z_C-Z_{C0}\right)}^2$ 

$\Rightarrow Z_{L0}-Z_{C0}=-\left(Z_L+Z_{L0}-Z_C-Z_{C0}\right)\Rightarrow Z_{L0}-Z_{C0}=\frac{Z_C-Z_L}{2}=\frac{1}{8}$ 

Điện áp giữa hai đầu đoạn mạch AN và MB vuông pha, ta có:

$\tan {\phi }_{AN}.\tan {\phi }_{MB}=-1\Rightarrow \frac{Z_L+Z_{L0}-Z_{C0}}{R}\cdot \frac{Z_{L0}-Z_{C0}-Z_C}{R}=-1$ 

$\Rightarrow \frac{\frac{3}{4}-\frac{1}{8}}{R}\cdot \frac{\frac{1}{8}-1}{R}=-1\Rightarrow R=\frac{8}{7}$ 

Hệ số công suất của đoạn mạch Y là: $\cos {\phi }_Y=\frac{R}{\sqrt{R^2+{\left(Z_{L0}-Z_{C0}\right)}^2}}=\frac{\frac{8}{7}}{\sqrt{{\left(\frac{8}{7}\right)}^2+{\left(\frac{1}{8}\right)}^2}}\approx \mathrm{0,994}$ 

Chọn D.

Phương pháp: 

Biên độ dao động tổng hợp: $A^2=A_1^2+A_2^2+2A_1{A}_2\cos \left({\phi }_1-{\phi }_2\right)$ 

Sử dụng giản đồ vecto 

Cách giải: 

Nhận xét: ${\phi }_1>{\phi }_2$ 

Biên độ dao động tổng hợp là: 

$A^2=A_1^2+A_2^2+2A_1{A}_2\cos \left({\phi }_1-{\phi }_2\right)\Rightarrow 5^2=5^2+5^2+\mathrm{2.5.5.}\cos \left({\phi }_1-{\phi }_2\right)$ 

$\Rightarrow \cos \left({\phi }_1-{\phi }_2\right)=-\frac{1}{2}\Rightarrow {\phi }_1-{\phi }_2=\frac{2\pi }{3}$ 

Ta có giản đồ vecto: 

Từ giản đồ vecto, ta thấy pha ban đầu:  $\left\{\begin{array}{l}{\phi }_1=\frac{\pi }{2}\left(rad\right)\\ {\phi }_2=-\frac{\pi }{6}\left(rad\right)\end{array}\right.$ 

Chọn B.

Phương pháp:

Khoảng cách của 10 vân sáng liên tiếp: $l=9i$ 

Bước sóng: $\lambda =\frac{ai}{D}$ 

Sai số: $\frac{\Delta \lambda }{\overline{\lambda }}=\frac{\Delta a}{\overline{a}}+\frac{\Delta i}{\overline{i}}+\frac{\Delta D}{\overline{D}}$ 

Cách giải: 

Khoảng cách giữa 10 vân sáng liên tiếp là:

$l=9i\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\overline{i}=\frac{\overline{l}}{9}=\mathrm{1,2}\left(mm\right)\\ \Delta i=\frac{\Delta l}{9}=\mathrm{0,016}\left(mm\right)\end{array}\right.$ 

Giá trị trung bình của bước sóng là: 

$\overline{\lambda }=\frac{\overline{a}.\overline{i}}{\overline{D}}=\frac{{1.10}^{-3}\mathrm{.1,2}\cdot {10}^{-3}}{2}={\mathrm{0,6.10}}^{-6}\left(m\right)=\mathrm{0,6}\left(\mu m\right)$ 

Sai số tỉ đối của phép đo là: 

$\frac{\Delta \lambda }{\overline{\lambda }}=\frac{\Delta a}{\overline{a}}+\frac{\Delta i}{\overline{i}}+\frac{\Delta D}{\overline{D}}\Rightarrow \frac{\Delta \lambda }{\mathrm{0,6}}=\frac{\mathrm{0,05}}{1}+\frac{\mathrm{0,016}}{\mathrm{1,2}}+\frac{\mathrm{1,54}}{2000}\Rightarrow \Delta \lambda \approx \pm \mathrm{0,038}\left(\mu m\right)$ 

Chọn B.

Phương pháp: 

Vị trí vân trùng của hai bức xạ: $x=k_1{i}_1=k_2{i}_2$ 

Khoảng vân: $i=\frac{\lambda D}{a}$ 

Cách giải: 

Trong khoảng giữa hai vân sáng cùng màu với vân trung tâm có:

$i=k_1{i}_1=k_2{i}_2\Rightarrow k_1{\lambda }_1=k_2{\lambda }_2\Rightarrow \frac{k_1}{k_2}=\frac{{\lambda }_2}{{\lambda }_1}=\frac{5}{6}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{k}_1=5\\ k_2=6\end{array}\right.$ 

→ trong khoảng giữa hai vân sáng cùng màu với vân trung tâm có 6 khoảng vân màu lục (có 5 vân sáng  màu lục) 

Chọn A.

Phương pháp: 

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

Độ lệch pha dao động: $\Delta \phi =\frac{2\pi d}{\lambda }$ 

Khoảng cách giữa điểm theo phương dao động: $\Delta u=\left|u_1-u_2\right|$ 

Công thức lượng giác: $\cos a-\cos b=-2\sin \frac{a+b}{2}\sin \frac{a-b}{2}$ 

Khoảng cách giữa hai điểm MN: $d=\sqrt{M{N}^2+\Delta u^2}$ 

Cách giải: 

Bước sóng của sóng truyền trên dây là:

$\lambda =\frac{v.2\pi }{\omega }=\frac{\mathrm{1,6.2}\pi }{20\pi }=\mathrm{0,16}\left(m\right)=16\left(cm\right)$ 

Độ lệch pha giữa hai điểm M, N là: 

$\Delta \phi =\frac{2\pi .MN}{\lambda }=\frac{2\pi .12}{16}=\frac{3\pi }{2}\left(rad\right)\Rightarrow {\phi }_M-{\phi }_N=\frac{3\pi }{2}$ 

Ta có phương trình sóng của hai điểm M, N: 

$u_M=3\sqrt{2}\cos \left(20\pi t+{\phi }_M\right)$ 

$u_N=3\sqrt{2}\cos \left(20\pi t+{\phi }_N\right)$ 

Khoảng cách giữa hai điểm M, N trên phương dao động là:

$\Delta u=\left|u_M-u_N\right|=\left|3\sqrt{2}\cos \left(20\pi t+{\phi }_M\right)-3\sqrt{2}\cos \left(20\pi t+{\phi }_N\right)\right|$ 

$\Rightarrow \Delta u=\left|-2.3\sqrt{2}\sin \frac{{\phi }_M-{\phi }_N}{2}\right|\sin \left(20\pi t+\frac{{\phi }_M+{\phi }_N}{2}\right)$ 

$\Rightarrow \Delta u_{\max }=\left|-2.3\sqrt{2}\sin \frac{{\phi }_M-{\phi }_N}{2}\right|=\left|-2.3\sqrt{2}\sin \frac{3\pi }{4}\right|=6\left(cm\right)$ 

Khoảng cách lớn nhất giữa hai điểm M, N là: 

$d_{\max }=\sqrt{M{N}^2+\Delta u_{\max }^2}=\sqrt{{12}^2+6^2}\approx \mathrm{13,4}\left(cm\right)$ 
Chọn A.

Phương pháp: 

Mạch xảy ra cộng hưởng: $I=I_{\max };{\phi }_u={\phi }_i$ 

Mạch có tính dung kháng: $Z_C>Z_L\Rightarrow {\phi }_u<{\phi }_i$ 

Mạch có tính cảm kháng: $Z_C<Z_L\Rightarrow {\phi }_u>{\phi }_i$ 

Cách giải: 

Từ đồ thị ta thấy với ω = ω₂, cường độ hiệu dụng trong mạch $\text{I}={\text{I}}_{\max }\to$ trong mạch có cộng hưởng

$\Rightarrow {\phi }_i={\phi }_u=\frac{\pi }{4}\Rightarrow i_2=2\sqrt{2}\cos \left({\omega }_{2}t+\frac{\pi }{4}\right)\left(A\right)\to$ B sai

Với ${\omega }_1<{\omega }_2\Rightarrow Z_C>Z_L\to$ mạch có tính dung kháng $\Rightarrow {\phi }_u<{\phi }_i\Rightarrow {\phi }_{i_1}>\frac{\pi }{4}\to$ D sai 

Với ${\omega }_1<{\omega }_2\Rightarrow Z_C>Z_L\to$ mạch có tính cảm kháng $\Rightarrow {\phi }_u>{\phi }_i\Rightarrow {\phi }_{i_3};{\phi }_{i_4}<\frac{\pi }{4}\to$ A sai, C đúng 

Chọn C.