Phương pháp:

- Âm nghe được âm thanh): Là những sóng âm gây ra cảm giác ấm với màng nhĩ, có tần số từ 16Hz đến 20000Hz.

- Âm có tần số dưới 16Hz gọi là hạ âm, tai người không nghe được nhưng voi, chim bồ câu,.. vẫn có thể nghe được hạ âm.

- Âm có tần số trên 20000Hz gọi là siêu âm, tai người không nghe được nhưng chó, dơi, cá heo,.. vẫn có thể nghe được siêu âm.

Cách giải:

Người có thể nghe được âm có tần số từ 16Hz đến 20kHz.

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng lí thuyết về dòng điện xoay chiều.

Công thức tính nhiệt lượng: $Q=I^{2}Rt$ v

Cách giải:

Cho dòng điện một chiều và dòng điện xoay chiều lần lượt đi qua cùng một điện trở thì chúng toả ra nhiệt lượng như nhau là không đúng, vì chưa đề cập tới độ lớn của cường độ dòng điện. Nếu muốn chúng toả ra cùng một nhiệt lượng thì cường độ dòng điện một chiều phải có giá trị bằng giá trị hiệu dụng của dòng điện xoay chiều.

Chọn A.

Lực từ $\overrightarrow{F}$ có đặc điểm:

+  Điểm đặt tại trung điểm đoạn dòng điện

+  Có phương vuông góc với $\overrightarrow{I}$ và $\overrightarrow{B},$có chiều tuân theo quy tắc bàn tay trái.

Phương pháp:

Con lắc dao động điều hòa với tần số f thì động năng và thế năng của con lắc biến thiên theo thời gian với tần số 2f. 

Cách giải:

Tần số dao động điều $f=3Hz$ 

Động năng của con lắc biến thiên theo thời gian với tần số: $f^{\text{'}}=2f=2.3=6Hz$ 

Chọn B.

Phương pháp:

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

Cách giải:

Bước sóng của sóng này được tính bằng công thức:  $\lambda =\frac{v}{f}$ 

Chọn A.

Phương pháp: 

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

Cách giải:

Đoạn mạch gồm $R_{1}nt{R}_2$ có: $\cos \phi =\frac{R}{Z}=\frac{R_1+R_2}{\sqrt{{\left(R_1+R_2\right)}^2}}=1\Rightarrow {\left(\cos \phi \right)}_{\max }$ 

Chọn A.

Phương pháp:

Khoảng cách giữa hai nút sóng hoặc hai bụng sóng liên tiếp bằng $\frac{\lambda }{2}$ 

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

Cách giải:

Khi có sóng dừng trên dây, khoảng cách giữa hai bụng liên tiếp bằng một nửa bước sóng.

Chọn B.

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

Ta có: $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}\Rightarrow T\in l,g$

$\Rightarrow$Chu kì dao động điều hòa của con lắc đơn không phụ thuộc vào khối lượng quả nặng.

Chọn D.

Phương pháp:

Chiết suất tỉ đối của môi trường 2 đối với môi trường 1: $n_{21}=\frac{n_2}{n_1}$ 

Cách giải:

Chiết suất tỉ đối giữa môi trường khúc xạ với môi trường tới bằng tỉ số giữa chiết suất tuyệt đối của môi trường khúc xạ và chiết suất tuyệt đối của môi trường tới. 

Chọn A.

Phương pháp:

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

Trong đó: $(\omega t+\phi )$ là pha của dao động tại thời điểm t.

Cách giải:

Phương trình dao động điều hòa: $x=3\cos \left(4\pi t\right)cm$ 

Pha của dao động tại thời điểm t là: $4\pi \text{t (rad)}$ 

Chọn C.

Phương pháp:

Hai nguồn dao động cùng tần số và có độ lệch pha không đổi theo thời gian là hai nguồn kết hợp. Hai sóng do hai nguồn kết hợp phát ra gọi là hai sóng kết hợp. 

Cách giải:

Hai sóng có cùng tần số và có độ lệch pha không đổi theo thời gian là hai sóng kết hợp.

Chọn D.

Phương pháp:

Sử dụng lí thuyết bài dòng điện trong chất điện phân – Vật Lí 11.

Cách giải:

Hiện tượng cực dương tan xảy ra khi diện phân dung dịch muối kim loại có anốt làm bằng kim loại đó.

Chọn A.

Phương pháp: 

Đối với đoạn mạch chỉ chứa tụ điện: $\left\{\begin{array}{l}i=I_0\cos (\omega t+\phi )\\ u=U_0\cos \left(\omega t+\phi -\frac{\pi }{2}\right)=I_0{Z}_C.\cos \left(\omega t+\phi -\frac{\pi }{2}\right)\end{array}\right.$ 

Cách giải: 

Đối với đoạn mạch chỉ chứa tụ điện ta có: $\left\{\begin{array}{l}{I}_0=\frac{U_0}{Z_C}=\frac{U_0}{\frac{1}{\omega C}}=U_0\omega C\\ {\phi }_i={\phi }_u+\frac{\pi }{2}=\frac{\pi }{6}+\frac{\pi }{2}=\frac{2\pi }{3}\end{array}\right.$ 

Chọn B.

Phương pháp: 

Dao động tắt dần có biên độ và cơ năng giảm dần theo thời gian.

Ma sát và lực cản càng lớn thì dao động tắt dần càng nhanh.

Cách giải:

Phát biểu không đúng về dao động cơ tắt dần là: Tần số giảm dần theo thời gian

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

Ta có công suất hao phí trong quá trình truyền tải điện năng đi xa: $P_{hp}=\frac{P^{2}R}{U^2.{\cos }^2\phi }$

Lại có: $R=\frac{\rho l}{S}\Rightarrow P_{hp}=\frac{P^2}{U^2.{\cos }^2\phi }.\frac{\rho l}{S}$ $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{P}_{hp}~P^2\\ P_{hp}~l\\ P_{hp}~\frac{1}{U^2}\end{array}\right.$ 

Vậy công suất hao phí không tỉ lệ với thời gian truyền điện.

Phương pháp:

Giá trị chu kì trung bình: $\overline{T}=\frac{T_1+T_2+T_3}{3}$ 

Sai số tuyệt đối trung bình: $\overline{\Delta T}=\frac{\left|\overline{T}-T_1\right|+\left|\overline{T}-T_2\right|+\left|\overline{T}-T_3\right|}{3}$ 

Sai số tuyệt đối của phép đo bằng tổng sai số ngẫu nhiên và sai số dụng cụ: $\Delta T=\overline{\Delta T}+\Delta T_{dc}$ 

Kết quả đo: $T=\overline{T}+\Delta T$ 

Cách giải: 

Chu kì trung bình: $\overline{T}=\frac{\mathrm{2,01}+\mathrm{2,12}+\mathrm{1,99}}{3}=\mathrm{2,04}s$ 

Sai số tuyệt đối trung bìn: h $\overline{\Delta T}=\frac{\left|\mathrm{2,04}-\mathrm{2,01}\right|+\left|\mathrm{2,04}-\mathrm{2,12}\right|+\left|\mathrm{2,04}-\mathrm{1,99}\right|}{3}=\mathrm{0,05}s$ 

Sai số dụng cụ: $\Delta T_{dc}=\mathrm{0,01}s$ 

Sai số tuyệt đối: $\Delta T=\overline{\Delta T}+\Delta T_{dc}=\mathrm{0,05}+\mathrm{0,01}=\mathrm{0,06}s$ 

$\Rightarrow T=(\mathrm{2,04}\pm \mathrm{0,06})s$  

Phương pháp: 

Công thức tính pha của dao động tổng hợp: $\tan \phi =\frac{A_1\sin {\phi }_1+A_2\sin {\phi }_2}{A_1\cos {\phi }_1-A_2\cos {\phi }_2}$ 

Độ lệch pha: $\Delta \phi =\left|\phi -{\phi }_2\right|$ 

Cách giải: 

Pha của dao động tổng hợp: $\tan \phi =\frac{a.\sin \frac{5\pi }{6}+2a.\sin \frac{\pi }{6}}{a.\cos \frac{5\pi }{6}-2a.\cos \frac{\pi }{6}}=-\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \phi =-\frac{\pi }{6}$ 

Độ lệch pha: $\Delta \phi =\left|-\frac{\pi }{6}-\frac{\pi }{6}\right|=\frac{\pi }{3}$ 

Chọn A.

Phương pháp:

Công thức tính tần số của dòng điện: $f=n.p$ 

Với p là số cặp cực, n (vòng/s) là tốc độ quay của roto.

Cách giải:

Tần số của dòng điện do máy phát điện xoay chiều một pha tạo ra được tính theo công thức: $f=n.p\Rightarrow f~p$ 

$\Rightarrow$ Để đả bảo được tần số của dòng điện tạo ra người ta thường dùng roto nhiều cặp cực.

Chọn C.

Phương pháp:

Phương trình sóng tổng quát: $u=A.\cos \left(\omega t+\phi -\frac{2\pi x}{\lambda }\right)$ 

Đồng nhất phương trình bài cho với phương trình truyền sóng.

Cách giải: 

Đồng nhất phương trình ta có: $\left\{\begin{array}{l}\omega =10\pi (rad/s)\Rightarrow f=\frac{\omega }{2\pi }=5Hz\\ \frac{2\pi x}{\lambda }=\pi x\Rightarrow \lambda =2dm=20cm\end{array}\right.$ 

Tốc độ truyền sóng: $v=\lambda f=20.5=100\text{cm/s}$

Phương pháp:

+ Âm chỉ truyền qua được các môi trường rắn, lỏng, khí, không truyền được trong chân không.

+ Sóng âm truyền trong mỗi môi trường với vận tốc xác định: $v_r>v_l>v_k$ 

Cách giải:

Sóng âm truyền nhanh nhất trong sắt. 

Chọn B.

Phương pháp:

Điều kiện xảy ra hiện tượng cộng hưởng điện: $Z_L=Z_C$ 

Các biểu thức: $\left\{\begin{array}{l}{Z}_L=2\pi f.L;I=\frac{U}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}\\ U_R=I.R=\frac{U.R}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}};U_L=I.Z_L=\frac{U.Z_L}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}\\ U_C=I.Z_C=\frac{U.Z_C}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}\end{array}\right.$ 

Cách giải:

Điện áp ở hai đầu cuộn dây khi xảy ra cộng hưởng: $U_L=I.Z_L=\frac{U.Z_L}{R}$ 

Khi tăng tần số của dòng điện một lượng nhỏ: $U_L^{\text{'}}=\frac{U.Z_L^{\text{'}}}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$ 

Vậy điện áp ở hai đầu cuộn dây thay đổi. 

$\Rightarrow$ Kết luận không đúng là điện áp ở hai đầu cuộn dây không đổi.

Chọn D.

Phương pháp:

Khoảng cách giữa hai cực tiểu liên tiếp là $\frac{\lambda }{2}$ 

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

Cách giải:

Giữa S₁ và S₂ có 10 hypebol là quỹ tích của các điểm đứng yên $\Rightarrow$ có 10 dãy cực tiểu đối xứng nhau qua trung điểm của 2 nguồn.

Khoảng cách giữa 2 cực tiểu liên tiếp là 

$\Rightarrow$ Khoảng cách giữa 10 cực tiểu liên tiếp là: $(10-1)\frac{\lambda }{2}=\mathrm{13,5}cm\Rightarrow \lambda =3cm$ 

Tốc độ truyền sóng trên mặt nước: $v=\lambda f=3.25=75c\text{m/s}=\mathrm{0,75}\text{m/s}$ 

Chọn D.

Phương pháp:

Sử dụng VTLG.

Cách giải:

Thời điểm $t_1:i_1=-2A$ và đang giảm

Thời điểm $t=t+\mathrm{0,025}s\Rightarrow$ Góc quét: $\alpha =\omega .\Delta t=20\pi \mathrm{.0,025}=\frac{\pi }{2}$ 

Biểu diễn trên VTLG ta có: 

Từ VTLG ta có tại thời điểm t₂ cường độ dòng điện: $-2\sqrt{3}A$ 

Chọn D.

Phương pháp:

+ Áp dụng định luật Lenxo để xác định chiều dòng điện cảm ứng: Dòng điện cảm ứng có chiều sao cho từ trường mà nó sinh ra có tác dụng chống lại nguyên nhân đã sinh ra nó.

+ Vận dụng quy tắc nắm bàn tay phải, xác định chiều dòng điện cảm ứng.

Cách giải:

Ở hình A ta có cảm ứng từ  có chiều hướng từ trong ra ngoài mặt phẳng hình vẽ.

Từ trường $\overrightarrow{B}$ giảm dần đều $\Rightarrow \overrightarrow{B_C}\uparrow \downarrow \overrightarrow{B}$ 

$\Rightarrow \overrightarrow{B_C}$ có chiều hướng từ ngoài vào trong

Sử dụng quy tắc nắm tay phải ta xác định được chiều của cường độ dòng điện có chiều cùng chiều kim đồng hồ. 

$\Rightarrow$ Hình A đúng.

Phương pháp: 

Công thức tính động năng, thế năng, cơ năng: $\left\{\begin{array}{l}{W}_d=\frac{1}{2}m{v}^2\\ W_t=\frac{1}{2}k{x}^2\\ W=W_t+W_d=\frac{1}{2}k{A}^2\end{array}\right.$ 

Cách giải:

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{W}_d=W_t\\ W=W_t+W_d\end{array}\Rightarrow 2W_t=W\iff 2\cdot \frac{1}{2}k{x}^2=\frac{1}{2}k{A}^2\Rightarrow x=\pm \frac{A}{2}\right.$ 

Chọn B.

Phương pháp: 

Công thức tính độ lớn cường độ điện trường: $E=\frac{k.\left|Q\right|}{r^2}\Rightarrow \left|Q\right|$ 

Cách giải: 

Ta có:$E=\frac{k.\left|Q\right|}{r^2}\Rightarrow \left|Q\right|=\frac{E.r^2}{k}\Rightarrow \left|Q\right|=\frac{{\mathrm{3000.0,3}}^2}{{9.10}^9}={3.10}^{-8}C$

Chọn A.

Phương pháp:

Công thức tính độ tụ: $D=\frac{1}{f}$ 

Kính cận có tiêu cự: $f_k=-O{C}_v$ 

Cách giải:

Người cận thị đeo kính cận số 2 có nghĩa là độ tụ của kính là: $D=-2dp$ 

$\Rightarrow$Tiêu cự của kính: $f_k=\frac{1}{D}=\frac{1}{-2}=-\mathrm{0,5}m$ 

$\Rightarrow O{C}_v=-f_k=\mathrm{0,5}m$ 

Vậy người đó phải ngồi cách màn hình xa nhất là 0,5m.

Phương pháp: 

Đối với đoạn mạch chỉ chứa cuộn dây thuần cảm: $\left\{\begin{array}{l}i=I_0\cos (\omega t+\phi )\\ u=U_0\cos \left(\omega t+\phi +\frac{\pi }{2}\right)=I_0{Z}_L.\cos \left(\omega t+\phi +\frac{\pi }{2}\right)\end{array}\right.$  

Cách giải:

Cảm kháng: $Z_L=\omega L=100\pi \cdot \frac{\mathrm{0,2}}{\pi }=20\Omega$ 

Điện áp cực đại: $U_{0L}=I_0{Z}_L=4\sqrt{2}.20=80\sqrt{2}V$ 

Lại có: ${\phi }_{uL}={\phi }_i+\frac{\pi }{2}=-\frac{\pi }{6}+\frac{\pi }{2}=\frac{\pi }{3}\Rightarrow u=80\sqrt{2}.\cos \left(100\pi t+\frac{\pi }{3}\right)V$ 

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng giản đồ vecto.

Công thức tính công suất: $P=U.I.\cos \phi$ 

Phương pháp:

Công thức máy biến áp lí tưởng: $\frac{U_1}{U_2}=\frac{N_1}{N_2}=\frac{I_2}{I_1}$ 

Độ lệch pha giữa u và i: $\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}$ 

Cách giải: 

Ta có:$\left\{\begin{array}{l}{U}_1=220V\\ N_1=1100;N_2=50\\ I_1=\mathrm{0,032}A\end{array}\right.$ 

Áp dụng công thức máy biến áp lí tưởng ta có: 

$\frac{U_1}{U_2}=\frac{N_1}{N_2}=\frac{I_2}{I_1}\iff \frac{220}{U_2}=\frac{1100}{50}=\frac{I_2}{\mathrm{0,032}}\Rightarrow U_2=10V;I_2=\mathrm{0,704}A$ 

Tổng trở của tải tiêu thụ (gồm cuộn dây có điện trở nối tiếp với tụ điện) là: $Z=\frac{U_2}{I_2}=\frac{10}{\mathrm{0,704}}=\mathrm{14,2}\Omega$ 

Lại có: $Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}\iff {\mathrm{14,2}}^2={10}^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2\Rightarrow Z_L-Z_C\approx \pm 10\Omega$ 

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

Áp dụng công thức tính chu kì dao động của con lắc đơn ta có: $\left\{\begin{array}{l}{T}_1=2\pi \sqrt{\frac{l_1}{g}}=\mathrm{1,2}s\Rightarrow T_1^2=4{\pi }^2.\frac{l_1}{g}\\ T_2=2\pi \sqrt{\frac{l_2}{g}}=\mathrm{1,6}s\Rightarrow T_2^2=4{\pi }^2.\frac{l_2}{g}\\ T=2\pi \sqrt{\frac{2l_1-l_2}{g}}\Rightarrow T^2=4{\pi }^2.\frac{2l_1-l_2}{g}\end{array}\right.$

$\Rightarrow T^2=2.4{\pi }^2\frac{l_1}{g}-4{\pi }^2\frac{l_2}{g}=2T_1^2-T_2^2\Rightarrow T=\sqrt{{\mathrm{2.1,2}}^2-{\mathrm{1,6}}^2}\approx \mathrm{0,57}sa$ 

Chọn D.

Phương pháp:

Điều kiện có sóng dừng trên dây hai đầu cố định là: $l=k\frac{\lambda }{2}$  

Với k là số bó song; Số bụng = k; Số nút = k + 1.

Cách giải:

Bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}=\frac{340}{680}=\mathrm{0,5}m$ 

Điều kiện có sóng dừng trên dây hai đầu cố định: $l=k\frac{\lambda }{2}\Rightarrow k=\frac{2l}{\lambda }=\frac{2.1}{\mathrm{0,5}}=4$ 

Vậy sóng dừng trên dây với 4 bó sóng. 

Mỗi bó sóng có 2 điểm dao động với biên độ bằng một nửa biên độ dao động của một bụng sóng. 

$\Rightarrow$ 4 bó sóng có 8 điểm dao động với biên độ bằng một nửa biên độ dao động của một bụng sóng.

Chọn A.

Phương pháp:

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

Hợp lực cực đại tác dụng vào vật: $F_{\max }=kA=m{\omega }^{2}A$ 

Cách giải: 

Hợp lực cực đại tác dụng vào vật: $F_{\max }=kA=m{\omega }^{2}A\Rightarrow A=\frac{F_{\max }}{m{\omega }^2}=\frac{1}{{\mathrm{0,1.10}}^2}=\mathrm{0,1}m=10cm$ 

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

$\iff {10}^2=6^2+A_2^2+2A_1{A}_2\cos \frac{\pi }{2}\iff {10}^2=6^2+A_2^2\Rightarrow A_2=8cm$ 

Chọn B.

Phương pháp:

Định luật Ôm đối với toàn mạch: $I=\frac{\xi }{R+r}$ 

Cách giải:

Cường độ dòng điện chạy trong mạch: $I=\mathrm{0,5}A$ 

Áp dụng định luật Ôm đối với toàn mạch ta có: $I=\frac{\xi }{R+r}\iff \mathrm{0,5}=\frac{3}{R+1}\Rightarrow R=5\Omega$ 

Chọn C.

Phương pháp:

Chu kì là thời gian vật thực hiện hết một dao động toàn phần: $T=\frac{t}{N}$ 

Quãng đường vật đi được trong 1 chu kì là 4A.

Chiều dài quỹ đạo: L = 2A

Với A là biên độ dao động.

Cách giải: 

Chu kì dao động của vật: $T=\frac{t}{N}=\frac{60}{30}=2s$ 

$\Rightarrow \Delta t=8s=4.2=4T$ 

Quãng đường vật đi được trong 1 chu kì là 4A $\Rightarrow$Quãng đường vật đi được trong 4 chu kì là 16A

$\Rightarrow S=16.A=40cm\Rightarrow A=\mathrm{2,5}cm$ 

 $\Rightarrow$Chiều dài quỹ đạo: $L=2A=\mathrm{2.2,5}=5cm$ 

Chọn C.

Phương pháp: 

Mức cường độ âm: $L=10\log \frac{I}{I_0}=10.\log \frac{P}{4\pi R^2{I}_0}\underset{\delta x\to 0}{\lim }$ 

Sử dụng công thức: $\log a-\log b=\log \frac{a}{b}$ 

Cách giải:

A,B nằm hai phía so với nguồn âm.

Có $L_A>L_M\Rightarrow OM>OA\Rightarrow$ B và M nằm cùng phía so với nguồn âm. 

M là trung điểm của AB nên: $OM=AM-OA=\frac{OB+OA}{2}-OA=\frac{OB-OA}{2}$ 

$\Rightarrow OB=2.OM+OA$ 

Lại có: $\left\{\begin{array}{l}{L}_A=10.\log \frac{P}{4\pi .O{A}^2.I_0}=50dB\\ L_B=10.\log \frac{P}{4\pi .O{B}^2.I_0}\\ L_M=10\cdot \log \frac{P}{4\pi \cdot O{M}^2\cdot I_0}=47dB\end{array}\right.$ 

$\Rightarrow L_A-L_M=10\log \frac{O{M}^2}{O{A}^2}=3\Rightarrow OM=\mathrm{1,4.}OA$ $\Rightarrow OB=2.OM+OA=\mathrm{3,8.}OA$ 

Lại có: $L_A-L_B=10.\log \frac{O{B}^2}{O{A}^2}\iff 50-L_B=20.\log \frac{\mathrm{3,8.}OA}{OA}$ $\iff L_B=50-20.\log \mathrm{3,8}=\mathrm{38,4}dB$ 

Chọn A.

Phương pháp:

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

Cách giải: 

+  Khi $f=f_1,$ hệ số công suất của mạch là: $\cos {\phi }_1=\frac{R}{\sqrt{R^2+{\left(Z_{L_1}-Z_{C_1}\right)}^2}}=1\Rightarrow Z_{L_1}=Z_{C_1}$ 

+  Khi $f_2=2f_1\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{Z}_{L_2}=2Z_{L_1}\\ Z_{C_2}=\frac{1}{2}{Z}_{C_1}=\frac{1}{2}{Z}_{L_1}\end{array}\right.,$ hệ số công suất của mạch là: 

$\cos {\phi }_2=\frac{R}{\sqrt{R^2+{\left(Z_{L_2}-Z_{C_2}\right)}^2}}=\mathrm{0,707}=\frac{1}{\sqrt{2}}$ 

$\Rightarrow R=Z_{L_2}-Z_{C_2}=2Z_{L_1}-\frac{1}{2}{Z}_{L_1}=\frac{3}{2}{Z}_{L_1}=\frac{3}{2}{Z}_{C_1}$ 

+ Khi $f_3=\mathrm{1,5}{f}_1\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{Z}_{L_3}=\frac{3}{2}{Z}_{L_1}=R\\ Z_{C_3}=\frac{2}{3}{Z}_{C_1}=\frac{4}{9}R\end{array}\right.,$ hệ số công suất của mạch là: 

$\cos {\phi }_3=\frac{R}{\sqrt{R^2+{\left(Z_{L_3}-Z_{C_3}\right)}^2}}=\frac{R}{\sqrt{R^2+{\left(R-\frac{4}{9}R\right)}^2}}=\mathrm{0,874}$ 

Phương pháp:

Thế năng:  $W_t=\frac{1}{2}k{x}^2$

Động năng: $W_d=\frac{1}{2}m{v}^2$ 

Cơ năng: $W=W_d+W_t=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2$ 

Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị. 

Cách giải:

Từ đồ thị ta có: 

+  Chu kì: $T=\mathrm{0,5}s\Rightarrow \omega =\frac{2\pi }{T}=4\pi (ra\text{d/s)}$ 

+  Biên độ dao động: $A_1=6cm;A_2=2cm$ 

$\Rightarrow$ Phương trình dao động của hai con lắc lò xo: $\left\{\begin{array}{l}{x}_1=6.\cos \left(4\pi t-\frac{\pi }{2}\right)cm\\ x_2=2.\cos \left(4\pi t-\frac{\pi }{2}\right)cm\end{array}\right.$ 

$\Rightarrow \frac{x_1}{x_2}=\frac{A_1}{A_2}=3\Rightarrow \frac{W_{t1}}{W_{t2}}=\frac{x_1^2}{x_2^2}=\frac{A_1^2}{A_2^2}=9$ 

Ở thời điểm t ta có: $\frac{W_{t1}}{W_{t2}}=\frac{W_1-W_{d1}}{W_{t2}}=9\iff \frac{\frac{1}{2}m.{\omega }^2{A}_1^2-\frac{1}{2}m{v}_1^2}{W_{t2}}=9$ 

$\iff \frac{\frac{1}{2}.m.{\left(4\pi \right)}^2{\mathrm{.0,06}}^2-\frac{1}{2}.m{\mathrm{.0,72}}^2}{{4.10}^{-3}}=9\Rightarrow m=\mathrm{1,25}kg=\frac{5}{4}kg$ 

Chọn D.

Phương pháp: 

Điều kiện để một điểm dao động với biên độ cực đại, cùng pha với nguồn: $\left\{\begin{array}{l}{d}_2-d_1=m.\lambda \\ d_2+d_1=n.\lambda \end{array}\right.$ 

 (m, n cùng chẵn hoặc cùng lẻ) 

Vẽ hình, sử dụng định lí Pitago trong các tam giác vuông để tính khoảng cách.

Cách giải: 

M, N, P, Q thuộc hình chữ nhật, khoảng cách gần nhất bằng độ dài đoạn MN, khoảng cách giữa hai điểm xa nhau nhất bằng độ dài đoạn MP. Ta xét điểm M.

* M dao động với biên độ cực đại: $d_2-d_1=k\lambda$ 

* M dao động cùng pha với nguồn: 

+  TH1: $\left\{\begin{array}{l}{d}_2-d_1=k_{le}\lambda \\ d_2+d_1=n_{le}\lambda >\mathrm{5,4}\lambda \end{array}\right.$ 

+  TH2: $\left\{\begin{array}{l}{d}_2-d_1=k_{chan }\lambda \\ d_2+d_1=n_{chan }\lambda >\mathrm{5,4}\lambda \end{array}\right.$ 

* M gần  nhất thì

+  TH1: $\left\{\begin{array}{l}{d}_2-d_1=1.\lambda \\ d_2+d_1=7\lambda \end{array}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{d}_1=3\lambda =AM\\ d_2=4\lambda =BM\end{array}\right.\right.$ 

+  TH2: $\left\{\begin{array}{l}{d}_2-d_1=2.\lambda \\ d_2+d_1=6\lambda \end{array}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{d}_1=2\lambda \\ d_2=4\lambda \end{array}\right.\right.$ (loại)

Từ hình vẽ ta có: $AH+HB=AB$ 

$\iff \sqrt{A{M}^2-M{H}^2}+\sqrt{B{M}^2-M{H}^2}=AB$ 

$\iff \sqrt{{\left(3\lambda \right)}^2-M{H}^2}+\sqrt{{\left(4\lambda \right)}^2-M{H}^2}=\mathrm{5,4}\lambda$ 

$\Rightarrow MH=\mathrm{2,189}\lambda \Rightarrow AH=\sqrt{A{M}^2-M{H}^2}=\mathrm{2,051}\lambda$ 

$\Rightarrow HO=AO-AH=\frac{\mathrm{5,4}\lambda }{2}-\mathrm{2,051}\lambda =\mathrm{0,649}\lambda$ 

$\Rightarrow OM=\sqrt{M{H}^2+O{H}^2}=\mathrm{2,283}\lambda$ 

Khoảng cách giữa hai điểm xa nhau nhất có giá trị bằng: $MP=2.OM=\mathrm{2.2,283}\lambda =\mathrm{4,566}\lambda$ 

Chọn A.