Phương pháp: 

Cảm kháng của cuộn dây thuần cảm: $Z_L=\omega L$ 

Cách giải: 

Cảm kháng của cuộn cảm là: $Z_L=\omega L$

Chọn A.

Phương pháp: 

Khoảng cách giữa hai nút sóng (hoặc hai bụng sóng) liên tiếp là một nửa bước sóng

Cách giải: 

Khoảng cách giữa hai nút sóng liên tiếp bằng nửa bước sóng 

Chọn B.

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

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

Chọn A.

Phương pháp: 

Công suất hao phí trên đường dây truyền tải: $P_{hp}=\frac{P^{2}R}{U^2{\cos }^2\phi }$ 

Điện trở dây dẫn: $R=\rho \frac{l}{S}$ 

Cách giải: 

Để giảm công suất hao phí trên đường dây truyền tải, người ta thường sử dụng biện pháp tăng điện áp hiệu  dụng ở nơi phát điện. 

Chọn B.

Phương pháp: 

Sơ đồ khối của máy phát thanh: Anten thu – Chọn sóng – Tách sóng – Khuếch đại âm tần – Loa

Cách giải: 

Trong sơ đồ khối của một máy phát thanh vô tuyến đơn giản không có bộ phận mạch biến điệu

Chọn D.

Phương pháp: 

Tần số của suất điện động do máy phát điện xoay chiều tạo ra: f = np 

Cách giải: 

Suất điện động do máy phát điện tạo ra có tần số là: f = np 

Chọn B.

Phương pháp: 

Sử dụng lý thuyết âm sắc 

Cách giải: 

Âm sắc phụ thuộc vào độ thị dao động âm 

Chọn D.

Phương pháp: 

Hai dao động ngược pha có độ lệch pha: $\Delta \phi =(2n+1)\pi$ với n = 0; ±1; ±2…

Cách giải: 

Hai dao động ngược pha khi đô lệch pha của chúng bằng $(2n+1)\pi$ với n = 0; ±1; ±2…

Chọn C. 

Phương pháp: 

Sử dụng lý thuyết dao động tắt dần 

Cách giải: 

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

Chọn C.

Phương pháp: 

Hiện tượng cộng hưởng xảy ra khi tần số của ngoại lực bằng tần số dao động riêng của con lắc

Cách giải: 

Khi xảy ra hiện tượng cộng hưởng, ta có:  $f=f_0$

Chọn C.

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

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

Phương pháp: 

Hai điểm cách nhau một khoảng bằng bước sóng thì dao động cùng pha

Cách giải: 

Hai điểm cách nhau một khoảng bằng bước sóng có dao động cùng pha

Chọn B.

Phương pháp: 

Gia tốc của vật dao động điều hòa: $a=-{\omega }^{2}x$ 

Cách giải:

Gia tốc của vật là: $a=-{\omega }^{2}x$

Chọn B.

Phương pháp: 

Bước sóng trong chân không: $\lambda =\frac{c}{f}$ 

Cách giải: 

Bước sóng của sóng điện từ trong chân không là: $\lambda =\frac{c}{f}=\frac{{3.10}^8}{{10.10}^6}=30\left(m\right)$ 

Chọn C.

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

Độ lệch pha giữa điện áp hai đầu đoạn mạch và cường độ dòng điện là:

$\tan \phi =\frac{Z_L}{R}=\frac{20}{20\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \phi =\frac{\pi }{6}\left(rad\right)$ 

Chọn D.

Phương pháp: 

Chiều dài lớn nhất của lò xo: $l_{\max }=l_0+A$ 

Cách giải: 

Chiều dài của lò xo khi vật đi qua vị trí cân bằng là:

$l_0=l_{\max }-A=25-3=22\left(cm\right)$ 

Chọn C.

Phương pháp: 

Điện năng tiêu thụ: $A=P.t$ 

Cách giải: 

Điện năng đoạn mạch tiêu thụ là: A = P.t = 0,75.6 = 4,5 (kW.h)

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

Tần số góc của con lắc là: $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{40}{\mathrm{0,1}}}=20(\text{rad/s)}$

Chọn D.

Phương pháp: 

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

Độ lệch pha giữa hai dao động: $\Delta \phi ={\phi }_1-{\phi }_2$ 

Cách giải:

Độ lệch pha giữa hai dao động là: $\Delta \phi ={\phi }_1-{\phi }_2=\frac{\pi }{3}-\left(-\frac{2\pi }{3}\right)=\pi \left(rad\right)$

→ Hai dao động ngược pha 

Biên độ dao động tổng hợp là: $A=\left|A_1-A_2\right|=\left|3-4\right|=1\left(cm\right)$ 

Chọn D.

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

Trong cùng một khoảng thời gian, con lắc thực hiện được 6 dao động chu kì T₁ và 10 dao động chu kì T₂, ta có: $t=6T_1=10T_2\Rightarrow \frac{T_2}{T_1}=\frac{6}{10}=\frac{3}{5}$ 

Lại có: $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}\Rightarrow T^2~l\Rightarrow \frac{l_1}{l_2}=\frac{T_1^2}{T_2^2}={\left(\frac{T_1}{T_2}\right)}^2=\frac{9}{25}\Rightarrow l_2=\frac{25}{9}{l}_1$ 

Mà: $l_2=l_1+16\Rightarrow \frac{25}{9}{l}_1=l_1+16\Rightarrow l_1=9\left(cm\right)$ 

Chọn D.

Phương pháp: 

Cường độ dòng điện hiệu dụng: $I=\frac{I_0}{\sqrt{2}}$ 

Cách giải: 

Cường độ dòng điện hiệu dụng của dòng điện này là: 

$I=\frac{I_0}{\sqrt{2}}=\frac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}\left(A\right)$ 
Chọn C.

Phương pháp: 

Hệ số công suất: cosφ với $\phi ={\phi }_u-{\phi }_i$ 

Cách giải: 

Độ lệch pha giữa điện áp hai đầu đoạn mạch và cường độ dòng điện là:

$\phi ={\phi }_u-{\phi }_i=\frac{\pi }{3}\left(rad\right)$ 

Hệ số công suất của đoạn mạch là: $\cos \phi =\cos \frac{\pi }{3}=\mathrm{0,5}$ 

Chọn C.

Phương pháp: 

Cường độ dòng điện: $I=\frac{E}{r+R}$ 

Công suất tỏa nhiệt trên điện trở: $\text{P}={\text{I}}^2\text{R}$ 

Cách giải: 

Công suất tỏa nhiệt trên điện trở là:

$P=I^{2}R=\frac{E^{2}R}{{(r+R)}^2}=\frac{{12}^2.10}{{(2+10)}^2}=10\left(W\right)$ 

Chọn D.

Phương pháp: 

Số bụng sóng bằng số bó sóng 

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

Tốc độ truyền sóng: $v=\lambda f$ 

Cách giải: 

Trên dây có 6 bụng sóng → có 6 bó sóng, ta có: 

$l=k\frac{\lambda }{2}\Rightarrow \mathrm{1,8}=6.\frac{\lambda }{2}\Rightarrow \lambda =\mathrm{0,6}\left(m\right)$ 

Tốc độ truyền sóng trên dây là: $v=\lambda f=\mathrm{0,6.100}=60(\text{m/s)}$ 

Chọn B.

Phương pháp: 

Định luật bảo toàn cơ năng: $W_d+\frac{1}{2}k{x}^2=\frac{1}{2}k{A}^2$ 

Cách giải: 

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng, ta có: 

$W_{d1}+\frac{1}{2}k{x}_1^2=W_{d2}+\frac{1}{2}k{x}_2^2=\frac{1}{2}k{A}^2$ $\Rightarrow \mathrm{0,48}+\frac{1}{2}k{\mathrm{.0,02}}^2=\mathrm{0,32}+\frac{1}{2}k{\mathrm{.0,06}}^2$ 

$\Rightarrow k=100(\text{N/m)}$ 

$\Rightarrow \mathrm{0,48}+\frac{1}{2}{\mathrm{.100.0,02}}^2=\frac{1}{2}\mathrm{.100.}{A}^2\Rightarrow A=\mathrm{0,1}\left(m\right)=10\left(cm\right)$ 

Chọn A.

Phương pháp: 

Tần số của mạch dao động: $f=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}$ 

Cách giải: 

Tần số của mạch dao động là: $f=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}\Rightarrow f~\frac{1}{\sqrt{C}}$ 

Ta có: $f=\sqrt{3}{f}_1\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{C}}=\sqrt{3}\cdot \frac{1}{\sqrt{C_1}}\Rightarrow C=\frac{C_1}{3}$ 

Chọn A.

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

Áp dụng công thức máy biến áp, ta có:

$\frac{U_1}{U_2}=\frac{N_1}{N_2}\Rightarrow \frac{220}{U_2}=\frac{2000}{100}\Rightarrow U_2=11\left(V\right)$ 

Chọn D.

Phương pháp: 

Khoảng cách giữa hai cực đại liền kề trên đường nối hai nguồn:  

Tốc độ truyền sóng: v = λf 

Cách giải: 

Khoảng cách giữa hai cực đại ở kề nhau trên đường nối hai nguồn là:

$\frac{\lambda }{2}=\mathrm{1,6}\left(cm\right)\Rightarrow \lambda =\mathrm{3,2}\left(cm\right)$ 

Tốc độ truyền sóng trên mặt chất lỏng là: 

v = λf = 3,2.25 = 80 (cm/s) = 0,8 (m/s) 

Chọn D.

Phương pháp: 

Công của lực điện: A = qEd 

Cách giải: 

Công của lực điện tác dụng lên điện tích q là: 

A = qEd = 4.10^-8.1000.0,1 = 4.10^-6(J) 

Chọn A.

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

Số chỉ của Vôn kế là điện áp của cuộn thứ cấp B 

Áp dụng công thức máy biến áp, ta có: 

$\frac{U_1}{U_2}=\frac{N_1}{N_2}\Rightarrow U_{2\max }\iff N_{2\max }\to$ khóa K ở vị trí chốt m 

Chọn B.

Phương pháp: 

Công thức độc lập với thời gian:  $\frac{i^2}{I_0^2}+\frac{q^2}{Q_0^2}=1$ 

Điện tích cực đại: $Q_0=\frac{I_0}{\omega }$ 

Cách giải: 

Điện tích cực đại trên tụ có độ lớn là: 

$Q_0=\frac{I_0}{\omega }=\frac{{52.10}^{-3}}{2000}={26.10}^{-6}\left(C\right)=26\left(\mu C\right)$ 
Áp dụng công thức độc lập với thời gian, ta có:

$\frac{i^2}{I_0^2}+\frac{q^2}{Q_0^2}=1\Rightarrow \frac{{48}^2}{{52}^2}+\frac{q^2}{{26}^2}=1\Rightarrow \left|q\right|=10\left(\mu C\right)={1.10}^{-5}\left(C\right)$ 

Chọn B.

Phương pháp:

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

Dung kháng của tụ điện: $Z_C=\frac{1}{\omega C}$ 

Công suất của mạch đạt cực đại khi: $R=\left|Z_L-Z_C\right|$ 

Cách giải: 

Cảm kháng của cuộn dây và dung kháng của tụ điện là:

$\left\{\begin{array}{l}{Z}_L=\omega L=100\pi \cdot \frac{1}{2\pi }=50\left(\Omega \right)\\ Z_C=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{100\pi \cdot \frac{{10}^{-4}}{\pi }}=100\left(\Omega \right)\end{array}\right.$ 

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch đạt cực đại khi: 

$R=\left|Z_L-Z_C\right|=\left|50-100\right|=50\left(\Omega \right)$ 

Chọn D.

Phương pháp: 

Để ánh sáng chỉ truyền trong phần lõi, tia sáng bị phản xạ toàn phần 

Giới hạn phản xạ toàn phần: $\sin i_{gh}=\frac{n_2}{n_1}$ 

Công thức định luật khúc xạ ánh sáng: n1sini = n2sinr 

Cách giải: 

Để tia sáng chỉ truyền trong phần lõi, tia sáng bị phản xạ toàn phần tại mặt phân cách giữa lõi và vỏ

Giới hạn phản xạ toàn phần: 

$\sin i_{gh}=\frac{n_0}{n}=\frac{\mathrm{1,41}}{\mathrm{1,51}}=\frac{141}{151}\Rightarrow \beta =i_{gh}\approx {69}^0$ 

Áp dụng công thức định luật khúc xạ ánh sáng, ta có: 

$\frac{\sin \alpha }{\sin \left({90}^0-\beta \right)}=n\Rightarrow \frac{\sin \alpha }{\sin {21}^0}=\mathrm{1,51}\Rightarrow \sin \alpha \approx \mathrm{0,541}\Rightarrow \alpha \approx {33}^0$ 

Chọn C. 

Phương pháp: 

Lực điện: F = qE = ma 

Gia tốc trọng trường hiệu dụng $g_{HD}=g+a$ 

Chu kì dao động của con lắc đơn: $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g_{HD}}}$ 

Cách giải: 

Lực điện tác dụng lên con lắc có phương thẳng đứng, chiều từ trên xuống

Độ lớn lực điện là: 

$F=qE=ma\Rightarrow a=\frac{qE}{m}=\frac{{5.10}^{-6}{.10}^4}{\mathrm{0,01}}=5\left({\text{m/s}}^{\text{2}}\right)$ 

Chu kì của con lắc là: 

$T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g_{HD}}}=2\pi \sqrt{\frac{l}{g+a}}=\mathrm{2.3,14.}\sqrt{\frac{\mathrm{0,5}}{10+5}}\approx \mathrm{1,15}\left(s\right)$ 

Chọn A.

Phương pháp: 

Điều kiện để một điểm là cực tiểu giao thoa: $d_2-d_1=\left(k+\frac{1}{2}\right)\lambda$ 

Cách giải: 

Tại điểm M có: 

$d_2-d_1=12-6=6\lambda \Rightarrow k=\mathrm{0,5};\mathrm{1,5};\mathrm{2,5};\mathrm{3,5};\mathrm{4,5};\mathrm{5,5}$ 

→ giữa M và đường trung trực của S₁S₂ có 6 vân giao thoa cực tiểu

Chọn B.

Phương pháp: 

Hai cực đại liền kề có: $\left(d_2-d_1\right)-\left(d_2^{\text{'}}-d_1^{\text{'}}\right)=\lambda$ 

Hai điểm gần nhất dao động cùng pha có: $\left(d_2-d_1\right)-\left(d_2^{\text{'}}-d_1^{\text{'}}\right)=\lambda$

Định lí hàm cos: $a^2=b^2+c^2-2bc\cos A$ 

Cách giải: 

Trên AB có 13 cực đại → 6λ < AB < 7λ 

M, N là hai cực đại liền kề, ta có: 

(BN – AN) – (BM – AM) = λ (1) 

M, N cùng pha, ta có: 

(BM + AM) – (BN + AN) = λ (2) 

Từ (1) và (2) ta có: $\left\{\begin{array}{l}BM=BN\\ MN=\lambda \end{array}\to \right.$ ∆BMN cân tại B 

∆ABC đều cạnh a $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}BH=\frac{a\sqrt{3}}{2}\\ AH=\frac{a}{2}\end{array}\right.$ 

$\Rightarrow k_H=\frac{BH-AH}{\lambda }=\frac{a\sqrt{3}}{2\lambda }-\frac{a}{2\lambda }=\frac{\mathrm{0,366}a}{\lambda }$ 

Lại có: $6\lambda <a<7\lambda \Rightarrow \mathrm{2,196}<k_H<\mathrm{2,562}$ 

Mà $k_M<k_H<k_N\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{k}_M=2\\ k_N=3\end{array}\right.$ 

Lại có: $NH=\frac{MN}{2}=\frac{\lambda }{2}\Rightarrow AN=\frac{a-\lambda }{2}$ $\Rightarrow BN=\sqrt{H{B}^2+N{H}^2}=\sqrt{{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2+{\left(\frac{\lambda }{2}\right)}^2}$ 

Chuẩn hóa $\lambda =1\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}AN=\frac{a-1}{2}\\ BN=\frac{\sqrt{3a^2+1}}{2}\end{array}\right.$ 

Xét điểm N có: ${\text{k}}_{\text{N}}=\text{BN}-\text{AN}$ 

$\Rightarrow \frac{\sqrt{3a^2+1}}{2}-\frac{a-1}{2}=3\Rightarrow a=\mathrm{6,772}\Rightarrow AB=\mathrm{6,772}\lambda$ 

Giá trị AB gần nhất với 6,80λ 

Chọn C.

Phương pháp: 

Điện áp giữa hai đầu tụ điện trễ pha $\frac{\pi }{2}$  so với cường độ dòng điện

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

Cường độ dòng điện cực đại: $I_0=\frac{U_0}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$ 

Cách giải: 

Độ lệch pha giữa điện áp hai đầu tụ điện và cường độ dòng điện là:

${\phi }_{C_1}-{\phi }_{i_1}=-\frac{\pi }{2}\Rightarrow {\phi }_{i_1}={\phi }_{C_1}+\frac{\pi }{2}=-\frac{\pi }{6}+\frac{\pi }{2}=\frac{\pi }{3}\left(rad\right)$ 

$\Rightarrow {\phi }_1={\phi }_u-{\phi }_{i_1}=0-\frac{\pi }{3}=-\frac{\pi }{3}\left(rad\right)$ 

$\Rightarrow \tan \phi =\frac{Z_L-Z_{C_1}}{R}\Rightarrow \tan \left(-\frac{\pi }{3}\right)=\frac{10\sqrt{3}-Z_{C_1}}{10}\Rightarrow Z_{C_1}=20\sqrt{3}\left(\Omega \right)$ 

Khi $C=3C_1\Rightarrow Z_C=\frac{Z_{C_1}}{3}=\frac{20\sqrt{3}}{3}=\frac{20}{\sqrt{3}}$ 

Cường độ dòng điện cực đại trong mạch là:

$I_0=\frac{U_0}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}=\frac{20}{\sqrt{{10}^2+{\left(10\sqrt{3}-\frac{20}{\sqrt{3}}\right)}^2}}=\sqrt{3}\left(A\right)$ 

Độ lệch pha giữa điện áp hai đầu đoạn mạch và cường độ dòng điện:

$\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}=\frac{10\sqrt{3}-\frac{20}{\sqrt{3}}}{10}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \phi =\frac{\pi }{6}\left(rad\right)$ 

$\Rightarrow {\phi }_u-{\phi }_i=\frac{\pi }{6}\Rightarrow {\phi }_i={\phi }_u-\frac{\pi }{6}=-\frac{\pi }{6}\left(rad\right)$ 

$\Rightarrow i=\sqrt{3}\cos \left(100\pi t-\frac{\pi }{6}\right)\left(A\right)$ 

Chọn A.

Phương pháp:

Cường độ âm: $I=\frac{n{P}_0}{4\pi r^2}$ 

Hiệu hai mức cường độ âm: $L_M-L_A=\lg \frac{I_M}{I_A}$ 

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 ⇔ a = b)

Cách giải: 

Ta có hình vẽ: 

Từ hình vẽ ta thấy: $\alpha =O-\beta$ 

$\Rightarrow \tan \alpha =\tan (O-\beta )=\frac{\tan O-\tan \beta }{1-\tan O\tan \beta }$ 

$\Rightarrow \tan \alpha =\frac{\frac{AB}{OA}-\frac{AM}{OA}}{1-\frac{AB}{OA}\cdot \frac{AM}{OA}}=\frac{\frac{BM}{OA}}{1-\frac{AB}{OA}\cdot \frac{AM}{OA}}=\frac{BM.OA}{O{A}^2-AB.AM}$ 

$\Rightarrow \tan \alpha =\frac{\mathrm{1,5}x}{x^2-\mathrm{6.4,5}}=\frac{\mathrm{1,5}x}{x^2-27}=\frac{\mathrm{1,5}}{x-\frac{27}{x}}$ 

Để ${\alpha }_{\max }\Rightarrow {\left(\tan \alpha \right)}_{\max }\Rightarrow {\left(x-\frac{27}{x}\right)}_{\min }$ 

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có:

$x-\frac{27}{x}\ge 2\sqrt{x\cdot \frac{27}{x}}=2\sqrt{27}$ 

${\left(x-\frac{27}{x}\right)}_{\min }\iff x=\frac{27}{x}\Rightarrow x=\sqrt{27}$ 

$\Rightarrow O{M}^2=A{M}^2+x^2=27+{\mathrm{4,5}}^2=\mathrm{47,25}$ 

Cường độ âm tại A khi đặt 2 nguồn âm và tại M khi đặt thêm n nguồn âm là: 

$\left\{\begin{array}{l}{I}_A=\frac{2P_0}{4\pi O{A}^2}\\ I_M=\frac{(n+2)P_0}{4\pi O{M}^2}\end{array}\Rightarrow \frac{I_M}{I_A}=\frac{(n+2).O{A}^2}{2O{M}^2}=\frac{(n+2).27}{\mathrm{2.47,25}}=\frac{2.(n+2)}{7}\right.$ 
Hiệu mức cường độ âm tại M khi đặt thêm n nguồn âm và mức cường độ âm tại A khi đặt 2 nguồn âm là:

$L_M-L_A=\lg \frac{I_M}{I_A}=5-4=1\Rightarrow \frac{I_M}{I_A}=10\Rightarrow \frac{2.(n+2)}{7}=10\Rightarrow n=33$ 2. 2 ( ) 

Chọn A. 

Phương pháp:

Độ lệch vị trí cân bằng so với vị trí lò xo không biến dạng: $\Delta l_0=\frac{\mu Mg}{k}$ 

Chu kì của con lắc lò xo: $T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}$ 

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

Cách giải: 

Lực ma sát giữa M và m làm vị trí cân bằng lệch một đoạn:

$\Delta l_0=\frac{\mu Mg}{k}=\frac{\mathrm{0,2.0,3.10}}{40}=\mathrm{0,015}\left(m\right)=\mathrm{1,5}\left(cm\right)$ 

Vật m đi từ vị trí lò xo giãn 4,5 cm qua vị trí lò xo có chiều dài tự nhiên lần thứ nhất đến vị trí biên đối diện  rồi đổi chiều qua vị trí lò xo có chiều dài tự nhiên lần thứ 2; tiếp tục chạy đến vị trí biên rồi đồi chiều về vị  trí lò xo có chiều dài tự nhiên lần thứ 3. 

Giai đoạn 1: $\left\{\begin{array}{l}{A}_1=\mathrm{4,5}-\mathrm{1,5}=3cm\\ t_1=\frac{T_1}{2}=\frac{1}{2}2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}=\frac{\pi }{20}s\\ S_1=2A_1=2.3=6cm\end{array}\right.$ (dây căng, vật M không dao động ) 

Giai đoạn 2: $\left\{\begin{array}{l}{A}_2=3-\mathrm{1,5}=\mathrm{1,5}cm\\ t_2=\frac{T_2}{4}=\frac{1}{4}2\pi \sqrt{\frac{m+M}{k}}=\frac{\pi }{20}s\\ S_2=A_2=\mathrm{1,5}cm\end{array}\right.$ (dây trùng, vật M dao động cùng với m)

Giai đoạn 3: $\left\{\begin{array}{l}{S}_3=\mathrm{2.1,5}=3cm\\ t_3=\frac{1}{2}2\pi \sqrt{\frac{m+M}{k}}=\frac{\pi }{10}s\end{array}\right.$ (dây trùng, vật M dao động cùng với m) 

Tốc độ trung bình của vật m là: 

$v_{TB}=\frac{S_1+S_2+S_3}{t_1+t_2+t_3}=\frac{6+1.5+3}{\frac{\pi }{20}+\frac{\pi }{20}+\frac{\pi }{10}}=\mathrm{16,7}(\text{cm/s)}$ 

Chọn D.