Phương pháp:

- Đọc phương trình sóng cơ học

- Sử dụng biểu thức: $v=\lambda .f$ V

Cách giải: 

Từ phương trình ta có: $\frac{2\pi x}{\lambda }=\pi x\Rightarrow \lambda =2m$ 

Tốc độ truyền sóng: $v=\lambda .f=\lambda .\frac{\omega }{2\pi }=2.\frac{20\pi }{2\pi }=20\text{m/s}$ 

Chọn B.

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

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

Chọn B.

Phương pháp:

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

Cách giải:

Ta có: $\lambda =vT=v\frac{2\pi }{\omega }$ 

Chọn A.

Phương pháp:

Vận dụng lí thuyết về dao động điều hòa của con lắc đơn.

Cách giải:

A, B, C – đúng; D – sai.

Chọn D.

Phương pháp:

Vận dụng lí thuyết về từ thông và biểu thức tính từ thông

Cách giải:

Ta có từ thông $\Phi =NBS\cos \alpha$ 

Từ thông sẽ không thay đổi nếu khung dây chuyển động tịnh tiến theo một phương bất kì. 

Chọn B.

Phương pháp:

Sử dụng điều kiện xảy ra cộng hưởng dao động: $\omega ={\omega }_0$ 

Cách giải:

Khi cộng hưởng xảy ra $\omega ={\omega }_0$hay $f=f_0$ 

Phương pháp:

Sử dụng biểu thức xác định vận tốc cực đại của dao động điều hòa: $v_{\max }=A\omega$ 

Cách giải:

Vận tốc của vật dao động điều hòa có độ lớn cực đại: $v_{\max }=A\omega$

Chọn A.

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính mức cường độ âm: $L=10\log \frac{I}{I_0}\left(dB\right)$ 

Cách giải: 

Ta có, mức cường độ âm: $L=10\log \frac{I}{I_0}=10\log \frac{{10}^{-4}}{{10}^{-12}}=80dB$ 

Chọn D.

Phương pháp:

Đọc phương trình dao động điều hòa.

Cách giải:

Biên độ dao động của chất điểm:  

Chọn B.

Phương pháp:

- Sử dụng biểu thức máy biến áp: $\frac{U_1}{U_2}=\frac{N_1}{N_2}$ 

- Máy hạ áp: $U_2<U_1$ 

Cách giải: 

Ta có: $\frac{U_1}{U_2}=\frac{N_1}{N_2}$

Lại có máy hạ áp $U_2<U_1\Rightarrow N_2<N_1$ 

Chọn C.

Phương pháp:

- Vận dụng biểu thức tính suất điện động của máy phát điện xoay chiều ba pha

- Suất điện động sinh ra tại các cuộn dây lệch pha nhau góc $\frac{2\pi }{3}$ 

Cách giải: 

Suất điện động sinh ra tại 3 cuộn dây: $\left\{\begin{array}{l}{e}_1=E_0\cos \left(\omega t\right)\\ e_1=E_0\cos \left(\omega t+\frac{2\pi }{3}\right)\\ e_2=E_0\cos \left(\omega t-\frac{2\pi }{3}\right)\end{array}\right.$ 

$\Rightarrow e_1+e_2=E_0\cos \left(\omega t\right)+E_0\cos \left(\omega t+\frac{2\pi }{3}\right)=2E_0\cos \frac{\pi }{3}.\cos \left(\omega t+\frac{\pi }{3}\right)$ 

$=E_0\cos \left(\omega t+\frac{\pi }{3}\right)=-E_0\cos \left(\omega t-\frac{2\pi }{3}\right)=-e_3$ 

Chọn B.

Phương pháp:

- Mạch chỉ có cuộn dây thuần cảm: $u\perp i$ 

- Cảm kháng: $Z_L=\frac{U_0}{I_0}=\omega L$ 

Cách giải: 

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{u}_{\left(t\right)}=U_0\cos \left(100\pi t+\frac{\pi }{3}\right)\\ i_{\left(t\right)}=I_0\cos \left(100\pi t+\frac{\pi }{3}-\frac{\pi }{2}\right)=I_0\cos \left(100\pi t-\frac{\pi }{6}\right)\end{array}\right.$ 

$\Rightarrow i_{\left(t+\frac{T}{4}\right)}=I_0\cos \left(100\pi \left(t+\frac{T}{4}\right)-\frac{\pi }{6}\right)=I_0\cos \left(100\pi t+\frac{\pi }{3}\right)$ 

$\Rightarrow \frac{u_{\left(t\right)}}{i\left(t+\frac{T}{4}\right)}=\frac{U_0}{I_0}=Z_L=\omega L=100\pi \frac{1}{2\pi }=50\Omega$ 

Chọn C.

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

Ta có chu kì dao động con lắc đơn: $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$

Khi chiều dài con lắc đơn tăng 20% tức là $l^{\text{'}}=l+\mathrm{0,2}l=\mathrm{1,2}l$ thì chu kì dao động của con lắc khi đó

$T^{\text{'}}=\sqrt{\mathrm{1,2}}T$ hay chu kì dao động tăng 9,545%

Chọn D.

Phương pháp:

Sử dụng lí thuyết về sóng cơ học.

Cách giải: 

Tốc độ truyền sóng là tốc độ lan truyền dao động trong môi trường truyền sóng.

Chọn D.

Phương pháp:

Sử dụng lí thuyết về đặc trưng sinh lí, đặc trưng vật lí của âm.

Cách giải:

Đại lượng giúp ta phân biệt âm do các nguồn âm khác nhau phát ra là âm sắc.

Chọn B.

Phương pháp:

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

Cách giải: 

Mạch chỉ có điện trở, công suất tiêu thụ: $P=UI\cos \phi =\frac{U^2}{R}$ không phụ thuộc vào tần số 

$\Rightarrow P_1=P_2$ 

Chọn C.

Phương pháp:

- Vận dụng pha dao động trong các mạch điện xoay chiều.

- Sử dụng biểu thức tính trở: $Z=\frac{U_0}{I_0}$ 

Cách giải:

Ta có in nhanh pha hơn u 

$\Rightarrow$ X là tụ điện có dung kháng $Z_C=\frac{U_0}{I_0}=\frac{100\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=100\Omega =\frac{1}{\omega C}\Rightarrow C=\frac{{10}^{-4}}{\pi }F$ 

Phương pháp:

Sử dụng biểu thức tính cảm kháng: $Z_L=\omega L$ 

Cách giải:

Cảm kháng: $Z_L=\omega L$

Chọn D.

Phương pháp:

Vận dụng lí thuyết về mắt

Cách giải:

A – đúng, B, C, D - sai

Chọn A.

Phương pháp:

Sử dụng lí thuyết về sóng kết hợp 

Cách giải:

Để 2 sóng có thể giao thoa được với nhau thì chúng xuất phát từ 2 nguồn kết hợp là 2 nguồn có cùng phương, cùng tần số và có độ lệch pha không đổi theo thời gian.

Chọn B.

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

Chon D.

Phương pháp:

Vận dụng lực tương tác giữa các điện tích điểm:

+ 2 điện tích cùng dấu thì đẩy nhau

+ 2 điện tích khác dấu thì hút nhau.

Cách giải:

Q đặt tại trung điểm của MN và đứng yên

Q - có thể là điện tích bất kì (có thể âm hoặc dương)

Chọn C.

Phương pháp:

Vận dụng biểu thức tính năng lượng: $W=\frac{1}{2}k{A}^2$ 

Cách giải: 

Năng lượng của vật dao động điều hòa: $W=\frac{1}{2}k{A}^2=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2$ 

A – đúng

B – sai vì tỉ lệ với bình phương biên độ.

C – sai vì động năng tại vị trí có li độ cực đại bằng 0J.

D – sai vì thế năng tại VTCB bằng 0J.  

Chọn A.

Câu 24:

Phương pháp:

Vận dụng lí thuyết về dao động cưỡng bức.

Cách giải:

Biên độ dao động cưỡng bức không phụ thuộc vào pha ban đầu của ngoại lực tuần hoàn tác dụng lên vật.

Chọn C.

Phương pháp:

Vận dụng lí thuyết về dao động cưỡng bức.

Cách giải:

Biên độ dao động cưỡng bức không phụ thuộc vào pha ban đầu của ngoại lực tuần hoàn tác dụng lên vật.

Chọn C.

Phương pháp:

- Đọc phương trình u, i 

- Sử dụng biểu thức tính tổng trở: $Z=\frac{U_0}{I_0}$ 

- Sử dụng biểu thức: $\cos \phi =\frac{R}{Z}$$\phi =\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{6}=\frac{\pi }{3}$ 

Cách giải: 

Từ phương trình, ta có độ lệch pha của u so với i:$\phi =\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{6}=\frac{\pi }{3}$

Tổng trở của mạch: $Z=\frac{U_0}{I_0}=110\Omega$ 

Lại có: $\cos \phi =\frac{R}{Z}\Rightarrow R=Z.\cos \phi =110.\cos \frac{\pi }{3}=55\Omega$ 

Chọn B.

Phương pháp:

- Sử dụng biểu thức: $A=\frac{l_{\max }-l_{\min }}{2}$ 

- Sử dụng biểu thức tính cơ năng: $W=\frac{1}{2}k{A}^2$ 

Cách giải: 

+ Biên độ dao động: $A=\frac{32-20}{2}=6cm=\mathrm{0,06}m$ 

+ Cơ năng của vật: $W=\frac{1}{2}k{A}^2=\frac{1}{2}{\mathrm{100.0,06}}^2=\mathrm{0,18}J$ 

Chọn A.

Phương pháp:

+ Sử dụng biểu thức tính dung kháng: $Z_C=\frac{1}{\omega C}$ 

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

Cách giải:

Dung kháng: $Z_C=\frac{1}{\omega C}=100\Omega$ 

Điện trở: $R=50\sqrt{3}\Omega$ 

Lại có: ${\phi }_{AM}-{\phi }_{AB}=\frac{\pi }{3}$ 

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

$\iff \tan \frac{\pi }{3}=\frac{\frac{Z_L}{R}-\frac{Z_L-Z_C}{R}}{1+\frac{Z_L}{R}\frac{Z_L-Z_C}{R}}\iff \sqrt{3}=\frac{\frac{Z_L}{50\sqrt{3}}-\frac{Z_L-100}{50\sqrt{3}}}{1+\frac{Z_L}{50\sqrt{3}}\frac{Z_L-100}{50\sqrt{3}}}$ 

$\Rightarrow Z_L=50\Omega \Rightarrow L=\frac{Z_L}{\omega }=\frac{1}{2\pi }H$ 

Chọn D.

Phương pháp:

+ Sử dụng biểu thức: $U=I.R=E-I.r$ 

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

Cách giải:

Hiệu điện thế giữa 2 cực cảu nguồn điện: $U=I.R\iff 12=I\mathrm{.4,8}\Rightarrow I=\mathrm{2,5}A$ 

Lại có: $I=\frac{E}{R+r}\Rightarrow E=I(R+r)=\mathrm{2,5}(\mathrm{4,8}+\mathrm{0,1})=\mathrm{12,25}V$ 

Chọn B.

Phương pháp:

+ Sử dụng biểu thức sóng dừng trên dây 2 đầu cố định: $l=k\frac{\lambda }{2}$ 

+ Sử dụng biểu thức tính độ lệch pha giữa 2 điểm trên phương truyền sóng: $\Delta \phi =\frac{2\pi d}{\lambda }$ 

Cách giải:

Ta có: $l=90cm=\mathrm{0,9}m$ 

Trên dây có 10 nút, 9 bụng

Sử dụng điều kiện có sóng dừng trên dây hai đầu cố định: $l=k\frac{\lambda }{2}\iff 90=9\frac{\lambda }{2}\Rightarrow \lambda =20cm$ 

Khoảng cách giữa M và N: $MN=57-22=35cm$ 

Độ lệch pha giữa 2 điểm M và N: $\Delta \phi =\frac{2\pi MN}{\lambda }=\frac{2\pi .35}{20}=\frac{7\pi }{2}$ 

Chọn A.

Phương pháp: 

Vận dụng khoảng cách giữa 2 cực đại liên tiếp:  

Cách giải: 

+ Trường hợp ${\Delta }_1$ và ${\Delta }_3$khác phía so với vận trung tâm: 

Từ hình vẽ thấy, để trên ${\Delta }_1$ có 7 cực đại, tại điểm A là cực đại bậc 4 $\Rightarrow IA=4\frac{\lambda }{2}=2\lambda$ 

Trên ${\Delta }_3$có 3 cực đại, tại điểm B là cực đại bậc $-2:IB=2\frac{\lambda }{2}=\lambda$ 

Khoảng cách giữa ${\Delta }_1$ và ${\Delta }_3$là: $3\lambda$ 

Gọi C là điểm mà ${\Delta }_2$ cắt AB và ${\Delta }_2$cách đều ${\Delta }_1,{\Delta }_3\Rightarrow C$ là cực đại bậc 1 

$\Rightarrow$ Trên ${\Delta }_2$ có 1 cực đại

Trường hợp ${\Delta }_1$ và ${\Delta }_3$cùng phía so với vận trung tâm:

Từ hình vẽ thấy, để trên ${\Delta }_1$ có 7 cực đại, tại điểm A là cực đại bậc 4 $\Rightarrow IA=4\frac{\lambda }{2}=2\lambda$ 

Trên ${\Delta }_3$ có 3 cực đại, tại điểm B là cực đại bậc 2: $IB=2\frac{\lambda }{2}=\lambda$ 

Gọi C là điểm mà ${\Delta }_2$ cắt AB và ${\Delta }_2$cách đều ${\Delta }_1,{\Delta }_3\Rightarrow C$ là cực đại bậc 3.

$\Rightarrow$ Trên ${\Delta }_2$ có $2.2+1=5$ cực đại

Chọn A.

Phương pháp:

+ Sử dụng biểu thức tính chu kì dao động: $T=\frac{\Delta t}{N}$ 

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

+ Sử dụng biểu thức tính sai số của phép đo: $\frac{\Delta g}{\overline{g}}=\frac{\Delta l}{\overline{l}}+2\frac{\Delta T}{\overline{T}}$ 

Cách giải: 

Ta có: $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}\Rightarrow g=\frac{4{\pi }^{2}l}{T^2}$ 

Chu kì dao động đo được: $T=\frac{t}{10}=\mathrm{2,0102}\pm \mathrm{0,0269}s$ 

$\Rightarrow \overline{g}=\frac{4{\pi }^2\overline{l}}{{\overline{T}}^2}=\frac{4{\pi }^2.1}{{\mathrm{2,0102}}^2}=\mathrm{9,899}{\text{m/s}}^{\text{2}}$ 

Sai số: $\overline{\Delta g}=\left(\frac{\Delta l}{\overline{l}}+2\frac{\Delta T}{\overline{T}}\right)\overline{g}$ 

$\Rightarrow \overline{\Delta g}=\left(\frac{\mathrm{0,001}}{1}+2\frac{\mathrm{0,0269}}{\mathrm{2,0102}}\right)\cdot \mathrm{9,899}=\mathrm{0,275}{\text{m/s}}^{\text{2}}$ 

Chọn B.

Phương pháp: 

+ Sử dụng biểu thức: $\frac{u_L}{u_C}=-\frac{Z_L}{Z_C}\frac{{\partial }^2\Omega }{\partial u^2}$ 

+ Sử dụng biểu thức điện áp tức thời: $u=u_R+u_L+u_C$ 

Cách giải: 

Ta có: $\frac{u_L}{u_C}=-\frac{Z_L}{Z_C}=-3\Rightarrow u_C=-\frac{u_L}{3}$ 

Lại có: $u=u_R+u_L+u_C\iff 200=120+u_L-\frac{u_L}{3}\Rightarrow u_L=120V$ 

Chọn D.

Phương pháp:

Sử dụng phương pháp số phức xác định dao động tổng hợp: $x=x_1+x_2=A_1\angle {\phi }_1+A_2\angle {\phi }_2$ 

Cách giải: 

Ta có: $x=x_1+x_2=3\angle -\frac{\pi }{6}+3\angle \frac{\pi }{2}=3\angle \frac{\pi }{6}\Rightarrow x=3\cos \left(\omega t+\frac{\pi }{6}\right)cm$ 

Chọn A.

Phương pháp: 

Sử dụng phương pháp số phức giải điện xoay chiều: $\overline{i}=\frac{\overline{u}}{\overline{Z}}=\frac{U_0\angle {\phi }_u}{R+\left(Z_L-Z_C\right)i}$ 

Cách giải: 

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}R=30\Omega \\ Z_L=\omega L=100\Omega \\ Z_C=\frac{1}{\omega C}=70\Omega \end{array}\right.$ 

Lại có: $\overline{i}=\frac{\overline{u}}{\overline{Z}}=\frac{120\sqrt{2}\angle 0}{30+(100-70)i}=4\angle -\frac{\pi }{4}\Rightarrow i=4\cos \left(100\pi t-\frac{\pi }{4}\right)A$ 

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng biểu thức sóng dừng trên dây 1 đầu cố định đầu tự do: $l=(2k+1)\frac{\lambda }{4}$ 

Trong đó: k = số bó sóng; Số nút = Số bụng = k + 1.

Cách giải:

Ta có: $l=(2k+1)\frac{\lambda }{4}=(2.2+1)\frac{\lambda }{4}=\frac{5.60}{4}=75cm$ 

Chọn A.

Phương pháp:

+ Sử dụng giản đồ véc-tơ

Phương pháp:

Sử dụng điều kiện cùng pha với nguồn khi khoảng cách từ điểm đó đến nguồn bằng số nguyên lần bước sóng 

Cách giải: 

Ta có: Bước sóng $\lambda =1cm$ 

Các điểm dao động cùng pha với O khi cách O một số nguyên lần bước sóng. 

Ta có: $OA=OB=OC=2cm=2\lambda$ 

$O{H}_1=O{H}_2=O{H}_3=1cm=\lambda$ 

$\Rightarrow$ Trên mỗi cạnh của tam giác có số phần tử nước dao động cùng pha với nguồn là 3 điểm (2 đỉnh của tam giác và trung điểm của cạnh đó)

Chọn D.

Phương pháp:

+ Để trạng thái của 2 vật lặp lại như ban đầu thì thời gian phải là bội chung của $\left(T_1,T_2\right)$ 

+ Tính bội chung của 2 số

Cách giải: 

+ Chu kì dao động của (1): $T_1=\frac{2\pi }{{\omega }_1}=\frac{2}{3}s$ 

+ Chu kì dao động của (2): $T_2=\frac{2\pi }{{\omega }_2}=\frac{1}{2}s$ 

Để trạng thái của 2 vật lặp lại như ban đầu thì thời gian phải là bội chung của $\left(T_1,T_2\right)$

Ta có: $BCNN\left(T_1,T_2\right)=BCNN\left(\frac{2}{3},\frac{1}{2}\right)$ 

Từ các đáp án ta có 2, 3 là bội chung của $\left(T_1,T_2\right)$

$\Rightarrow$ Thời gian ngắn nhất là 2s

Chọn C.

Phương pháp:

Vận dụng biểu thức tính hiệu điện thế: $U=IZ$ 

Cách giải:

Mạch có RL

Khi roto của máy quay đều với tốc độ n vòng/phút: $U=1\sqrt{R^2+Z_L^2}\text{ (1)}$ 

Khi roto của máy quay đều với tốc độ 3n vòng/phút : $3U=\sqrt{3}\sqrt{R^2+9Z_L^2}\text{ (2)}$ 

Từ (1) và (2) suy ra: $\frac{\sqrt{3}\sqrt{R^2+9Z_L^2}}{\sqrt{R^2+Z_L^2}}=\frac{3U}{U}\Rightarrow Z_L=\frac{R}{\sqrt{3}}$ 

Nếu roto của máy quay đều với tốc độ 20 vòng/phút thì: $2U=I\sqrt{R^2+4Z_L^2}\text{ (3)}$ 

Lấy $\frac{\left(1\right)}{\left(3\right)}$  ta được: $\frac{U}{2U}=\frac{1\sqrt{3Z_L^2+Z_L^2}}{I\sqrt{3Z_L^2+4Z_L^2}}\Rightarrow I=\frac{4}{\sqrt{7}}A$ 

Chọn D.

Phương pháp: 

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

+ Sử dụng biểu thức tính chu kì dao động: $T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}$ 

+ Vận tốc tại VTCB: $v=\omega A$ 

+ Quãng đường đi được của vật chuyển động thẳng đều: $S=vt$ 

Cách giải:

+ Biên độ dao động: A= 8cm 

+ Ban đầu: $v_1=v_2=\omega A=\sqrt{\frac{k}{m_1+m_2}}\cdot A=\sqrt{\frac{k}{2m}}A$ 

Thời gian vật đi từ VTCB đến biên lần đầu: $\Delta t=\frac{T^{\text{'}}}{4}=\frac{2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}}{4}$ 

Vật (2) khi đó chuyển động thẳng đều trong khoảng thời gian $\Delta t$ 

Ta có, quãng đường vật (2) đi được: 

$S=v_2\Delta t=\sqrt{\frac{k}{2m}}.A.\frac{T^{\text{'}}}{4}=\sqrt{\frac{k}{2m}}\mathrm{.8.}\frac{2\pi }{4}\sqrt{\frac{m}{k}}=2\sqrt{2}\pi \left(m\right)$ 

Khoảng cách cần tìm: $S-A^{\text{'}}=2\sqrt{2}\pi -4\sqrt{2}=\mathrm{3,23}cm$ 

Chọn B.