Sử dụng lí thuyết về từ trường. 

Từ trường là dạng vật chất tồn tại trong không gian và tác dụng lực từ lên nam châm và dòng điện đặt trong đó. 

Chọn C. 

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

+ Ban đầu: $T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}$

+ Khi tăng khối lượng lên 2 lần: $T^{\text{'}}=2\pi \sqrt{\frac{m^{\text{'}}}{k}}=2\pi \sqrt{\frac{2m}{k}}=\sqrt{2}T$ 

Chọn A. 

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

Hai âm thanh có âm sắc khác nhau là do khác nhau về đồ thị dao động âm. 

Chọn B. 

Sử dụng lí thuyết về điện từ trường. 

Điện từ trường xuất hiện xung quanh chỗ có tia lửa điện. 

Chọn B. 

+ Sử dụng biểu thức $e=-{\Phi }^{\text{'}}\left(t\right)$ 

+ Sử dụng biểu thức: $\sin \alpha =\cos \left(\alpha +\frac{\pi }{2}\right)$ 

Ta có: $e=-{\Phi }^{\text{'}}\left(t\right)={\Phi }_0\omega \sin \left(\omega t+\frac{\pi }{2}\right)=\Phi \omega \cos (\omega t+\pi )$ 

Chọn C. 

Vận dụng các biểu thức trong dòng điện xoay chiều. 

A – sai vì: Khi t = 0,05scường độ dòng điện khi đó $i=0A$ 

B, C, D - đúng 

Chọn A. 

Vận dụng lí thuyết về dao động cưỡng bức. 

D – sai vì biên độ dao động cưỡng bức phụ thuộc vào tần số của ngoại lực cưỡng bức.

A, B, C – đúng. 

Chọn D. 

Sử dụng lí thuyết về sóng cơ học. 

Bước sóng là khoảng cách ngắn nhất giữa hai điểm trên một phương truyền sóng mà phần tử môi trường tại hai điểm đó dao động cùng pha. 

Chọn B. 

Sử dụng lí thuyết về thu – phát sóng điện từ. 

Trong sơ đồ khối của máy thu thanh vô tuyến điện không có mạch biến điệu. 

Chọn C. 

Sử dụng lí thuyết về sóng điện từ. 

Sóng phát ra từ loa phóng thanh không phải sóng điện từ mà là sóng âm. 

Chọn D. 

Vận dụng lí thuyết về các loại quang phổ. 

A – sai: Vì quang phổ vạch phát xạ phụ thuộc vào cấu tạo của nguồn sáng. 

B, C, D - đúng 

Chọn A. 

Vận dụng biểu thức $E=k\frac{\left|q\right|}{\epsilon r^2}$ 

Ta có: $E=k\frac{\left|q\right|}{\epsilon r^2}\iff {9.10}^4={9.10}^9\frac{\left|q\right|}{2.0,5^2}\Rightarrow \left|q\right|={5.10}^{-6}m$

Lại có, véctơ cường độ điện trường hướng về phía điện tích $q\Rightarrow q<0\Rightarrow q=-5\mu m$

Chọn A. 

Sử dụng biểu thức: $x=x_1+x_2$ 

Ta có: $x=x_1+x_2\Rightarrow x_2=x-x_1=5-3=2cm$

Chọn C. 

Sử dụng biểu thức hiệu mức cường độ âm:  

$L_2-L_1=10\log \frac{I_2}{I_1}$

Ta có: $L_M-L_N=10\log \frac{I_M}{I_N}$ 

Chọn C. 

Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị. 

Công thức tính vận tốc cực đại: $v_{\max }=\omega A\Rightarrow A=\frac{v_{\max }}{\omega }=\frac{v_{\max }.T}{2\pi }$ 

Từ đồ thị ta thấy: $\left\{\begin{array}{l}\frac{T}{2}=0,2s\Rightarrow T=0,4s\\ v_{\max }=50\pi (c\text{m/s)}\end{array}\right.$ 

⇒ Biên độ: $A=\frac{v_{\max }}{\omega }=\frac{v_{\max }.T}{2\pi }=\frac{50\pi .0,4}{2\pi }=10cm$ 

Chọn C. 

Trong mạch chỉ có cuộn cảm thuần: $u\perp i$ 

Ta có mạch chỉ có cuộn cảm thuần: $u\perp i\Rightarrow \frac{u^2}{U_0^2}+\frac{i^2}{I_0^2}=1$ hay $\frac{u^2}{U^2}+\frac{i^2}{I^2}=2$

⇒ A – sai; B, C, D - đúng 

Chọn A. 

Sử dụng công thức thấu kính: $\frac{1}{f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{d^{\text{'}}}$ 

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}f=\frac{1}{D}=0,2m=20cm\\ d=30cm\end{array}\right.$ 

Áp dụng công thức thấu kính ta có: $\frac{1}{f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{d^{\text{'}}}\iff \frac{1}{20}=\frac{1}{30}+\frac{1}{d^{\text{'}}}\Rightarrow d^{\text{'}}=60cm$ 

Độ phóng đại ảnh: $k=-\frac{d^{\text{'}}}{d}=-\frac{60}{30}=-2$ 

⇒ Ảnh thu được là ảnh thật, ngược chiều và lớn hơn vật. 

Chọn D. 

Sử dụng biểu thức xác định cực đại, cực tiểu giao thoa của 2 nguồn cùng pha:

+ Cực đại: $d_2-d_1=k\lambda$ 

+ Cực tiểu: $d_2-d_1=(2k+1)\frac{\lambda }{2}$ 

Ta có 2 nguồn dao động cùng pha: 

+ M là cực đại thứ 5 không kể O ⇒ M là cực đại bậc 5: $OM=5\lambda$ 

+ N là cực tiểu thứ 5 $\Rightarrow ON=\frac{9\lambda }{2}$ 

$\Rightarrow ON<OM$ 

Chọn A. 

Sử dụng biểu thức: $T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}=2\pi \sqrt{\frac{\Delta l}{g}}$

Ta có: $T=2\pi \sqrt{\frac{\Delta l}{g}}=2\pi \sqrt{\frac{0,04}{9,8}}=0,4s$ 

Chọn B. 

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

Công suất toàn mạch: $P=UI\cos \phi =120.0,3.\cos \left(30\right)=18\sqrt{3}W$ 

Công suất trên đoạn mạch chứa R, L: $P_{RL}=I^{2}R=0,3^2.100\sqrt{3}=9\sqrt{3}W$ 

Lại có: $P=P_{RL}+P_X\Rightarrow P_X=P-P_{RL}=18\sqrt{3}-9\sqrt{3}=9\sqrt{3}W$ 

Chọn D. 

Sử dụng biểu thức tính vị trí vân sáng, vân tối:  

- Vân sáng: $x_s=ki$ 

- Vân tối: $x_t=(2k+1)\frac{i}{2}$ 

Sử dụng công thức tính khoảng vân: $i=\frac{\lambda D}{a}$ 

Khoảng cách ngắn nhất giữa 2 vân sáng bậc ba của 2 bức xạ:  

$3i_1-3i_2=0,72mm\Rightarrow i_1-i_2=0,24mm$   (1)

Khoảng cách ngắn nhất giữa vân sáng bậc 3 của bức xạ 1 và vân tối thứ 3 của bức xạ 2: 

$3i_1-\frac{5}{2}{i}_2=1,08mm$    (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra: $\left\{\begin{array}{l}{i}_1=0,96mm\\ i_2=0,72mm\end{array}\right.$ 

$\Rightarrow {\lambda }_2=\frac{a{i}_2}{D}=\frac{1,{2.10}^{-3}.0,{72.10}^{-3}}{1,8}=0,{48.10}^{-6}m=0,48\mu m$

Chọn A. 

+ Sử dụng phương trình elip 

+ Sử dụng điều kiện cực đại giao thoa: $d_2-d_1=k\lambda$ 

+ Sử dụng biểu thức: $\Delta \phi =\frac{2\pi \Delta d}{\lambda }$ 

N thuộc elip suy ra $\left\{\begin{array}{l}a=14,228\\ b=2\sqrt{3}\\ c=\frac{S_1{S}_2}{2}=13,8\end{array}\right.$ 

Điều kiện để có cực đại: $d_2-d_1=k\lambda =8k$   (1)

Độ lệch pha: $\Delta \phi =\frac{2\pi \Delta d}{\lambda }=(2m+1)\frac{\pi }{2}\Rightarrow d_2-d_1=(2m+1)\frac{\lambda }{4}$    (2)

Ta có: $-S_1{S}_2<d_2-d_1<S_1{S}_2$   (3)

Từ (1) và (3) suy ra $k=\pm 3,\pm 2,\pm 1,0$ 

Kết hợp với (2) Ta suy ra số điểm thỏa mãn là 7.2 = 14

Chọn C. 

+ Sử dụng biểu thức tính cơ năng: $\text{W}=\frac{1}{2}k{A}^2={\text{W}}_t+{\text{W}}_{ñ}$ 

+ Sử dụng biểu thức tính tốc độ trung bình: $v_{tb}=\frac{S}{t}$ 

Tại vị trí $x=1cm:W_d=3W_t\Rightarrow W=4W_t$

$\iff \frac{k{A}^2}{2}=4\frac{k{x}^2}{2}\Rightarrow A=2x=2cm$

Trong thời gian 0,8s vật đi được quãng đường: $16\text{cm}=2.4\text{A}$ (tương ứng với 2 chu kì)

$\Rightarrow 2T=0,8s\Rightarrow T=0,4s$

Tốc độ trung bình trong một chu kì: $v_{tb}=\frac{S}{T}=\frac{4A}{T}=\frac{4.2}{0,4}=20c\text{m/s}$ 

Chọn A. 

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

+ Khi mạch chỉ có $R_1:I_1=\frac{E}{R_1+r}\iff 2=\frac{E}{R_1+2}$    (1)

+ Khi mạch có $R_1 nt R_2:I_2=\frac{E}{R_1+R_2+r}\iff 1=\frac{E}{R_1+3+2}$ 

Lấy $\frac{\left(1\right)}{\left(2\right)}$ ta được: $\frac{2}{1}=\frac{R_1+5}{R_1+2}\Rightarrow R_1=1\Omega$  

Chọn D. 

+ Sử dụng biểu thức xác định vị trí vân sáng: $x_s=ki$ 

+ Sử dụng biểu thức tính khoảng vân: $i=\frac{\lambda D}{a}$ 

Vị trí vân sáng bậc 3: $x_{s3}=3i=2,4mm\Rightarrow i=0,8mm$ 

Lại có: $i=\frac{\lambda D}{a}\Rightarrow \lambda =\frac{ai}{D}=\frac{{10}^{-3}.0,8\cdot {10}^{-3}}{2}=0,{4.10}^{-6}m=0,4\mu m$ 

Chọn B. 

+ Sử dụng biểu thức tính độ lệch pha: $\Delta \phi =\frac{2\pi d}{\lambda }$ 

+ Sử dụng điều kiện ngược pha: $\Delta \phi =(2k+1)\pi$ 

+ Bước sóng: $\lambda =vT=2,4.0,1=0,24m=24cm$ 

Ta có: $\Delta \phi =\frac{2\pi d}{\lambda }=(2k+1)\pi \Rightarrow d=\frac{2k+1}{2}\lambda =\frac{2k+1}{2}.24$ 

Lại có: $0<d\le 65\iff 0<\frac{2k+1}{2}\cdot 24\le 65\Rightarrow -\frac{1}{2}<k\le 2,2\Rightarrow k=0;1;2$ 

Vậy trên OM có 3 điểm dao động ngược pha với M

Chọn B. 

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

+ Ban đầu: $U_2=\frac{N_2}{N_1}{U}_1=100V$ 

+ Khi giảm bớt ở cuộn thứ cấp n vòng: $\frac{U_1}{U}=\frac{N_1}{N_2-n}$   (1)

+ Khi tăng thêm ở cuộn thứ cấp n vòng: $\frac{U_1}{2U}=\frac{N_1}{N_2+n}$    (2)

Lấy $\frac{\left(1\right)}{\left(2\right)}$ ta được: $2=\frac{N_2+n}{N_2-n}\Rightarrow n=\frac{N_2}{3}$ 

+ Khi thăng thêm 3n vòng ở cuôn thứ cấp: 

$$\begin{gathered} \frac{U_1}{U^{\text{'}}}=\frac{N_1}{N_2+3n}=\frac{N_1}{N_2+3\frac{N_2}{3}}=\frac{N_1}{2N_2} \\ \Rightarrow U^{\text{'}}=\frac{2N_2}{N_1}.U_1=2.100=200V \end{gathered}$$

Chọn B. 

Vận dụng biểu thức: $I_0=\omega q_0=\frac{2\pi }{T}{q}_0$

Ta có: $I_0=\frac{2\pi }{T}{q}_0\Rightarrow T=\frac{2\pi q_0}{I_0}=\frac{2\pi {.10}^{-8}}{31,{4.10}^{-3}}={2.10}^{-6}s=2\mu s$ 

Chọn C. 

Sử dụng biểu thức: $\lambda =\frac{{\lambda }_{ck}}{n}$

Ta có: $\lambda =\frac{{\lambda }_{ck}}{n}=\frac{0,75}{1,5}=0,5\mu m$ 

Chọn C. 

Sử dụng biểu thức tính độ lệch pha: $\Delta \phi =\frac{2\pi d}{\lambda }$ 

Khoảng cách từ C đến điểm nút gần nhất: $d_C=\frac{\lambda }{12}$ 

Khoảng cách từ D đến điểm nút gần nhất: $d_D=\frac{\lambda }{6}$ 

+ Giữa C và D có 2 điểm nút và 1 điểm bụng $\Rightarrow CD=\frac{\lambda }{12}+\frac{\lambda }{2}+\frac{\lambda }{6}=\frac{3\lambda }{4}$ 

+ Độ lệch pha giữa 2 điểm C và D: $\Delta \phi =\frac{2\pi CD}{\lambda }=\frac{2\pi \frac{3\lambda }{4}}{\lambda }=\frac{3\pi }{2}$ 

Chọn D. 

+ Vẽ đường truyền tia sáng của các ánh sáng đơn sắc 

+ Vận dụng lí thuyết về khúc xạ ánh sáng và phản xạ toàn phần.

Điều kiện xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần: $i\ge i_{gh}$ 

Góc giới hạn với mỗi tia: 

+ Màu đỏ: $\sin i_{g{h}_d}=\frac{1}{n_d}\Rightarrow i_{g{h}_d}=37,{49}^0$ 

+ Màu lam: $\sin i_{g{h}_l}=\frac{1}{n_l}\Rightarrow i_{g{h}_l}=36,{73}^0$ 

+ Màu tím: $\sin i_{g{h}_t}=\frac{1}{n_t}\Rightarrow i_{g{h}_t}=36,4^0$ 

⇒ Tia ló ra ngoài không khí là các tia màu đỏ. 

Tia phản xạ toàn phần (không ló ra ngoài không khí) là các tia màu tím và lam.

Chọn A. 

+ Sử dụng vòng tròn lượng giác 

+ Vận dụng biểu thức tính tần số góc: $\omega =2\pi f$ 

+ Vận dụng biểu thức: $\Delta \phi =\omega \Delta t$

+ Tần số góc: $\omega =2\pi f=2\pi .50=100\pi (ra\text{d/s)}$

+ Vẽ trên vòng tròn lượng giác, ta được: 

Biết đèn chỉ sáng lên khi $u\ge U_1$ 

Chu kì $T=\frac{1}{f}=\frac{1}{50}s\Rightarrow 2s=100T$ 

Thời gian đèn sáng trong 1 chu kì: $\Delta t=\frac{\frac{4}{3}}{100}=\frac{1}{75}S$  

Lại có: Thời gian đèn sáng trong 1 chu kì:  

$\Delta t=\frac{4\Delta \phi }{\omega }=\frac{1}{75}s\Rightarrow \Delta \phi =\frac{\omega }{4.75}=\frac{\pi }{3}$

Từ hình vẽ ta có: 

$$\begin{gathered} \cos \Delta \phi =\frac{U_1}{U_0}\iff \cos \frac{\pi }{3}=\frac{110\sqrt{2}}{U_0} \\ \Rightarrow U_0=220\sqrt{2}V\Rightarrow U=\frac{U_0}{\sqrt{2}}=220V \end{gathered}$$

Chọn C.

+ Viết phương trình dao động điều hòa  

+ Sử dụng công thức lượng giác: $\cos a.\cos b=\frac{1}{2}\left[\cos (a+b)+\cos (a-b)\right]$ 

Để đơn giản, ta chọn phương trình dao động điều hòa của 2 vật là: $\left\{\begin{array}{l}{x}_1=A_1\cos \omega t\\ x_2=A_2\cos (\omega t+\phi )\end{array}\right.$ 

Ta suy ra: $x_1{x}_2=A_1{A}_2\cos \omega t.\cos (\omega t+\phi )$ 

Ta có:

$$\begin{gathered} \cos \omega t.\cos (\omega t+\phi )=\frac{1}{2}\left[\cos (2\omega t+\phi )+\cos \phi \right] \\ \Rightarrow x_1{x}_2=\frac{A_1{A}_2}{2}\left[\cos (2\omega t+\phi )+\cos \phi \right] \end{gathered}$$

$\text{+ }{\left[x_1{x}_2\right]}_{\max }\iff \cos (2\omega t+\phi )=1\Rightarrow {\left[x_1{x}_2\right]}_{\max }=\frac{A_1{A}_2}{2}(1+\cos \phi )=M$   (1)

$\text{+ }{\left[x_1{x}_2\right]}_{\min }\iff \cos (2\omega t+\phi )=-1\Rightarrow {\left[x_1{x}_2\right]}_{\min }=\frac{A_1{A}_2}{2}(-1+\cos \phi )=-\frac{M}{3}$   (2)

Lấy $\frac{\left(1\right)}{\left(2\right)}$ ta được $\frac{1+\cos \phi }{-1+\cos \phi }=\frac{1}{-\frac{1}{3}}\Rightarrow \cos \phi =\frac{1}{2}\Rightarrow \phi =\frac{\pi }{3}=1,05rad$ 

Chọn A. 

+ Sử dụng biểu thức tính độ lệch pha: $\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}$ 

+ Sử dụng giản đồ véctơ và vòng tròn lượng giác

+ Sử dụng hệ quả vuông pha. 

+ Cảm kháng: $Z_L=\omega L=15\Omega$ 

+ Dung kháng: $Z_C=\frac{1}{\omega C}=10\Omega$ 

+ Điện trở trong: $r=5\sqrt{3}\Omega$ 

+ Độ lệch pha: $\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}=\frac{15-10}{5\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \phi =\frac{\pi }{6}$  

Ta có giản đồ vecto: 

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{u}_C=U_{0C}\cos \left(100\pi t-\frac{2\pi }{3}\right)V\\ u_d=U_{0d}\cos \left(100\pi t+\frac{\pi }{6}\right)V\end{array}\right.$

$\Rightarrow u_d$ sớm pha hơn $u_C$ một góc $\frac{5\pi }{6}$ 

Ta có: $t_2=t_1+\frac{1}{75}s\Rightarrow \Delta t=\frac{1}{75}s$ 

⇒ góc quét được từ thời điểm $t_1\to t_2$ là: $\Delta \phi =\omega .\Delta t=100\pi .\frac{1}{75}=\frac{4\pi }{3}$ 

Vẽ trên vòng tròn lượng giác ta được:

Từ VTLG ta có:

$u_{d_1}\perp u_{C_2}\Rightarrow {\left(\frac{u_{d_1}}{U_{0d}}\right)}^2+{\left(\frac{u_{C_2}}{U_{0C}}\right)}^2=1\iff \frac{{100}^2}{U_{0d}^2}+\frac{{100}^2}{U_{0C}^2}=1$   (1)

Lại có: $\left\{\begin{array}{l}{U}_{0C}=U_0\\ U_{0d}=\sqrt{3}{U}_0\end{array}\right.$ 

Thế vào (1) ta suy ra: $U_0=\frac{200\sqrt{3}}{3}V$ 

Chọn D. 

+ Đọc đồ thị  

+ L biến thiên để $U_{RL}$ cực đại: $Z_L=\frac{R^2+Z_C^2}{Z_C}$ 

+ Cộng hưởng: $Z_L=Z_C$ 

Từ đồ thị, ta thấy: 

+ $Z_{L_M}$ là giá trị của cảm kháng để điện áp hiệu dụng trên cuộn dây cực đại $\Rightarrow Z_{L_M}=\frac{R^2+Z_C^2}{Z_C}$   (1)

+ Tại N, mạch cộng hưởng điện, khi đó:

$U_C=40V=\frac{U}{R}{Z}_C=\frac{a{Z}_C}{aR}\Rightarrow Z_C=40\Omega$   

+ Tại $Z_L=17,5\Omega$ và $Z_{L_M}$ là 2 giá trị của cảm kháng cho cùng công suất tiêu thụ. 

$\Rightarrow Z_{L_M}+17,5=2Z_C\Rightarrow Z_{L_M}=2.40-17,5=62,5\Omega$

Thay vào (1) ta được: $62,5=\frac{a^2+{40}^2}{40}\Rightarrow a=30\Omega$ 

Chọn C. 

+ Sử dụng vòng tròn lượng giác 

+ Vận dụng các biểu thức tính chu kì: $T=\frac{2\pi }{\omega }$ và $\omega =\frac{\Delta \phi }{\Delta t}$ 

Ta có vòng tròn lượng giác biểu diễn dao động của phần tử trên dây tại các đường (1), (2) và (3)

Từ vòng tròn lượng giác, ta thấy các phần tử trên đường (2) và (3) dao động được pha:

$\alpha =\pi -3\alpha \Rightarrow \alpha =\frac{\pi }{4}$

Chu kì sóng: $T=\frac{2\pi }{\omega }=\frac{2\pi }{\frac{\alpha }{t_1}}=\frac{2\pi t_1}{\alpha }=\frac{2\pi .0,005}{\frac{\pi }{4}}=0,04s$ 

Bước sóng: $\lambda =vT=400.0,04=16cm$ 

Biên độ của phần tử trên dây tại thời điểm $t_2$ là:

$u_0=2a\cos \frac{\pi }{4}=\mathrm{2.2.}\cos \frac{\pi }{4}=2\sqrt{2}\left(cm\right)$

Khoảng cách giữa hai điểm trên phương truyền sóng là:  

$\frac{3\lambda }{2}=\frac{3}{2}\cdot 16=24cm$

Do M, N dao động ngược pha: $\Delta u_{\max }=\left|u_M-u_N\right|=2u_0=4\sqrt{2}cm$ 

Khoảng cách MN lớn nhất là: $MN=\sqrt{{24}^2+{\left(4\sqrt{2}\right)}^2}=24,66cm$ 

Chọn B. 

+  f  thay đổi để $U_{C_{\max }}:{\omega }^2=\frac{2}{2LC-R^2{C}^2}$ 

+  R thay đổi $U_{RL}$ không phụ thuộc vào $R:Z_C=2Z_L$ 

+ Khi $f=f_1{U}_{C_{\max }}$: 

${\omega }_1^2=\frac{2}{2LC-R^2{C}^2}=\frac{2}{2LC-\frac{L}{2C}{C}^2}=\frac{4}{3LC}$

+ Khi $f=f_2{U}_{RL}$ không thay đổi:

$U_{RL}=\frac{U}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}\cdot \sqrt{R^2+Z_L^2}=\frac{U}{\sqrt{1+\frac{Z_C^2-2Z_L{Z}_C}{R^2+Z_L^2}}}$

$U_{RL}$ không đổi khi điều chỉnh R  

$\Rightarrow \frac{Z_C^2-2Z_L{Z}_C}{R^2+Z_L^2}=0\Rightarrow Z_C=2Z_L\Rightarrow \frac{1}{{\omega }_{2}C}=2{\omega }_{2}L\Rightarrow {\omega }_2^2=\frac{1}{2LC}$

Chọn C. 

Sử dụng máy tính tổng hợp dao động: $x_2-x_1=A_2\angle {\phi }_2-A_1\angle {\phi }_1$ 

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{v}_1=x_1^{\text{'}}=-8\omega \sin \left(\omega t-\frac{\pi }{6}\right)c\text{m/s}\\ v_2=x_2^{\text{'}}=-4\sqrt{3}\omega \sin \left(\omega t-\frac{\pi }{3}\right)c\text{m/s}\end{array}\right.$ 

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{v}_2-v_1=-4\sqrt{3}\omega \angle -\frac{\pi }{3}+8\omega \angle -\frac{\pi }{6}=4\omega \angle -\frac{\pi }{3}=4\omega \sin \left(\omega t+\frac{\pi }{6}\right)cm\\ x_2-x_1=4\angle -\frac{5\pi }{6}=4\cos \left(\omega t-\frac{5\pi }{6}\right)\end{array}\right.$

Khi 2 điểm sáng có cùng vận tốc: $v_2-v_1=0$ khi: $\sin \left(\omega t+\frac{\pi }{6}\right)=0\Rightarrow \left[\begin{array}{l}\omega t=-\frac{\pi }{6}+k2\pi \\ \omega t=\frac{5\pi }{6}+k2\pi \end{array}\right.$ 

Khi đó, khoảng cách giữa 2 điểm sáng là: $\left|x_2-x_1\right|=4cm$ 

Chọn B. 

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

+ Sử dụng công thức tính sai số. 

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

+ Gia tốc trọng trường: $\overline{g}=\frac{4{\pi }^2.\overline{l}}{\overline{T^2}}=\frac{4{\pi }^2{\mathrm{.99.10}}^{-2}}{2^2}=9,7713{\text{m/s}}^{\text{2}}$ 

+ Sai số: $\frac{\Delta g}{\overline{g}}=\frac{\Delta l}{\overline{l}}+2\frac{\Delta T}{\overline{T}}=\frac{1}{99}+2\frac{0,02}{2}\Rightarrow \Delta g=0,294{\text{m/s}}^{\text{2}}$ 

$\Rightarrow g=\overline{g}\pm \Delta g=9,8\pm 0,3\left({\text{m/s}}^{\text{2}}\right)$

Chọn D.

+ Sử dụng biểu thức tính chiều dài của con lắc lò xo treo thẳng đứng: $\left\{\begin{array}{l}{l}_{\max }=l_0+\Delta l+A\\ l_{\min }=l_0+\Delta l-A\end{array}\right.$ 

+ Sử dụng biểu thức tính độ dãn của lò xo tại VTCB: $\Delta l=\frac{mg}{k}=\frac{g}{{\omega }^2}$ 

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

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{l}_0=36cm\\ l_{\max }=l_0+\Delta l+A\\ l_{\min }=l_0+\Delta l-A\end{array}\right.$  

Theo đề bài: $l_{\max }=1,5l_{\min }\iff l_0+\Delta l+A=1,5\left(l_0+\Delta l-A\right)$ 

$\iff 0,36+\Delta l+A=1,5.(0,36+\Delta l-A)\Rightarrow 2,5A-0,5\Delta l-0,18=0$

 $\iff 5A-0,36=\Delta l=\frac{10}{{\omega }^2}$   (1)

Tại thời điểm t: $A^2=x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}$

$\iff A^2=0,{04}^2+\frac{{\left(20\pi \sqrt{3}{.10}^{-2}\right)}^2}{{\omega }^2}\iff A^2=1,{6.10}^{-3}+0,12\frac{10}{{\omega }^2}$

Thế (1) vào (2) ta được:  

$A^2=1,{6.10}^{-3}+0,12(5A-0,36)\Rightarrow \left[\begin{array}{l}A=0,52m( loai)\\ A=0,08m\end{array}\right.$

$\Rightarrow \omega =5\pi (rad/s)\Rightarrow T=\frac{2\pi }{\omega }=\frac{2}{5}s$

Chọn A.