Vận dụng lí thuyết về sóng cơ học. 

Khi sóng cơ truyền từ không khí vào nước thì tần số của sóng không đổi. 

Chọn A. 

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

Ta có: bước sóng $\lambda =\frac{c}{f}=\frac{{3.10}^8}{{75.10}^3}=4000m$

Chọn C. 

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

+ Vận dụng biểu thức tính vị trí vân sáng: $x_s=ki$

+ Vận dụng thang sóng ánh sáng. 

Ta có vân sáng gần vân trung tâm nhất ứng với ánh sáng có bước sóng nhỏ nhất (do $x_s=ki=k\frac{\lambda D}{a}$)

⇒ Trong các ánh sáng của nguồn, vân sáng gần vân trung tâm nhất là ánh sáng chàm.

Chọn D. 

Sử dụng lí thuyết về môi trường truyền sóng cơ. 

Sóng cơ truyền được trong các môi trường: Rắn, lỏng và khí. 

Chọn A. 

Vận dụng lí thuyết về dao động điều hòa. 

Trong dao động điều hòa, đại lượng không thay đổi theo thời gian là năng lượng toàn phần.

Chọn D. 

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

Ta có, mức cường độ âm: $L=\log \frac{I}{I_0}\left(B\right)=10\log \frac{I}{I_0}\left(dB\right)$

Chọn B. 

Sử dụng biểu thức tính năng lượng của ánh sáng: $\epsilon =hf=\frac{hc}{\lambda }$

Năng lượng của ánh sáng: $\epsilon =hf=\frac{hc}{\lambda }$

Chọn D. 

Đọc phương trình cường độ dòng điện. 

ω - là tần số góc của dòng điện. 

Chọn C. 

Sử dụng thang sóng điện từ. 

Bức xạ hồng ngoại là bức xạ có bước sóng lớn hơn 0,76μm 

Chọn A. 

Sử dụng biểu thức tính độ lệch pha của 2 dao động: $\Delta \phi ={\phi }_2-{\phi }_1$

Độ lệch pha của 2 dao động: $\Delta \phi ={\phi }_2-{\phi }_1=0,5\pi -(-0,5\pi )=\pi$

Chọn C. 

Sử dụng thang sóng điện từ 

Theo chiều giảm dần bước sóng: Sóng vô tuyến, hồng ngoại, ánh sáng nhìn thấy, tử ngoại, tia X.

Ta có tia hồng ngoại có bước sóng lớn nhất trong các tia nên tia hồng ngoại có tần số nhỏ nhất trong các tia  đó. 

Chọn B. 

Sử dụng biểu thức tính hệ số công suất: $\cos \phi =\frac{R}{Z}$

Hệ số công suất: $\cos \phi =\frac{R}{Z}=\frac{R}{\sqrt{R^2+Z_L^2}}$

Chọn C. 

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

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

Máy biến áp là máy hạ áp $\Rightarrow U_2<U_1\Rightarrow \frac{N_2}{N_1}<1$ 

Chọn D. 

Vận dụng biểu thức tính công suất định mức: $P=\frac{U^2}{R}$

Ta có: $P_1=P_2\iff \frac{U_1^2}{R_1}=\frac{U_2^2}{R_2}\Rightarrow \frac{R_1}{R_2}=\frac{U_1^2}{U_2^2}$  

Chọn C. 

Sử dụng biểu thức tính vận tốc: $v=x^{\text{'}}$ 

Ta có: $x=A\cos (\omega t+\phi )$ 

Vận tốc: $v=x^{\text{'}}=-A\omega \sin (\omega t+\phi )$  

Chọn D. 

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

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

Chọn A. 

Sử dụng biểu thức tính tần số góc của dao động của mạch LC: $\omega =\frac{1}{\sqrt{LC}}$

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

Chọn A. 

Sử dụng điều kiện cộng hưởng điện: $Z_L=Z_C$

Khi có cộng hưởng điện $Z_L=Z_C\Rightarrow {\omega }_{0}L=\frac{1}{{\omega }_{0}C}\Rightarrow {\omega }_0=\frac{1}{\sqrt{LC}}$ 

⇒ Tần số khi cộng hưởng điện: $f_0=\frac{{\omega }_0}{2\pi }=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}$ 

Chọn D. 

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

Ta có: $l=k\frac{\lambda }{2}$ 

Trên dây có 4 bụng sóng $\Rightarrow k=4\Rightarrow l=4\frac{20}{2}=40cm$ 

Chọn D. 

Vận dụng lí thuyết về dao động cưỡng bức. 

A, B, D – đúng 

C – sai vì dao động cưỡng bức có tần số bằng tần số riêng của hệ dao động khi xảy ra hiện tượng cộng  hưởng cơ. 

Chọn C. 

Sử dụng biểu thức chuyển mức năng lượng: $\epsilon =E_n-E_0$

Ta có: $\epsilon =E_n-E_0\iff \frac{hc}{\lambda }=E_n-E_0$

$$\begin{gathered} \iff \frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{0,{1218.10}^{-6}}=E_n-\left(-13,6.1,{6.10}^{-19}\right) \\ \Rightarrow E_n=-5,{44.10}^{-19}J=-3,4eV \end{gathered}$$

Chọn C. 

Độ lớn suất điện động cảm ứng: $e_c=\left|\frac{\Delta \Phi }{\Delta t}\right|$  

Ta có: Suất điện động cảm ứng: $e_c=\left|\frac{\Delta \Phi }{\Delta t}\right|$

$\Rightarrow e_c=\frac{N\cdot \Delta B.S.\cos 60}{\Delta t}=\frac{100.\left|0-{2.10}^{-4}\right|{\mathrm{.20.10}}^{-4}.\cos 60}{0,01}={2.10}^{-3}V$

Chọn B. 

Sử dụng biểu thức tính công thoát: $A=\frac{hc}{{\lambda }_0}$

Năng lượng cần thiết để giải phóng 1 electrong liên kết thành electron dẫn chính bằng công thoát của vật: 

$A=\frac{hc}{{\lambda }_0}=\frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{0,{82.10}^{-6}}=2,{424.10}^{-19}J$

Chọn D. 

Sử dụng điều kiện của biên độ tổng hợp dao động điều hòa: $\left|A_1-A_2\right|\le A\le A_1+A_2$

Ta có biên độ tổng hợp dao động điều hòa thỏa mãn: 

$\left|A_1-A_2\right|\le A\le A_1+A_2\Rightarrow 7cm\le A\le 23cm$

Chọn D. 

+ Sử dụng biểu thức tính cường độ điện trường: $E=k\frac{q}{\epsilon r^2}$

+ Sử dụng nguyên lí chồng chất điện trường: $\overrightarrow{E}=\overrightarrow{E_1}+\overrightarrow{E_2}+\dots +\overrightarrow{E_n}$ 

Ta có: $q_A=q_B\Rightarrow \overrightarrow{E_{AC}}\uparrow \uparrow \overrightarrow{E_{BC}}$ 

Lại có: $\left\{\begin{array}{l}{E}_{AC}=k\frac{q_A}{A{C}^2}\\ E_{BC}=k\frac{q_B}{B{C}^2}\end{array}\right.$  

$\Rightarrow \frac{E_{AC}}{E_{BC}}=\frac{B{C}^2}{A{C}^2}=\frac{B{C}^2}{{(AB+BC)}^2}=\frac{1}{4}\Rightarrow E_{BC}=4E_{AC}=4000\text{V/m}$

Cường độ điện trường tổng hợp tại C: $\overrightarrow{E_C}=\overrightarrow{E_{AC}}+\overrightarrow{E_{BC}}$ 

Do $\overrightarrow{E_{AC}}\uparrow \uparrow \overrightarrow{E_{BC}}\Rightarrow E_C=E_{AC}+E_{BC}=1000+4000=5000\text{V/m}$ 

Chọn B. 

+ Đọc đồ thị v – t 

+ Sử dụng biểu thức vận tốc cực đại: $v_{\max }=A\omega$ 

+ Viết phương trình li độ dao động điều hòa.

Từ đồ thị ta có: 

+ Vận tốc cực đại: $v_{\max }=5c\text{m/s}$ 

$\text{+ }\frac{T}{2}=0,15s\Rightarrow T=0,3s\Rightarrow \omega =\frac{2\pi }{T}=\frac{20\pi }{3}\left(ra\text{d/s}\right)$

Lại có: $v_{\max }=A\omega \Rightarrow A=\frac{v_{\max }}{\omega }=\frac{5}{\frac{20\pi }{3}}=\frac{3}{4\pi }cm$ 

Tại $t=0:v_0=-A\omega \sin \phi =2,5c\text{m/s}$ và đang giảm $\Rightarrow \sin \phi =-\frac{1}{2}\Rightarrow \phi =-\frac{\pi }{6}\left(rad\right)$ 

⇒ Phương trình li độ dao động: $x=\frac{3}{4\pi }\cos \left(\frac{20\pi }{3}t-\frac{\pi }{6}\right)cm$ 

Chọn D. 

Sử dụng biểu thức: $\epsilon =hf=A+W_d$ 

+ Khi chiếu bức xạ tần số f : $hf=A+K$  (1)

+ Khi chiếu bức xạ tần số 2f : ${\text{h.(2f) = A + W}}_{\text{d}}$   (2)

Lấy: $2.\left(1\right)-\left(2\right)$ ta được: $0=A+K-W_d\Rightarrow W_d=A+K$ 

Chọn B. 

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

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

Ta có độ lệch pha của u so với i: $\tan \phi =\frac{-Z_C}{R}$  

Theo đề bài ta có: $\phi =-\frac{\pi }{3}\Rightarrow \tan \phi =\frac{-Z_C}{R}=\tan \left(-\frac{\pi }{3}\right)\Rightarrow Z_C=R\sqrt{3}=100\sqrt{3}\Omega$ 

Lại có: $Z_C=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{2\pi fC}\Rightarrow f=\frac{1}{2\pi .Z_{C}C}=\frac{1}{2\pi .100\sqrt{3}.\frac{{10}^{-3}}{10\sqrt{3}\pi }}=50Hz$ 

Chọn C. 

Sử dụng công thức tính độ bội giác của kính hiển vi khi ngắm chừng ở vô cực: $G_{\infty }=\frac{\delta D}{f_1{f}_2}$

Độ bội giác của kính hiển vi khi ngắm chừng ở vô cực: $G_{\infty }=\frac{\delta D}{f_1{f}_2}$  

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{f}_1=0,5cm\\ f_2=2cm\\ D=25cm\\ \delta =O_1{O}_2-f_1-f_2=12,5-0,5-2=10cm\end{array}\right.$

$\Rightarrow G_{\infty }=\frac{10.25}{0,5.2}=250$lần 

Chọn B. 

+ Khoảng thời gian ngắn nhất dây duỗi thẳng $\frac{T}{2}$ 

+ Sử dụng công thức tính biên độ sóng dừng: $A_M=A_b.\sin \frac{2\pi d}{\lambda }$ (d – là khoảng cách từ điểm đó đến nút gần nhất) 

Ta có, khoảng thời gian ngắn nhất dây duỗi thẳng $\frac{T}{2}=0,04s\Rightarrow T=0,08s$ 

$\Rightarrow \omega =\frac{2\pi }{T}=25\pi \left(ra\text{d/s}\right)$

Giả sử: MN = 1cm 

Theo đề bài: $MN=\frac{NP}{2}\Rightarrow NP=2cm$ 

$MP=\frac{\lambda }{2}\Rightarrow \lambda =6cm$

Ta có: $MO=\frac{MN}{2}=0,5cm$  

Biên độ sóng tại M:

$A_M=A_b.\sin \frac{2\pi MO}{\lambda }\iff 4=A_b\sin \frac{2\pi .0,5}{6}\Rightarrow A_b=8mm$ 

Tốc độ dao động của phần tử vật chất tại điểm bụng:

$v_{\max }=A_b\omega =8.25\pi =628m\text{m/s}$ 

Chọn D. 

+ Sử dụng biểu thức định luật ôm: $I=\frac{U}{Z}$ 

+ Đọc phương trình u – i. 

+ Sử dụng giản đồ véctơ 

+ Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu tụ điện: $U_C=I.Z_C=\frac{0,6}{\sqrt{2}}\cdot 200=60\sqrt{2}V$ 

+ Ta có giản đồ:

Từ giản đồ ta có: $U_d^2=U^2+U_C^2-2U{U}_C\cos \frac{2\pi }{3}$ 

$\iff U_d^2={120}^2+{\left(60\sqrt{2}\right)}^2-\mathrm{2.120.60}\sqrt{2}\cos \frac{2\pi }{3}\Rightarrow U_d=178,27V$

Chọn D. 

Vị trí vân sáng trùng nhau: $k_1{i}_1=k_2{i}_2$ hay $k_1{\lambda }_1=k_2{\lambda }_2$ 

Gọi $k_1,k_2$ tương ứng là bậc vân sáng trùng nhau gần vân trung tâm nhất của bức xạ ${\lambda }_1,{\lambda }_2$ 

Ta có: $k_1+k_2=11$ (1) 

+ TH1: $\left(k_1\right)-\left(k_2\right)=3$ 

Kết hợp với (1) suy ra $\left\{\begin{array}{l}{k}_1=8\\ k_2=5\end{array}\right.$ 

Lại có: $k_1{\lambda }_1=k_2{\lambda }_2\iff 8.0,64=5.{\lambda }_2\Rightarrow {\lambda }_2=1,024\mu m$ (loại)

+ TH2: $\left(k_2\right)-\left(k_1\right)=3$ 

Kết hợp với (1) suy ra: $\left\{\begin{array}{l}{k}_1=5\\ k_2=8\end{array}\Rightarrow {\lambda }_2=\frac{5.0,64}{8}=0,4\mu m\right.$ 

Chọn A. 

Sử dụng biểu thức tính lực kéo về cực đại: $F=kA=m{\omega }^{2}A$ 

Ta có 2 con lắc có cùng chiều dài ⇒ chúng dao động với cùng tần số góc ${\omega }_1={\omega }_2=\omega$ 

Lực kéo về cực đại: $\left\{\begin{array}{l}{F}_1=m_1{\omega }^{2}A\\ F_2=m_2{\omega }^{2}A\end{array}\right.$ 

Có: $\frac{F_2}{F_1}=\frac{3}{2}\iff \frac{m_1}{m_2}=\frac{3}{2}$   (1)

Lại có: $m_1+m_2=1,2kg$   (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{m}_1=0,72kg\\ m_2=0,48kg\end{array}\right.$

Chọn A. 

+ Sử dụng giản đồ véctơ 

+ Sử dụng biểu thức định luật ôm: $I=\frac{U_R}{R}$ 

Ta có: $U=U_{RC}=120V$ 

Ta có giản đồ véctơ 

Từ giản đồ ta có:

$\cos \frac{\pi }{3}=\frac{U_R}{U}\Rightarrow U_R=U.\cos \frac{\pi }{3}=120.\frac{1}{2}=60V$

Điện trở: $R=\frac{U_R}{I}=\frac{60}{1,2}=50\Omega$ 

Chọn D. 

Sử dụng biểu thức xác định gia tốc trọng trường trong trường hợp con lắc chịu tác dụng của điện trường theo phương ngang: $g^{\text{'}}=\sqrt{g^2+{\left(\frac{qE}{m}\right)}^2}$ 

Gia tốc trọng trường: $g^{\text{'}}=\sqrt{g^2+{\left(\frac{qE}{m}\right)}^2}$

Chu kì dao động của con lắc đơn khi này:

$T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g^{\text{'}}}}=2\pi \sqrt{\frac{1,5}{\sqrt{{10}^2+{\left(\frac{{100.10}^{-6}{\mathrm{.10.10}}^3}{0,1}\right)}^2}}}=2,046s$ 

Chọn C. 

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

+ Đọc đồ thị  

+ Sử dụng biểu thức tính độ dãn của lò xo tại vị trí cân bằng: $\Delta l_0=\frac{mg}{k}$  

+ Chu kì dao động: $T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}=2\pi \sqrt{\frac{400.10}{100}}=0,4s$ 

+ Độ biến dạng của lò xo tại vị trí cân bằng: $\Delta l_0=\frac{mg}{k}=\frac{{400.10}^{-3}.10}{100}=0,04m=4cm$  

Từ đồ thị, ta có:

+ Khi lực F tăng lên 1 lượng ΔF thì vị trí cân bằng của lò xo dịch chuyển thêm một đoạn Δl = 4cm

Tại thời điểm t = 0,2s con lắc đang ở vị trí biên của dao động thứ nhất. 

Dưới tác dụng của lực F vị trí cân bằng dịch chuyển đến đúng vị trí biên nên con lắc đứng yên tại vị trí này.

+ Lập luận tương tự khi ngoại lực F có độ lớn 12N con lắc sẽ dao động với biên độ 8cm.

Tổng quãng đường vật đi được kể từ t = 0: $S=9.4+8+\frac{8}{2}=48cm$ 

Chọn B. 

+ Sử dụng vòng tròn lượng giác 

+ Viết phương trình dao động điều hòa. 

+ Sử dụng biểu thức xác định thời điểm vật qua li độ x lần thứ n (n - lẻ) $t_n=t_{n-1}+t_1$ 

Ta có: 

Chu kì dao động: $T=\frac{1}{f}=0,2s$   

Gọi M₁, M₂ lần lượt là hình chiếu của M trên mặt nước và trên đáy bể. 

Ta có: M₁ và M₂ đều dao động điều hòa với phương trình: $x=5\cos \left(10\pi t-\frac{\pi }{2}\right)cm$ (do tại thời điểm ban đầu M ở điểm cao nhất) 

Khoảng thời gian ánh sang truyền từ điểm M đến đáy bể: 

Trong 1 chu kì, điểm sáng dưới đáy bể qua vị trí $\text{x}=-2\text{cm}$ 2 lần

$\Rightarrow t_{2020}=\frac{2020}{2}T=202s$

Mặt khác:  

Lại có: $\cos \Delta \phi =\left|\frac{-2}{5}\right|=\frac{2}{5}\Rightarrow \Delta \phi =1,159rad$

$\Rightarrow t_1=\frac{\Delta \phi }{\omega }=0,0369s\Rightarrow t=t_{2020}+t_1=202,036s$ 

Chọn A. 

+ Sử dụng biểu thức tính công suất: $P_R=I^{2}R$  

+ Sử dụng BĐT Cosi 

+ Sử dụng biểu thức tính hệ số công suất: $\cos \phi =\frac{R}{Z}$ 

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}r=30\Omega \\ Z_L=120\Omega \\ Z_C=100\Omega \end{array}\right.$ 

Công suất trên biến trở: $P_R=I^{2}R=\frac{U^2}{{(R+r)}^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}R$ 

Công suất trên mạch: $P^{\text{'}}=I^2(R+r)=\frac{U^2}{{(R+r)}^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}(R+r)$ 

Ta có: $P=P_R+P^{\text{'}}=\frac{U^2}{{(R+r)}^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}(2R+r)$

$$\begin{gathered} \Rightarrow P=\frac{U^2}{{(R+30)}^2+{20}^2}(2R+30) \\ \Rightarrow P=\frac{U^2}{R^2+60R+1300}2(R+15) \\ \Rightarrow P=\frac{U^2}{\left(R^2+30R+{15}^2\right)+30(R+15)+625}2(R+15) \\ \Rightarrow P=\frac{2U^2}{(R+15)+\frac{625}{R+15}+30} \end{gathered}$$

Ta có: $P_{\max } khi {\left[(R+15)+\frac{625}{(R+15)}\right]}_{\min }$ 

Lại có: $(R+15)+\frac{625}{R+15}\ge 2\sqrt{(R+15)\frac{625}{(R+15)}}=50$ 

Dấu = xảy ra khi $(R+15)=\frac{625}{R+15}\Rightarrow R=10\Omega$ 

Từ đồ thị ta có: $\frac{R_1}{R}=\frac{7}{5}\Rightarrow R_1=\frac{7}{5}R=\frac{7}{5}.10=14\Omega$ 

Khi $R=R_1=14\Omega :$ 

+ Tổng trở: $Z=\sqrt{{\left(R_1+r\right)}^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}=\sqrt{{(14+30)}^2+{20}^2}=4\sqrt{146}\Omega$ 

+ Hệ số công suất trên cuộn dây: $\cos {\phi }_d=\frac{r}{Z}=\frac{30}{4\sqrt{146}}$ 

+ Hệ số công suát trên mạch: $\cos \phi =\frac{R_1+r}{Z}=\frac{14+30}{4\sqrt{146}}$ 

Tổng hệ số công suất trên cuộn dây và trên mạch: $\frac{30}{4\sqrt{146}}+\frac{44}{4\sqrt{146}}=1,531$ 

Chọn C. 

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

+ Viết phương trình sóng tại một điểm trong trường giao thoa: $u=2a\cos \left(\omega t+\phi +\frac{2\pi \Delta d}{\lambda }\right)$

+ Bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}=\frac{20}{10}=2c\text{m/s}$ 

+ Phương trình sóng tại M:

$u_M=2.1,5\cos \left(20\pi t+\frac{\pi }{6}-\frac{2\pi d}{\lambda }\right)=3\cos \left(20\pi t+\frac{\pi }{6}-\frac{2\pi d}{\lambda }\right)cm$ 

M cùng pha với nguồn $\frac{\pi }{6}-\left(\frac{\pi }{6}-\frac{2\pi d}{\lambda }\right)=k2\pi \Rightarrow d=k\lambda =2k$ 

Ta có: $d>\frac{AB}{2}=\frac{20}{2}=10cm\Rightarrow k>5$ 

M gần nguồn nhất $\Rightarrow k_{\min }=6\Rightarrow d_{\min }=12cm$

$\Rightarrow O{M}_{\min }=\sqrt{d_{\min }^2-\frac{A{B}^2}{4}}=2\sqrt{11}cm$

N là cực đại gần O nhất ⇒ N là cực đại bậc 1

⇒ Khoảng cách $ON=\frac{\lambda }{2}=1cm$ 

Phương trình sóng tại N: 

$$\begin{gathered} u_N=2.1,5\cos \left(20\pi t+\frac{\pi }{6}-\frac{2\pi \Delta d}{\lambda }\right) \\ =3\cos \left(20\pi t+\frac{\pi }{6}-\frac{2\pi \frac{\lambda }{2}}{\lambda }\right)=3\cos \left(20\pi t+\frac{\pi }{6}-\pi \right) \end{gathered}$$

Khoảng cách giữa M và N theo phương thẳng đứng: 

$$\begin{gathered} \Delta u=u_M-u_N=3\angle \frac{\pi }{6}-3\angle \left(\frac{\pi }{6}-\pi \right)=6\cos \left(20\pi t+\frac{\pi }{6}\right)cm \\ \Rightarrow \Delta u_{\max }=6cm \end{gathered}$$

⇒ Khoảng cách lớn nhất giữa M và N trong quá trình dao động: $M{N}_{\max }=\sqrt{{\left(2\sqrt{11}\right)}^2+1^2+6^2}=9cm$

Chọn D. 

+ Sử dụng công thức tính hiệu suất: $H=\frac{P^{\text{'}}}{P}$  

+ Sử dụng công thức tính công suất hao phí: $\Delta P=\frac{P^2}{U^2{\cos }^2\phi }R$ 

+ Ban đầu hiệu suất truyền tải là 95%: $H=\frac{P_1^{\text{'}}}{P_1}=0,95\Rightarrow P_1^{\text{'}}=0,95P_1$  

Công suất hao phí khi này: $\Delta P_1=\frac{P_1^2}{U^2{\cos }^2\phi }R=0,05P_1$  

$\Rightarrow P_1=P_1^{\text{'}}+\Delta P_1$

+ Khi công suất sử dụng điện của khu dân cư tăng 20%: $P_2^{\text{'}}=(1+0,2)P_1^{\text{'}}=1,2P_1^{\text{'}}=1,14P_1$  

Công suất hao phí khi này: $\Delta P_2=\frac{P_2^2}{U^2{\cos }^2\phi }R$  

$\Rightarrow P_2=P_2^{\text{'}}+\Delta P_2$

Ta có: $\frac{\Delta P_1}{\Delta P_2}=\frac{P_1^2}{P_2^2}\Rightarrow \Delta P_2=\frac{P_2^2}{P_1^2}\Delta P_1=\frac{P_2^2}{P_1^2}\cdot 0,05P_1$ 

Xét tỉ số: $\frac{P_2}{P_1}=\frac{P_2^{\text{'}}+\Delta P_2}{P_1^{\text{'}}+\Delta P_1}\Rightarrow \frac{P_2}{P_1}=\frac{1,14P_1+0,05P_1\frac{P_2^2}{P_1^2}}{P_1}=1,14+0,05\frac{P_2^2}{P_1^2}$ 

Hay: $0,05\frac{P_2^2}{P_1^2}-\frac{P_2}{P_1}+1,14=0\Rightarrow \left[\begin{array}{l}\frac{P_2}{P_1}=18,786\\ \frac{P_2}{P_1}=1,214\end{array}\right.$ 

Ta suy ra hiệu suất của quá trình truyền tải:  

+ Trường hợp 1:  

$H=\frac{P_2^{\text{'}}}{P_2}=\frac{1,14P_1}{18,786P_1}=0,0607=6,07\%$ (loại do hao phí không vượt quá 30% nên H ≥ 70%) 

+ Trường hợp 2:  

$H=\frac{P_2^{\text{'}}}{P_2}=\frac{1,14P_1}{1,214P_1}=0,939=93,9\%\left(\text{t/m}\right)$

Chọn A.