Phươngpháp: 
Công suất tỏa nhiệt trên đường dây tải điện: $\Delta P=I^{2}R=\frac{P^2}{{\left(U\cos \phi \right)}^2}R$

Cách giải: 

Công suất tỏa nhiệt trên đường dây là: $\Delta P=\frac{P^2}{{\left(U\cos \phi \right)}^2}R$

Chọn A

Phương pháp: 

Độ lớn cảm ứng từ gây ra bở dòng điện chạy trong dây dẫn thẳng dài: $B={2.10}^{-7}\frac{I}{r}$

Cách giải: 

Độ lớn cảm ứng từ do dòng điện gây ra là: $B={2.10}^{-7}\frac{I}{r}$

Chọn D

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

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

$\phi ={\phi }_u-{\phi }_i=-\frac{\pi }{6}-\frac{\pi }{4}=-\frac{5\pi }{12}\text{ (rad)}$

→ điện áp trễ pha hơn cường độ dòng điện 

→ mạch điện chứa hai phần tử R và C 

Chọn C

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

Chu kì của con lắc lò xo phụ thuộc vào khối lượng vật nặng và độ cứng của lò xo, không phụ thuộc vào biên độ dao động 

→ Chu kì dao động của con lắc là: $\text{T}=1\text{s}$

Chọn D

Phương pháp: 

Điều kiện xảy ra sóng dừng trên dây một đầu cố định, một đầu tự do: $l=(2k+1)\frac{\lambda }{4}(k\in N)$

Cách giải: 

Điều kiện xảy ra sóng dừng trên dây một đầu cố định, một đầu tự do: $l=(2k+1)\frac{\lambda }{4}(k\in N)$

Chọn C

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

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

Với $\Delta \phi =\frac{\pi }{2}\Rightarrow A=A\sqrt{2}\to A$ đúng 

Với $\Delta \phi =0\Rightarrow A=2A\to B$ đúng 

Với $\Delta \phi =\frac{2\pi }{3}\Rightarrow A=A\to C$ đúng 

Với $\Delta \phi =\frac{\pi }{3}\Rightarrow A=A\sqrt{3}\to D$ sai 

Chọn D

Phương pháp: 

Đoạn mạch chứa điện trở thuần, điện áp cùng pha với cường độ dòng điện

Cách giải: 

Đoạn mạch chứa điện trở thuần → điện áp cùng pha với cường độ dòng điện

Hệ thức không đúng là: $\frac{u^2}{U_0^2}+\frac{i^2}{I_0^2}=1$

Chọn B

Phương pháp: 

Sử dụng lý thuyết dao động cưỡng bức và cộng hưởng

Cách giải: 

Sự cố gãy cầu là do xảy ra hiện tượng cộng hưởng cơ ở cầu

Chọn B

Phương pháp: 

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

Trong đó: x là li độ 

A là biên độ dao động 

ω là tần số góc 

φ là pha ban đầu 

(ωt + φ) là pha dao động 

Cách giải: 

Phương trình dao động: $x=A\cos (\omega t+\phi )$ có biên độ dao động là A

Chọn D

Phương pháp: 

Sóng ngang là sóng cơ có các phần tử môi trường dao động theo phương vuông góc với phương truyền sóng Sóng dọc là sóng cơ có các phần tử môi trường dao động theo phương truyền sóng

Cách giải: 

Để phân biệt sóng ngang, sóng dọc, người ta dựa vào phương dao động và phương truyền sóng

Chọn C

Phương pháp: 

Sử dụng lý thuyết độ cao của âm 

Cách giải: 

“Thanh”, “trầm” chỉ đặc trưng độ cao của âm 

Chọn B

Phương pháp: 
Điện áp hiệu dụng: $U=\frac{U_0}{\sqrt{2}}$

Cách giải: 

Điện áp hiệu dụng của dòng điện xoay chiều là: $U=\frac{U_0}{\sqrt{2}}=\frac{200\sqrt{3}}{\sqrt{2}}=100\sqrt{6}\left(V\right)$

Chọn D

Phương pháp: 

Phương trình vận tốc: $v=\omega A\cos (\omega t+\phi )$

Phương trình gia tốc: $a={\omega }^{2}A\cos \left(\omega t+\phi +\frac{\pi }{2}\right)$

Cách giải: 

Phương trình vận tốc của chất điểm là: 

$$\begin{gathered} v=20\pi \cos \left(2\pi t+\frac{3\pi }{4}\right)(cm/s) \\ \Rightarrow a=40{\pi }^2\cos \left(2\pi t+\frac{5\pi }{4}\right)\left(cm\right) \end{gathered}$$

Ở thời điểm t = 0,5 s, ta có: $\left\{\begin{array}{l}a=20{\pi }^2\sqrt{2}\left(cm\right)>0\\ v=10\pi \sqrt{2}(cm/s)>0\end{array}\right.$

→ Vật chuyển động nhanh dần theo chiều dương 

Chọn A

Phương pháp: 

Tần số của con lắc lò xo: $f_0=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{k}{m}}$

Con lắc dao động với biên độ lớn nhất khi tần số của lực cưỡng bức: $\text{f}={\text{f}}_0$

Cách giải: 

Tần số của con lắc lò xo là: $f_0=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{k}{m}}=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{100}{0,1}}\approx 5,0\text{3 (Hz)}$

Nhận xét: tần số f₁ gần với tần số dao động riêng f₀ của con lắc hơn tần số f₂

→ Biên độ A1 > A2 

Chọn C

Phương pháp: 

Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị

Công thức định luật Ôm: $I=\frac{E}{R+R_0+r}$

Cách giải: 

Từ đồ thị ta thấy có 2 cặp giá trị $\left(\frac{1}{I};R\right)$ là $(60;40)$ và $(100;80)$

Ta có công thức định luật Ôm: 

$I=\frac{E}{R+R_0+r}\Rightarrow \frac{1}{I}=\frac{R+R_0+r}{E}$

Thay các cặp giá trị vào công thức, ta có:

$\left\{\begin{array}{l}60=\frac{40+\left(R_0+r\right)}{E}\\ 100=\frac{80+\left(R_0+r\right)}{E}\end{array}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{R}_0+r=20\left(\Omega \right)\\ E=1\left(V\right)\end{array}\right.\right.$

Chọn C

Phương pháp: 

Ảnh dịch chuyển cùng chiều với vật 

Độ phóng đại của ảnh: $k=-\frac{d^{\text{'}}}{d}=\frac{f}{f-d}$

Thấu kính phân kì có k < 0 

Cách giải: 

Vật dịch chuyển ra xa thấu kính → ảnh dịch chuyển ra xa thấu kính và dịch chuyển lại gần tiêu điểm ảnh của thấu kính 

Độ phóng đại của ảnh là: $k=\frac{f}{f-d}$

Vật dịch chuyển ra xa thấu kính → d tăng → k giảm → độ cao của vật nhỏ dần 

Chọn B

Phương pháp: 

Bước sóng là quãng đường sóng truyền đi được trong 1 chu kì 

Vận tốc truyền sóng: v = λf 

Sử dụng tính chất hướng truyền sóng và chiều dao động của phần tử môi trường

Cách giải: 

Ta có hình vẽ biểu diễn mối liên hệ giữa chiều truyền sóng và chiều dao động của phần tử môi trường:

Điểm P đang có xu hướng đi xuống → sóng truyền từ phải qua trái (truyền từ B đến A)

Từ hình vẽ ta thấy khoảng cách giữa hai điểm A, Q là: 

$AQ=\frac{3\lambda }{4}=15\left(cm\right)\Rightarrow \lambda =20\left(cm\right)$

Vận tốc truyền sóng là: v = λf = 20.5 = 100 (cm/s) = 1 (m/s) 

Chọn B

Phương pháp: 

Điện năng tiêu thụ của thiết bị điện: A = P.t 

Cách giải: 

Điện năng tiêu thụ của đèn trong 1h là: 

A = P.t = 100.3600 = 360000 (J) = 100 (Wh) 

Chọn A

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

Điểm M là cực tiêu giao thoa có:

$d_2-d_1=\left(k+\frac{1}{2}\right)\lambda =\left(k+\frac{1}{2}\right).20=20k+10\left(cm\right)$ với $\text{k}=0;\pm 1;\pm 2\dots$

Với k = 2 → d = 50 cm 

Chọn A

Phương pháp: 

Hai điện tích cùng dấu thì đẩy nhau, trái dấu thì hút nhau 

Cách giải: 

Quả cầu M bị hút dính vào quả cầu Q → sau đó hai quả cầu có điện tích cùng dấu

→ Quả cầu M bị đẩy lệch về phía xa Q 

Chọn A

Phương pháp: 

Chu kì: $T=\frac{2\pi }{\omega }$

Trong 1 chu kì, đèn tắt 2 lần 

Cách giải: 

Nhận xét: trong 1 chu kì, đèn tắt 2 lần 

Chu kì của dòng điện là: $T=\frac{2\pi }{\omega }=\frac{2\pi }{100\pi }=0,02\left(s\right)$

Trong 1 s, số chu kì của dòng điện là: $n=\frac{t}{T}=\frac{1}{0,02}=50$

Số lần đèn tắt trong 1 s là: $N=2n=100$ (lần) 

Chọn B

Phương pháp: 

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

Áp dụng công thức tính sai số của một tích và một thương 

Cách giải: 

Chu kì của con lắc đơn là: 

$$\begin{gathered} T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}\Rightarrow g=\frac{4{\pi }^{2}l}{T^2} \\ \Rightarrow \overline{g}=\frac{4{\pi }^2\overline{l}}{{\overline{T}}^2}=\frac{4.{\pi }^2.0,9}{1,{919}^2}=9,648\left({\text{m/s}}^{\text{2}}\right) \end{gathered}$$

Sai số của phép đo là: 

$$\begin{gathered} \frac{\Delta g}{\overline{g}}=\frac{\Delta l}{\overline{l}}+2\frac{\Delta T}{\overline{T}} \\ \Rightarrow \frac{\Delta g}{9,648}=\frac{0,002}{0,9}+2\cdot \frac{0,001}{1,919} \\ \Rightarrow \Delta g=0,031\left({\text{m/s}}^{\text{2}}\right) \\ \Rightarrow g=9,648\pm 0,031\left({\text{m/s}}^{\text{2}}\right) \end{gathered}$$

Chọn D

Phương pháp: 

Phương trình sóng tổng quát: $u_M=A\cos \left(\omega t-\frac{\pi }{2}-\frac{2\pi d}{\lambda }\right)$

Thay các giá trị t, x vào phương trình sóng

Cách giải: 

Phương trình sóng tại điểm M là:

$$\begin{gathered} u_M=A\cos \left(\omega t-\frac{\pi }{2}-\frac{2\pi d}{\lambda }\right) \\ =A\cos \left(\omega t-\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{3}\right) \end{gathered}$$

Tại thời điểm t, điểm M có li độ là: 

$$\begin{gathered} u_M=A\cos \left(2\pi -\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{3}\right)=\sqrt{3} \\ \Rightarrow A=2\left(cm\right) \end{gathered}$$

Chọn C

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

Chu kì của con lắc đơn là: $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}\Rightarrow l=\frac{g{T}^2}{4{\pi }^2}\Rightarrow l~T^2$

→ Chu kì của con lắc đơn có chiều dài $2l_1+3l_2$ là: $\sqrt{4T_1^2+9T_2^2}$

Chọn D

Phương pháp: 

Hệ quả khi L thay đổi để $U_{L\max }:\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{U}\perp \overline{U_{RC}}\\ U_C{U}_{L\max }={U_{L\max }}^2-U^2\end{array}\right.$

Cách giải: 
Khi L thay đổi để ${\text{U}}_{\text{Lmax}},$ ta có: 

$$\begin{gathered} U_C{U}_{L\max }=U_{L\max }^2-U^2 \\ \Rightarrow U_C=\frac{U_{L\max }^2-U^2}{U_{L\max }} \\ =\frac{{\left(200\sqrt{2}\right)}^2-{\left(100\sqrt{2}\right)}^2}{200\sqrt{2}}=\frac{300}{\sqrt{2}}\left(V\right) \\ \Rightarrow U_{0C}=U_C\sqrt{2}=300\left(V\right) \end{gathered}$$

Lại có:

$$\begin{gathered} {\phi }_C<{\phi }_{RC}\Rightarrow {\phi }_C<-\frac{\pi }{4} \\ \Rightarrow {\phi }_C=-\frac{5\pi }{12}\left(rad\right) \end{gathered}$$

Mà ${\phi }_C<{\phi }_{RC}\Rightarrow {\phi }_C<-\frac{\pi }{4}\Rightarrow {\phi }_C=-\frac{5\pi }{12}\left(rad\right)$

$\Rightarrow u_C=300\cos \left(100\pi t-\frac{5\pi }{12}\right)\left(V\right)$

Chọn C

Phương pháp: 

Điều kiện một điểm là cực đại giao thoa: $d_2-d_1=k\lambda$

Cách giải: 

Nhận xét: giữa M và đường trung trực của AB có 3 cực tiểu giao thoa

→ Tại M là cực đại bậc 3 (k = 3) 

Ta có hình vẽ:

Tại điểm M có: 

$$\begin{gathered} MB-MA=3\lambda \Rightarrow \sqrt{2A{B}^2}-AB=3\lambda \\ \Rightarrow AB=\frac{3\lambda }{\sqrt{2}-1}=7,24\lambda \end{gathered}$$

Số cực tiểu trên đoạn IB là: $n=\left[\frac{AB}{\lambda }\right]=7$

Số cực tiểu trên đoạn IM là: 3 

Số cực tiểu trên đoạn MB là: 3 + 7 = 10 

Chọn A

Phương pháp: 

Độ lệch pha theo thời gian: $\Delta \phi =\omega \Delta t$

Sử dụng vòng tròn lượng giác 

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch: $P=UI\cos \phi$

Công suất tiêu thụ của điện trở: $P_R=I^{2}R$

Cách giải: 

Ban đầu điện áp có giá trị $\text{u}={\text{U}}_0$

Khoảng thời gian $\frac{1}{300}s$ tương ứng với góc quét là:

 $\Delta \phi =\omega \Delta t=100\pi .\frac{1}{300}=\frac{\pi }{3}\left(rad\right)$

Cường độ dòng điện qua mạch bằng 0 và đang giảm, ta có vòng tròn lượng giác:

Từ vòng tròn lượng giác, ta thấy cường độ dòng điện sớm pha hơn điện áp góc: $\phi =\frac{\pi }{6}\left(rad\right)$

Công suất tiêu thụ trên đoạn mạch X là: 

$$\begin{gathered} P_X=P-P_R=UI\cos \phi -I^{2}R \\ \Rightarrow P_X=200.\sqrt{3}.\cos \frac{\pi }{6}-{\left(\sqrt{3}\right)}^2.50=150\left(W\right) \end{gathered}$$

Chọn C

Phương pháp: 

Sử dụng máy tính bỏ túi để tìm biên độ dao động tổng hợp

Hợp lực tác dụng lên vật: $F=\left|-kx\right|=\left|-m{\omega }^{2}x\right|$

Cách giải: 

Ta có phương trình dao động: $x_1=\sqrt{3}\sin \left(20t+\frac{\pi }{2}\right)=\sqrt{3}\cos \left(20t\right)$

Sử dụng máy tính bỏ túi, ta có: 

$$\begin{gathered} \sqrt{3}\angle 0+2\angle \frac{5\pi }{6}=1\angle \frac{\pi }{2}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}A=1\left(cm\right)\\ \phi =\frac{\pi }{2}\left(rad\right)\end{array}\right. \\ \Rightarrow x=1\cos \left(20t+\frac{\pi }{2}\right)\left(cm\right) \end{gathered}$$

Tại thời điểm $\frac{\pi }{120}s,$ li độ của vật là

$$\begin{gathered} x=\cos \left(20\cdot \frac{\pi }{120}+\frac{\pi }{2}\right) \\ =-0,5\left(cm\right)=-0,005\left(m\right) \end{gathered}$$

Hợp lực tác dụng lên vật có độ lớn là:

$F=\left|-m{\omega }^{2}x\right|=\left|-0,{2.20}^2.0,005\right|=0,4\left(N\right)$

Chọn A

Phương pháp: 

Thời gian hòn đá rơi: $t=\sqrt{\frac{2h}{g}}$

Thời gian âm thanh truyền trong không khí: $t=\frac{h}{v}$

Thể tích của giếng: $V=S.h=\pi \frac{d^2}{4}.h$

Cách giải: 

Thời gian kể từ lúc thả hòn đá đến khi nghe thấy tiếng hòn đá đập vào đáy giếng là: $t=\sqrt{\frac{2h}{g}}+\frac{h}{v}\Rightarrow \sqrt{\frac{2h}{9,8}}+\frac{h}{330}=3\Rightarrow h\approx 40,4\left(m\right)$

Thể tích của giếng là: $V=S.h=\pi \frac{d^2}{4}.h=\pi .\frac{1,2^2}{4}.40,4=45,69\left(m^3\right)$

Thể tích của giếng gần nhất với giá trị 45,87 m³

Chọn B

Phương pháp:

Tốc độ của con lắc đơn: $v=\sqrt{2gl\left(\cos \alpha -\cos {\alpha }_0\right)}$

Tầm xa của vật bị ném ngang: $L=v_0\sqrt{\frac{2h}{g}}$

Cách giải: 

Tại vị trí thấp nhất, con lắc đi qua vị trí cân bằng (α = 0), tốc độ của vật nặng là:

$v=\sqrt{2gl\left(\cos \alpha -\cos {\alpha }_0\right)}=\sqrt{2gl\left(1-\cos {\alpha }_0\right)}$

Độ cao của vật khi dây bị đứt là: $h=12-2=10\left(m\right)$

Khi dây bị đứt, vật chuyển động như chuyển động ném ngang với vận tốc đầu ${\text{v}}_0=\text{v}$

Tầm xa của vật đạt được là: 

$$\begin{gathered} L=v\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{2gl\left(1-\cos {\alpha }_0\right)}.\sqrt{\frac{2h}{g}} \\ =2\sqrt{lh\left(1-\cos {\alpha }_0\right)} \\ \Rightarrow L=2\sqrt{\mathrm{2.10.}\left(1-\cos 5,7^0\right)} \\ \approx 0,632\left(m\right)=20\sqrt{10}\left(cm\right) \end{gathered}$$

Chọn D

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

Áp dụng công thức máy biến áp, ban đầu ta có: 

 $\frac{N_1}{N_2}=\frac{U_1}{U_2}=\frac{U_1}{100}\text{ (1)}$

Thay đổi số vòng dây ở cuộn thứ cấp, ta có:

$\left\{\begin{array}{l}\frac{N_1}{N_2-n}=\frac{U_1}{U}\\ \frac{N_1}{N_2+n}=\frac{U_1}{2U}\end{array}\Rightarrow \frac{N_2-n}{N_2+n}=\frac{U}{2U}=\frac{1}{2}\Rightarrow N_2=3n\right.$

Tăng thêm 3n vòng dây ở cuộn thứ cấp, ta có: 

 $\frac{N_1}{N_2+3n}=\frac{U_1}{U_2\text{'}}\Rightarrow \frac{N_2}{2N_2}=\frac{U_1}{U_2\text{'}}\text{ (2)}$

Từ (1) và (2) ta có: $2=\frac{U_2\text{'}}{100}\Rightarrow U_2\text{'}=200\left(V\right)$

Chọn D

Phương pháp: 

Công thức độc lập với thời gian: $\frac{e^2}{E_0^2}+\frac{{\Phi }^2}{{\Phi }_0^2}=1$

Cách giải: 

Nhận xét: từ thông và suất điện động biến đổi vuông pha

Áp dụng công thức độc lập với thời gian cho hai thời điểm t₁ và t₂, ta có:

$\left\{\begin{array}{l}\frac{{\left(5\sqrt{3}\right)}^2}{E_0^2}+\frac{0,{25}^2}{{\Phi }_0^2}=1\\ \frac{5^2}{E_0^2}+\frac{{\left(0,25\sqrt{3}\right)}^2}{{\Phi }_0^2}=1\end{array}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{E}_0=10\left(V\right)\\ {\Phi }_0=0,5\left(Wb\right)\end{array}\right.\right.$

Suất điện động có độ lớn bằng giá trị hiệu dụng, ta có:

$$\begin{gathered} \frac{E^2}{E_0^2}+\frac{{\Phi }^2}{{\Phi }_0^2}=1\Rightarrow \frac{{\left(5\sqrt{2}\right)}^2}{{10}^2}+\frac{{\Phi }^2}{0,5^2}=1 \\ \Rightarrow \Phi =0,25\sqrt{2}\left(Wb\right) \end{gathered}$$

Chọn C

Phương pháp: 

Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị 

Sử dụng vòng tròn lượng giác và công thức $\Delta \phi =\omega \Delta t$

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

Cơ năng của con lắc: $W=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2$

Cách giải: 

Nhận xét: hai dao động có cùng biên độ A 

Từ đồ thị ta thấy trong khoảng thời gian từ t₁ đến t₂, dao động 1 dịch chuyển từ li độ 4 cm về vị trí cân bằng,  dao động 2 dịch chuyển từ li độ 4 cm, đến biên dương và về li độ 4 cm 

Ta có vòng tròn lượng giác:

Từ vòng tròn lượng giác ta thấy: $\alpha ={30}^0=\frac{\pi }{6}\left(rad\right)$

Khoảng thời gian từ t₁ đến t₂ là:

$$\begin{gathered} \Delta t=t_2-t_1=\frac{1}{6} \\ \Rightarrow \omega =\frac{\Delta \phi }{\Delta t}=\frac{2\alpha }{\Delta t}=\frac{\frac{\pi }{3}}{\frac{1}{6}}=2\pi (ra\text{d/s)} \end{gathered}$$

Lại có $ar\cos \frac{4}{A}={30}^0\Rightarrow \frac{4}{A}=\cos {30}^0=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow A=\frac{8}{\sqrt{3}}\left(cm\right)$

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

Biên độ dao động tổng hợp là:

$$\begin{gathered} A_0=\sqrt{A_1^2+A_2^2+2A_1{A}_2\cos \frac{\pi }{3}} \\ =A\sqrt{3}=8\left(cm\right) \end{gathered}$$

Cơ năng của vật là: 

$$\begin{gathered} W=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}_0^2=\frac{1}{2}.0,3.{\left(2\pi \right)}^2.0,{08}^2 \\ \approx 0,0379\left(J\right)=37,9\left(mJ\right) \end{gathered}$$

Chọn C

Phương pháp: 

Khoảng cách giữa hai chất điểm: $d=\left|x_1-x_2\right|$

Khoảng cách lớn nhất giữa hai chất điểm: $d_{\max }=\sqrt{A_1^2+A_2^2-2A_1{A}_2\cos \phi }$

Động năng: $W_d=\frac{1}{2}m{\omega }^2\left(A^2-x^2\right)$

Cách giải: 

Khoảng cách lớn nhất giữa hai chất điểm là: 

$$\begin{gathered} d_{\max }=\sqrt{A_1^2+A_2^2-2A_1{A}_2\cos \phi } \\ \Rightarrow 4=\sqrt{4^2+{\left(4\sqrt{3}\right)}^2-\mathrm{2.4.4}\sqrt{3}.\cos \phi } \\ \Rightarrow \cos \phi =\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \phi ={\phi }_2-{\phi }_1=\frac{\pi }{6}\left(rad\right) \end{gathered}$$

Động năng cực đại của con lắc thứ nhất là:

$W_{d1\max }=W=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}_1^2\text{ (1)}$

Con lắc thứ nhất có động năng cực đại, giả sử khi đó pha dao động là ${\phi }_1=\frac{\pi }{2}$

$$\begin{gathered} \Rightarrow {\phi }_2=\frac{\pi }{6}+\frac{\pi }{2}=\frac{2\pi }{3}\left(rad\right) \\ \Rightarrow x_2=A_2\cos {\phi }_2=4\sqrt{3}.\cos \frac{2\pi }{3} \\ =-2\sqrt{3}\left(cm\right) \end{gathered}$$

Động năng của con lắc thứ hai khi đó là: 

$W_{d2}=\frac{1}{2}m{\omega }^2\left(A_2^2-x_2^2\right)\text{ (2)}$

Từ (1) và (2) ta có: 

$$\begin{gathered} \frac{W_{d2}}{W}=\frac{A_2^2-x_2^2}{A_1^2}=\frac{{\left(4\sqrt{3}\right)}^2-{\left(2\sqrt{3}\right)}^2}{4^2}=\frac{9}{4} \\ \Rightarrow W_{d2}=\frac{9W}{4} \end{gathered}$$

Chọn A

Phương pháp: 

Sử dụng vòng tròn lượng giác 

Độ lệch pha theo thời gian: $\Delta \phi =\omega \Delta t$

Những điểm thuộc cùng bó sóng dao động cùng pha

Quãng đường chất điểm đi được trong 1 chu kì: $\text{S}=4\text{A}$

Cách giải: 

Xét điểm D có tọa độ như hình vẽ

Nhận xét: tại thời điểm t, chất điểm D có li độ u = 8 cm, ở thời điểm $t+\frac{T}{4},$ chất điểm có li độ u = -6 cm 

Hai thời điểm có độ lệch pha là: $\Delta \phi =\omega \Delta t=\frac{2\pi }{T}\cdot \frac{T}{4}=\frac{\pi }{2}\left(rad\right)$

Ta có vòng tròn lượng giác:

Từ đồ thị ta thấy: $ar\cos \frac{8}{A_D}+ar\cos \frac{6}{A_D}={90}^0\Rightarrow A_D=10\left(cm\right)$

Điểm B và D thuộc cùng bó sóng → chúng dao động cùng pha 

Tại thời điểm t, li độ của hai điểm B và D là: 

$\frac{u_B}{u_D}=\frac{A_B}{A_D}\Rightarrow \frac{4}{8}=\frac{A_B}{10}\Rightarrow A_B=5\left(cm\right)$

Quãng đường chất điểm B đi được trong 1 chu kì là: 

$S=4A\Rightarrow \frac{\lambda }{2}=4A_B\Rightarrow \lambda =8A_B=40\left(cm\right)$

Chọn B

Phương pháp: 

Suất điện động cảm ứng trong thanh dẫn: $e_c=Blv$

Điện tích của tụ điện: $\text{q}=\text{C}.{\text{e}}_{\text{c}}$

Cường độ dòng điện: $\text{i}=\text{q}\text{'}$

Lực từ: ${\text{F}}_{\text{t}}=\text{iBl}$

Lực đàn hồi: ${\text{F}}_{\text{dh}}=-\text{kx}$

Định luật II Niu-tơn: ${\text{F}}_{\text{dh}}+{\text{F}}_{\text{t}}=\text{ma}$

Phương trình động lực học của dao động điều hòa: $x^{\text{'}\text{'}}+{\omega }^{2}x=0$

Chu kì dao động: $T=\frac{2\pi }{\omega }$

Cách giải: 

Thanh dẫn MN chuyển động, suất điện động tự cảm trong thanh là: ${\text{e}}_{\text{c}}=\text{B}l\text{v}$

Điện tích của tụ điện là: $\text{q}=\text{C}.{\text{e}}_{\text{c}}=\text{C}.\text{Blv}$

Cường độ dòng điện chạy qua thanh MN là: $\text{i}==(\text{CBlv}{)}^{\text{'}}=\text{CBla}$

Lực từ tác dụng lên thanh MN là: ${\text{F}}_{\text{t}}=\text{iBl}={\text{CB}}^2{l}^2\text{a}$

Áp dụng định luật II Niu-tơn, ta có: $F_{dh}+F_t=ma\Rightarrow -kx+C{B}^2{l}^{2}a=ma$

$$\begin{gathered} \Rightarrow a. \left(m-C{B}^2{l}^2\right)+kx=0 \\ \Rightarrow x^{\text{'}\text{'}}+\frac{k}{m-C{B}^2{l}^2}x=0 \end{gathered}$$

→ Thanh MN dao động điều hòa với tần số góc $\omega =\sqrt{\frac{k}{m-C{B}^2{l}^2}}$

Chu kì dao động của thanh là: 

$$\begin{gathered} T=\frac{2\pi }{\omega }=2\pi \sqrt{\frac{m-C{B}^2{l}^2}{k}} \\ =2\pi \sqrt{\frac{0,2-{250.10}^{-6}{.50}^2.0,2^2}{15}}\approx 0,679\left(s\right) \end{gathered}$$

Chu kì T gần nhất với giá trị 0,657 s 

Chọn A

Phương pháp: 

Điều kiện cực đại giao thoa: $d_2-d_1=k\lambda$

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

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 $\iff a=b$ )

Cách giải: 

Ta có hình vẽ:

Để $CB{D}_{\max }\Rightarrow {\alpha }_{\max }\Rightarrow {\left(\tan \alpha \right)}_{\max }$

Xét $\tan \alpha =\tan (ABD-ABC)=\frac{\tan ABD-\tan ABC}{1+\tan ABD\tan ABC}$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \tan \alpha =\frac{\frac{AD}{AB}-\frac{AC}{AB}}{1+\frac{AD}{AB}\cdot \frac{AC}{AB}} \\ =\frac{AD-AC}{AB+\frac{AD.AC}{AB}}=\frac{7}{AB+\frac{144}{AB}} \end{gathered}$$

Để ${\left(\tan \alpha \right)}_{\max }\Rightarrow {\left(AB+\frac{144}{AB}\right)}_{\min }$

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có: 

$$\begin{gathered} AB+\frac{144}{AB}\ge 2\sqrt{AB\cdot \frac{144}{AB}} \\ \Rightarrow {\left(AB+\frac{144}{AB}\right)}_{\min }\iff AB=12\left(cm\right) \end{gathered}$$

AB AB AB Tại C, D là hai cực đại liên tiếp

→ D là cực đại bậc k, C là cực đại bậc (k+1), ta có: 

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}DB-DA=\sqrt{D{A}^2+A{B}^2}-DA=k\lambda \Rightarrow k\lambda =4\\ CB-CA=\sqrt{C{A}^2+A{B}^2}-CA=(k+1)\lambda \Rightarrow (k+1)\lambda =6\end{array}\right. \\ \Rightarrow \lambda =2\left(cm\right) \end{gathered}$$

Xét điểm E là cực tiểu xa A nhất → E là cực tiểu bậc 1 (k = 0)

Ta có: 

$$\begin{gathered} EB-EA=\frac{1}{2}\lambda \Rightarrow \sqrt{E{A}^2+A{B}^2}-EA=\frac{1}{2}\lambda \\ \Rightarrow \sqrt{E{A}^2+{12}^2}-EA=1\Rightarrow EA=71,5\left(cm\right) \end{gathered}$$

Chọn D

Phương pháp: 

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

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch AN: $u_{AN}=\frac{U\sqrt{R^2+Z_L^2}}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$

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

Công thức lượng giác: $\tan (a-b)=\frac{\tan a-\tan b}{1+\tan a\tan b}$

Cách giải: 

Ta có: $Z_{C2}=0,5Z_{C1}=\frac{1}{2}{Z}_{C1}\Rightarrow Z_{C2}=2Z_{C1}$

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch AN là: $u_{AN}=\frac{U\sqrt{R^2+Z_L^2}}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$

Khi C = C₁ và C = C₂, điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch AN có cùng giá trị, ta có:

$$\begin{gathered} \frac{U\sqrt{R^2+Z_L^2}}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_{C1}\right)}^2}}=\frac{U\sqrt{R^2+Z_L^2}}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_{C2}\right)}^2}} \\ \Rightarrow {\left(Z_L-Z_{C1}\right)}^2={\left(Z_L-Z_{C2}\right)}^2 \\ \Rightarrow \left[\begin{array}{l}{Z}_L-Z_{C1}=Z_L-Z_{C2}\text{ (loai)}\\ Z_L-Z_{C1}=-\left(Z_L-Z_{C2}\right)\end{array}\right. \\ \Rightarrow Z_L=\frac{Z_{C1}+Z_{C2}}{2}=\frac{3}{2}{Z}_{C1} \end{gathered}$$

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

$\tan {\phi }_{AN}=\frac{Z_L}{R}= const \Rightarrow {\phi }_{AN/i}= const$

Độ lệch pha giữa điện áp hai đầu đoạn mạch AN trong các trường hợp là:

$\Delta \phi ={\phi }_{1u_{AN}}-{\phi }_{2u_{AN}}={\phi }_{i1}-{\phi }_{i2}=\frac{\pi }{3}\left(rad\right)$

Ta có: $\tan \frac{\pi }{3}=\tan \left({\phi }_{i1}-{\phi }_{i2}\right)=\frac{\tan {\phi }_{i1}-\tan {\phi }_{i2}}{1+\tan {\phi }_{i1}\tan {\phi }_{i2}}$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{\frac{Z_L-Z_{C1}}{R}-\frac{Z_L-Z_{C2}}{R}}{1+\frac{Z_L-Z_{C1}}{R}\cdot \frac{Z_L-Z_{C2}}{R}} \\ =\frac{2R\left(Z_L-Z_{C1}\right)}{R^2-{\left(Z_L-Z_{C1}\right)}^2}=\sqrt{3} \\ \Rightarrow 2R\left(Z_L-Z_{C1}\right)=\sqrt{3}{R}^2-\sqrt{3}{\left(Z_L-Z_{C1}\right)}^2 \\ \Rightarrow Z_L-Z_{C1}=\frac{R}{\sqrt{3}}=50\left(\Omega \right) \\ \Rightarrow \frac{3}{2}{Z}_{C1}-Z_{C1}=50\Rightarrow Z_{C1}=100\left(\Omega \right) \end{gathered}$$

Dung kháng của tụ điện là: 

$$\begin{gathered} Z_{C1}=\frac{1}{\omega C_1} \\ \Rightarrow C_1=\frac{1}{\omega Z_{C1}}=\frac{1}{100.100\pi }=\frac{{10}^{-4}}{\pi }\left(F\right) \end{gathered}$$

Chọn A

Phương pháp: 

Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị 

Điện áp ${\text{U}}_{\text{Lmax}}$ khi tần số có giá trị ${\omega }_2$

Hai tần số ${\omega }_1,{\omega }_3$ cho cùng giá trị điện áp $U_L:\frac{1}{{\omega }_1^2}+\frac{1}{{\omega }_3^2}=\frac{2}{{\omega }_2^2}$
Độ lệch pha giữa điện áp và cường độ dòng điện: $\cos \phi =\frac{R}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn dây: $U_L=\frac{U.Z_L}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$

Công suất tiêu thụ: $P=\frac{U^2{\cos }^2\phi }{R}$

Cách giải: 

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn dây là: 

$$\begin{gathered} U_L=\frac{U.Z_L}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}} \\ =\frac{U.Z_L}{R}\cdot \frac{R}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}=\frac{U.Z_L.\cos \phi }{R} \end{gathered}$$

Với tần số ${\omega }_1=x;{\omega }_2=y$ và ${\omega }_3=z,$ ta có: $\frac{1}{{\omega }_1^2}+\frac{1}{{\omega }_3^2}=\frac{2}{{\omega }_2^2}$

Từ đồ thị ta thấy: 

$$\begin{gathered} U_{L1}=U_{L3}=\frac{3}{4}{U}_{L2}=\frac{3}{4}{U}_{L\max } \\ \Rightarrow \frac{U.Z_{L1}\cos {\phi }_1}{R}=\frac{U.Z_{L3}\cos {\phi }_3}{R} \\ =\frac{3}{4}\frac{U.Z_{L2}\cos {\phi }_2}{R} \\ \Rightarrow {\omega }_1^2{\cos }^2{\phi }_1={\omega }_3^2{\cos }^2{\phi }_3=\frac{9}{16}{\omega }_2^2{\cos }^2{\phi }_2 \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\frac{{\cos }^2{\phi }_1}{{\cos }^2{\phi }_2}=\frac{9}{16}\frac{{\omega }^2}{{\omega }_1^2}\\ \frac{{\cos }^2{\phi }_2}{{\cos }^2\phi }=\frac{9}{16}\frac{{\omega }^2}{{\omega }_2^2}\end{array}\right. \\ \Rightarrow \frac{{\displaystyle {\cos }^2{\phi }_1}}{{\displaystyle {\cos }^2{\phi }_2}}+\frac{{\displaystyle {\cos }^2{\phi }_3}}{{\displaystyle {\cos }^2{\phi }_2}}=\frac{{\displaystyle 9}}{{\displaystyle 16}}{\omega }^2\cdot \left(\frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle {\omega }_1^2}}+\frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle {\omega }_3^2}}\right) \\ \Rightarrow \frac{{\cos }^2{\phi }_1}{{\cos }^2{\phi }_2}+\frac{{\cos }^2{\phi }_2}{{\cos }^2{\phi }_2}=\frac{9}{16}{\omega }_2^2\cdot \frac{2}{{\omega }_2^2}=\frac{9}{8}\text{ (1)} \end{gathered}$$