Phương pháp giải:

Số chỉ của Vôn kế cho biết giá trị hiệu dụng của điện áp

Giải chi tiết:

Số chỉ của Vôn kế tại thời điểm $t=\frac{1}{100}s$  là: $U_V=U=250\left(V\right)$

Đáp án A

Đáp án D

Phương pháp giải:

Suất điện động nhiệt điện: $\xi ={\alpha }_T.\left(T_1-T_2\right)$

Giải chi tiết:

Suất điện động của cặp nhiệt điện là:$\xi ={\alpha }_T.\left(T_1-T_2\right)={65.10}^{-6}.\left(232-20\right)$

$\Rightarrow \xi =13,{78.10}^{-3}\left(V\right)=13,78\left(mV\right)$

Đáp án C

Phương pháp giải:

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

Trong đó: x là li độ

A là biên độ dao động

ω là tần số góc

φ là pha ban đầu

$\left(\omega t+\phi \right)$ là pha dao động

Giải chi tiết:

Phương trình dao động $x=6\cos \left(4\pi t\right)cm$  có biên độ dao động là: $A=6\left(cm\right)$

Đáp án D

Phương pháp giải:

Công thức độc lập với thời gian: $\frac{x^2}{A^2}+\frac{v^2}{{\left(\omega A\right)}^2}=1$

Giải chi tiết:

Phương trình sự phụ thuộc của vận tốc và li độ là: $\frac{x^2}{A^2}+\frac{v^2}{{\left(\omega A\right)}^2}=1$

→ Đồ thị $\left(v-x\right)$  có dạng là một elip

Đáp án A

Phương pháp giải:

Sóng cơ truyền từ môi trường này sang môi trường khác, tần số sóng luôn không đổi

Giải chi tiết:

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

Đáp án D

Phương pháp giải:

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

Giải chi tiết:

Chu kì ban đầu của con lắc là:$T=2\pi \sqrt{\frac{\text{l}}{g}}$

Gia tốc trọng trường giảm 6 lần, độ dài sợi dây giảm 2 lần, chu kì mới của con lắc là:

$T^{\text{'}}=2\pi \sqrt{\frac{}{g^{\text{'}}}}=2\pi \sqrt{\frac{\frac{\text{l}}{2}}{\frac{g}{6}}}=\sqrt{3}.2\pi \sqrt{\frac{\text{l}}{g}}=\sqrt{3}T$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Hai nguồn dao động cùng pha, điều kiện cực đại giao thoa:$d_2-d_1=k\lambda \left(k\in Z\right)$

Giải chi tiết:

Hai nguồn dao động cùng pha, những điểm trong môi trường sóng là cực đại giao thoa có hiệu đường đi của sóng từ hai nguồn kết hợp tới là:$d_2-d_1=k\lambda \left(k\in Z\right)$

Đáp án B

Phương pháp giải:

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

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

Giải chi tiết:

Thấu kính cho ảnh ngược chiều lớn gấp 4 lần vật

$\Rightarrow k=-\frac{d^{\text{'}}}{d}=-4\Rightarrow d^{\text{'}}=4d$

Khoảng cách giữa vật và ảnh là:  $d+d^{\text{'}}=100\left(cm\right)$ $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}d=20\left(cm\right)\\ d^{\text{'}}=80\left(cm\right)\end{array}\right.$

Áp dụng công thức thấu kính, ta có: $\frac{1}{d}+\frac{1}{d^{\text{'}}}=\frac{1}{f}\Rightarrow \frac{1}{20}+\frac{1}{80}=\frac{1}{f}\Rightarrow f=16\left(cm\right)$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Đại lượng dùng giá trị hiệu dụng là: suất điện động, cường độ dòng điện, hiệu điện thế

Giải chi tiết:

Công suất không dùng giá trị hiệu dụng

Đáp án A

Phương pháp giải:

Sử dụng lý thuyết dao động tắt dần

Giải chi tiết:

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

Đáp án A

Phương pháp giải:

Sử dụng lý thuyết con lắc đơn

Giải chi tiết:

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

Đáp án A

Phương pháp giải:

Cường độ hiệu dụng của dòng điện xoay chiều bằng cường độ của một dòng điện không đổi, nếu cho hai dòng điện đó lần lượt đi qua cùng một điện trở trong những khoảng thời gian bằng nhau đủ dài thì nhiệt lượng tỏa ra bằng nhau

Giải chi tiết:

Khái niệm cường độ hiệu dụng của dòng điện xoay chiều được xây dựng dựa vào tác dụng nhiệt của dòng điện

Đáp án A

Phương pháp giải:

Độ lệch pha: $\Delta \phi =\frac{2\pi d}{\lambda }$

Vận tốc truyền sóng: $v=\lambda f$

Giải chi tiết:

Điểm M dao động ngược pha với nguồn, ta có:

$\Delta \phi =\frac{2\pi d}{\lambda }=\left(2k+1\right)\pi \Rightarrow d=\left(2k+1\right)\frac{\lambda }{2}$

$\Rightarrow \lambda =\frac{2d}{2k+1}=\frac{2.0,1}{2k+1}=\frac{0,2}{2k+1}$

Vận tốc truyền sóng là: $v=\lambda f=\frac{0,2}{2k+1}.30=\frac{6}{2k+1}$

Theo đề bài ta có: $1,6\le v\le 2,9\Rightarrow 1,6\le \frac{6}{2k+1}\le 2,9\Rightarrow 1,375\ge k\ge 0,53$

$\Rightarrow k=1\Rightarrow v=\frac{6}{2.1+1}=2\left(m/s\right)$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Tần số của con lắc lò xo: $f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{k}{m}}=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{g}{\Delta \text{l}}}$

Chiều dài quỹ đạo: $L={\text{l}}_{\max }-{\text{l}}_{\min }=2A$

Chiều dài tự nhiên của lò xo: ${\text{l}}_0={\text{l}}_{\max }-A-\Delta \text{l}$

Giải chi tiết:

Chiều dài quỹ đạo chuyển động của con lắc là: $L={\text{l}}_{\max }-{\text{l}}_{\min }=2A\Rightarrow A=\frac{{\text{l}}_{\max }-{\text{l}}_{\min }}{2}=8\left(cm\right)$

Tần số của con lắc là: $f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{g}{\Delta \text{l}}}\Rightarrow \Delta \text{l=}\frac{g}{4{\pi }^2{f}^2}=0,0125\left(m\right)=1,25\left(cm\right)$

Chiều dài tự nhiên của lò xo là: ${\text{l}}_0={\text{l}}_{\max }-A-\Delta \text{l}=46,75\left(cm\right)$

Đáp án D

Phương pháp giải:

Điều kiện xảy ra sóng dừng với hai đầu cố định: $\text{l}=k\frac{\lambda }{2}$

Giải chi tiết:

Trên dây có 2 nút sóng không kể hai đầu dây → sóng dừng với 3 bụng sóng: $k=3$

Chiều dài sợi dây là: $\text{l}=k\frac{\lambda }{2}\Rightarrow \lambda =\frac{2\text{l}}{k}=\frac{2.60}{3}=40\left(cm\right)$

Đáp án C

Phương pháp giải:

Lực đàn hồi của lò xo: $F_{dh}=-kx$

Công suất của lực đàn hồi: $P=F_{dh}.v$

Công thức độc lập với thời gian: $x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}=A^2$

Bất đẳng thức Cô – si: $a+b\ge 2\sqrt{ab}$  (dấu “=” xảy ra )

Giải chi tiết:

Ta có công thức độc lập với thời gian: $x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}=A^2$

$x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}\ge 2\sqrt{x^2.\frac{v^2}{{\omega }^2}}\Rightarrow A^2\ge 2\frac{\left|x.v\right|}{\omega }\Rightarrow \left|x.v\right|\le \frac{A^2\omega }{2}$

Độ lớn công suất tức thời của lực đàn hồi: $P_{dh}=\left|F_{dh}.v\right|=k.\left|x.v\right|\le k.\frac{A^2\omega }{2}$

Dấu bằng xảy ra khi: $x^2=\frac{v^2}{{\omega }^2}=\frac{A^2}{2}\Rightarrow x=\pm \frac{A}{\sqrt{2}}=\pm \frac{6}{\sqrt{2}}=\pm 3\sqrt{2}\left(cm\right)$

Đáp án C

Phương pháp giải:

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

Sóng dọc có các phần tử môi trường dao động theo phương truyền sóng

Giải chi tiết:

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

Đáp án A

Phương pháp giải:

Nước bị văng mạnh nhất khi xảy ra cộng hưởng

Thời gian: $t=\frac{s}{v}$

Giải chi tiết:

Thời gian người đó đi trong khoảng giữa hai rãnh nước là: $t=\frac{s}{v}=\frac{4,5}{3}=1,5\left(s\right)$

Nước trong thùng bị văng mạnh nhất khi xảy ra hiện tượng cộng hưởng, chu kì dao động của nước trong thùng: $T=t=1,5s\Rightarrow f=\frac{1}{T}=\frac{1}{1,5}=\frac{2}{3}\left(Hz\right)$

Đáp án D

Phương pháp giải:

Công của lực điện: $A=qEd$

Giải chi tiết:

Điện tích dịch chuyển vuông góc với các đường sức điện $\to d=0$

Công của lực điện trường là: $A=0\left(J\right)$

Đáp án C

Phương pháp giải:

Sử dụng lý thuyết độ cao của âm

Giải chi tiết:

Độ cao của âm phụ thuộc vào tần số âm

Đáp án A

Đoạn mạch chỉ chứa cuộn dây thuần cảm, cường độ dòng điện trễ pha hơn điện áp hai đầu đoạn mạch góc $\frac{\pi }{2}$

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dung kháng của tụ điện: $Z_C=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{2\pi fC}$

Giải chi tiết:

Dung kháng của tụ điện là: $Z_C=\frac{1}{2\pi fC}$

Đáp án A

Phương pháp giải:

Khoảng thời gian sóng truyền qua 2 đỉnh sóng liên tiếp bằng 1 chu kì

Giải chi tiết:

Khoảng thời gian người đó quan sát thấy 5 ngọn sóng đi qua trước mặt mình là: $t=4T=10s\Rightarrow T=2,5\left(s\right)$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Suất điện động cảm ứng: $e_c=-\frac{\Delta \Phi }{\Delta t}$

Giải chi tiết:

Độ lớn suất điện động trong vòng dây là: $\left|e_c\right|=\left|-\frac{\Delta \Phi }{\Delta t}\right|=\left|-\frac{0-{4.10}^{-3}}{0,02}\right|=0,2\left(V\right)$

Đáp án A

Phương pháp giải:

Sử dụng lý thuyết dao động điều hòa

Giải chi tiết:

Khi chất điểm đi qua vị trí cân bằng, gia tốc đổi chiều, vận tốc không đổi chiều → A sai

Khi chất điểm đến vị trí cân bằng nó có tốc độ cực đại, gia tốc bằng 0 → B đúng

Khi chất điểm qua vị trí biên, nó đổi chiều chuyển động nhưng gia tốc không đổi chiều → C đúng

Khi chất điểm đến vị trí biên, nó có tốc độ bằng 0 và độ lớn gia tốc cực đại → D đúng

Đáp án C

Phương pháp giải:

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

Giải chi tiết:

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

Từ hình vẽ ta thấy điểm M đang đi lên → sóng truyền từ B đến A → điểm N ở sườn trước

Sau thời gian $\frac{T}{2}$  , điểm N ở sườn sau → điểm N đi xuống

Đáp án D

Phương pháp giải:

Cường độ dòng điện hiệu dụng: $I=\frac{U}{Z}=\frac{U}{\sqrt{R^2+{Z_L}^2}}$

Công suất tiêu thụ của mạch: $P=I^{2}R$

Hiệu điện thế hiệu dụng giữa hai đầu cuộn dây thuần cảm: $U_L=I.Z_L$

Giải chi tiết:

Theo đề bài, khi $R=R_1$  và $R=R_2$ , ta có:

$U_{L1}=2U_{L2}\Rightarrow I_1{Z}_L=2I_2{Z}_L\Rightarrow I_1=2I_2$

$\Rightarrow \frac{U}{\sqrt{{R_1}^2+{Z_L}^2}}=2\frac{U}{\sqrt{{R_2}^2+{Z_L}^2}}$

$\Rightarrow {R_2}^2+{Z_L}^2=4\left({R_1}^2+{Z_L}^2\right)$

Công suất trong mạch:

$P_1=P_2\Rightarrow {I_1}^2{R}_1={I_2}^2{R}_2\Rightarrow \frac{R_2}{R_1}=\frac{{I_1}^2}{{I_2}^2}=4\Rightarrow R_2=4R_1$

$\Rightarrow 16{R_1}^2+{10}^2=4\left({R_1}^2+{10}^2\right)\Rightarrow R_1=5\left(\Omega \right)$

$\Rightarrow R_2=4R_1=20\left(\Omega \right)$

Đáp án D

Phương pháp giải:

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

Giải chi tiết:

Dung kháng của tụ điện là: $Z_C=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{100\pi .\frac{{2.10}^{-4}}{3\pi }}=150\left(\Omega \right)$

Đáp án A

Phương pháp giải:

Cường độ âm: $I=\frac{P}{4\pi R^2}$

Hiệu hai mức cường độ âm: $L_1-L_2=\lg \frac{I_1}{I_2}\left(B\right)$

Giải chi tiết:

Cường độ âm do n máy phát ra là: $I=\frac{n{P}_0}{4\pi R^2}$  với  là công suất của 1 nguồn âm

Hiệu hai mức cường độ âm là: $L-L_0=\lg \frac{I}{I_0}=\lg \frac{P}{P_0}=\lg n$

$\Rightarrow 9-8=\lg n=1\Rightarrow n=10$

Đáp án D

Phương pháp giải:

Con lắc dao động cưỡng bức có tần số góc bằng tần số góc của ngoại lực cưỡng bức

Công thức độc lập với thời gian: $x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}=A^2$

Giải chi tiết:

Tần số góc của con lắc là: $\omega =20\left(rad/s\right)$

Áp dụng công thức độc lập với thời gian, ta có:

$x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}=A^2\Rightarrow \left|v\right|=\omega \sqrt{A^2-x^2}=20.\sqrt{5^2-3^2}=80\left(cm/s\right)$

Đáp án C

Phương pháp giải:

Công thức độc lập với thời gian: $\frac{i^2}{{I_0}^2}+\frac{{u_C}^2}{{U_{0C}}^2}=1$

Điện áp giữa hai đầu tụ điện: $U_{0C}=I_0.Z_C$

Giải chi tiết:

Áp dụng công thức độc lập với thời gian cho cường độ dòng điện và điện áp tại hai thời điểm, ta có:

$\left\{\begin{array}{l}\frac{{i_1}^2}{{I_0}^2}+\frac{{u_1}^2}{{U_{0C}}^2}=1\Rightarrow \frac{{\left(2\sqrt{2}\right)}^2}{{I_0}^2}+\frac{{\left(60\sqrt{6}\right)}^2}{{U_{0C}}^2}=1\\ \frac{{i_2}^2}{{I_0}^2}+\frac{{u_2}^2}{{U_{0C}}^2}=1\Rightarrow \frac{{\left(2\sqrt{6}\right)}^2}{{I_0}^2}+\frac{{\left(60\sqrt{2}\right)}^2}{{U_{0C}}^2}=1\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{I}_0=4\sqrt{2}\left(A\right)\\ U_{0C}=120\sqrt{2}\left(V\right)\end{array}\right.$

Dung kháng của tụ điện là: $Z_C=\frac{U_{0C}}{I_0}=\frac{120\sqrt{2}}{4\sqrt{2}}=30\left(\Omega \right)$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Cuộn dây có cảm kháng khi đặt vào hai đầu cuộn dây một điện áp xoay chiều

Cường độ dòng điện: $I=\frac{U}{\sqrt{r^2+{Z_L}^2}}$

Giải chi tiết:

Khi đặt vào hai đầu cuộn dây điện áp một chiều, cường độ dòng điện là:

$I_1=\frac{U}{r}\Rightarrow r=\frac{U}{I_1}=\frac{9}{0,5}=18\left(\Omega \right)$

Khi đặt vào hai đầu cuộn dây điện áp xoay chiều, cường độ dòng điện là:

$I_2=\frac{U}{\sqrt{r^2+{Z_L}^2}}\Rightarrow 0,3=\frac{9}{\sqrt{{18}^2+{Z_L}^2}}\Rightarrow Z_L=24\left(\Omega \right)$

Đáp án C

Phương pháp giải:

Lực kéo về: $F_{kv}=-kx$

Giải chi tiết:

Biểu thức lực kéo về tác dụng lên vật là: $F_{kv}=-kx$

Đáp án B

Phương pháp giải:

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

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

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

Điện áp cực đại: $U_0=I_0.\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}$

Giải chi tiết:

Cảm kháng của cuộn dây và dung kháng của tụ điện là: $\left\{\begin{array}{l}{Z}_L=\omega L=100\pi .\frac{1}{\pi }=100\left(\Omega \right)\\ Z_C=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{100\pi .\frac{{10}^{-4}}{2\pi }}=200\left(\Omega \right)\end{array}\right.$

Tổng trở của mạch điện là: $Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}=100\sqrt{2}\left(\Omega \right)$

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

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

Độ lệch pha giữa điện áp hai đầu đoạn mạch và cường độ dòng điện là: $\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}=\frac{100-200}{100}=-1\Rightarrow \phi =-\frac{\pi }{4}$

$\Rightarrow {\phi }_u-{\phi }_i=-\frac{\pi }{4}\Rightarrow {\phi }_u={\phi }_i-\frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{3}-\frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{12}\left(rad\right)$

Cường độ dòng điện cực đại trong mạch là:

$I_0=\frac{U_{0C}}{Z_C}=\frac{U_0}{Z}\Rightarrow U_0=Z.\frac{U_{0C}}{Z_C}=100\sqrt{2}.\frac{100}{200}=50\sqrt{2}\left(V\right)$

$\Rightarrow u=50\sqrt{2}\cos \left(100\pi t+\frac{\pi }{12}\right)\left(V\right)$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Thế năng đàn hồi của con lắc lò xo: $W_{dh}=\frac{1}{2}k\left(\Delta \text{l}+x\right)$

Áp dụng kĩ năng đọc đồ thị

Giải chi tiết:

Chọn mốc thế năng tại vị trí lò xo không biến dạng.

Từ đồ thị → W_tđh có độ chia nhỏ nhất là: $\frac{0,25}{4}=0,0625\left(J\right)$

Tại vị trí cao nhất, thế năng đàn hồi là: $W_{tdh\left(CN\right)}=0,0625=\frac{1}{2}k{\left(\Delta l_0-A\right)}^2$  (1)

Tại vị trí thấp nhất, thế năng đàn hồi cực đại là: $W_{dh\max }=0,5625=\frac{1}{2}k{\left(\Delta l_0+A\right)}^2$  (2)

Lấy (2) chia (1), ta có: $9=\frac{{(\Delta {\text{l}}_0+A)}^2}{{(\Delta {\text{l}}_0-A)}^2}\Rightarrow A=2\Delta l_0\Rightarrow W_{tdh\left(VTCB\right)}=W_{tdh\left(t=0,1s\right)}=0,0625$  (J).

 Từ đồ thị, ta có chu kì dao động của con lắc là: T = 0,3 (s)

Ta có: $T=2\pi \sqrt{\frac{\Delta {\text{l}}_0}{g}}\Rightarrow \Delta {\text{l}}_0=\frac{T^{2}g}{4{\pi }^2}=\frac{0,3^2.{\pi }^2}{4{\pi }^2}=0,0225\left(m\right)$

Thế năng đàn hồi của con lắc tại vị trí cân bằng là:

$W_{dh}=\frac{1}{2}k{\left(\Delta {\text{l}}_0\right)}^2=\frac{1}{2}(k.\Delta {\text{l}}_0).\Delta {\text{l}}_0=\frac{1}{2}m.g.\Delta {\text{l}}_0=0,0625\left(J\right)$

$\Rightarrow \frac{1}{2}m{\pi }^2.0,0225=0,0625\Rightarrow m=0,5629\left(kg\right)$

Đáp án C

Phương pháp giải:

Vôn kế đo được giá trị hiệu dụng của điện áp

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

Hai điện áp tức thời vuông pha có:$\tan {\phi }_1.\tan {\phi }_2=-1$

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch: $U=\sqrt{{U_R}^2+{\left(U_L-U_C\right)}^2}$

Giải chi tiết:

Ta có: $U_{MN}=U_R=100\left(V\right)$

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch $AN$  là:

$U_{AN}=\sqrt{{U_L}^2+{U_R}^2}\Rightarrow 150=\sqrt{{U_L}^2+{100}^2}\Rightarrow U_L=50\sqrt{5}\left(V\right)$

Điện áp tức thời trên  và trên  vuông pha với nhau, ta có:

$\tan {\phi }_{AN}.\tan {\phi }_{MB}=-1\Rightarrow \frac{Z_L}{R}.\frac{-Z_C}{R}=-1\Rightarrow Z_L.Z_C=R^2$

$\Rightarrow U_L.U_C={U_R}^2\Rightarrow U_C=\frac{{U_R}^2}{U_L}=\frac{{100}^2}{50\sqrt{5}}=40\sqrt{5}\left(V\right)$

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch  là: $U_{MB}=\sqrt{{U_R}^2+{U_C}^2}=\sqrt{{100}^2+{\left(40\sqrt{5}\right)}^2}=60\sqrt{5}\left(V\right)$

Phương pháp giải:

Bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}$

Biên độ của một điểm trên mặt chất lỏng: $A_M=2A\left|\cos \frac{\pi \left(d_2-d_1\right)}{\lambda }\right|$

Giải chi tiết:

Bước sóng của sóng cơ do hai nguồn tạo ra là: $\lambda \text{=}\frac{\text{v}}{\text{f}}\text{=}\frac{\text{360}}{\text{300}}\text{=1},\text{2}\left(\text{cm}\right)$

Phần tử chất lỏng tại M dao động với biên độ 1 cm  , ta có:

$A_M=2a\left|\cos \frac{\pi \left(d_2-d_1\right)}{\lambda }\right|=a\Rightarrow \cos \frac{\pi \left(d_2-d_1\right)}{\lambda }=\pm \frac{1}{2}$

$\Rightarrow \left[\begin{array}{l}\frac{\pi \left(d_2-d_1\right)}{\lambda }=\frac{\pi }{3}+k\pi \\ \frac{\pi \left(d_2-d_1\right)}{\lambda }=-\frac{\pi }{3}+k\pi \end{array}\right.\Rightarrow \left[\begin{array}{l}\frac{d_2-d_1}{\lambda }=\frac{1}{3}+k\\ \frac{d_2-d_1}{\lambda }=-\frac{1}{3}+k\end{array}\right.$

Điểm M nằm trên ${\text{S}}_{\text{1}}{\text{S}}_{\text{2}}\Rightarrow -AB\le d_2-d_1\le AB$

Vậy có tất cả 30 điểm dao động với biên độ 1 cm trên đoạn

$\Rightarrow \left[\begin{array}{l}-\frac{\text{AB}}{\lambda }\le \frac{\text{1}}{\text{3}}\text{+k}\le \frac{\text{AB}}{\lambda }\\ -\frac{\text{AB}}{\lambda }\le -\frac{\text{1}}{\text{3}}\text{+k}\le \frac{\text{AB}}{\lambda }\end{array}\right.\Rightarrow \left[\begin{array}{l}-\frac{\text{AB}}{\lambda }-\frac{\text{1}}{\text{3}}\le \text{k}\le \frac{\text{AB}}{\lambda }-\frac{\text{1}}{\text{3}}\\ -\frac{\text{AB}}{\lambda }\text{+}\frac{\text{1}}{\text{3}}\le \text{k}\le \frac{\text{AB}}{\lambda }\text{+}\frac{\text{1}}{\text{3}}\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left[\begin{array}{l}-\frac{\text{9}}{\text{1},\text{2}}-\frac{\text{1}}{\text{3}}\le \text{k}\le \frac{\text{9}}{\text{1},\text{2}}-\frac{\text{1}}{\text{3}}\\ -\frac{\text{9}}{\text{1},\text{2}}\text{+}\frac{\text{1}}{\text{3}}\le \text{k}\le \frac{\text{9}}{\text{1},\text{2}}\text{+}\frac{\text{1}}{\text{3}}\end{array}\right.\Rightarrow \left[\begin{array}{l}-\text{7},\text{83}\le \text{k}\le \text{7},\text{17}\\ -\text{7},\text{17}\le \text{k}\le \text{7},\text{83}\end{array}\right.$

$\Rightarrow \left[\begin{array}{l}\text{k=}-\text{7};-\text{6};-\text{5};\mathrm{...};\text{5};\text{6};\text{7}\\ \text{k=}-\text{7};-\text{6};-\text{5};\mathrm{...};\text{5};\text{6};\text{7}\end{array}\right.$

Vậy có tất cả 30 điểm dao động với biên độ 1 cm trên đoạn ${\text{S}}_{\text{1}}{\text{S}}_{\text{2}}$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Công thức tính tần số góc của con lắc lò xo: $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}$

Công thức của chuyển động thẳng biến đổi đều: $\left\{\begin{array}{l}v=v_0+at\\ s=v_{0}t+\frac{1}{2}a{t}^2\end{array}\right.$

Áp dụng định luật II Niuton. Khi vật dời giá đỡ thì $N=0$

Giải chi tiết:

Tần số góc của con lắc là: $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{20}{0,1}}=10\sqrt{2}\left(rad/s\right)$

Phương trình định luật II Niuton cho vật m là: $\overrightarrow{P}+\overrightarrow{N}+\overrightarrow{F_{dh}}=m.\overrightarrow{a}\left(*\right)$

Chiếu (*) theo phương chuyển động ta có: $P-N-F_{dh}=ma$

Tại vị trí m dời khỏi giá đỡ thì:$N=0\Rightarrow P-F_{dh}=ma\Rightarrow mg-k.\Delta \text{l}=ma$

$\Rightarrow \Delta \text{l}=\frac{mg-ma}{k}=\frac{0,1\left(10-2\right)}{20}=0,04\left(m\right)=4\left(cm\right)$

Phương trình quãng đường chuyển động của vật là: $s=v_{0}t+\frac{1}{2}a{t}^2=\frac{1}{2}a{t}^2$

Tại vị trí vật m dời khỏi giá đỡ thì hai vật đã đi được một khoảng thời gian:

$t=\sqrt{\frac{2s}{a}}=\sqrt{\frac{2.\Delta l}{a}}=\sqrt{\frac{2.0,04}{2}}=0,2s$

Vận tốc của vật m ngay sau khi dời giá đỡ là: $v=v_0+at=0+2.0,2=0,4\left(m/s\right)=40\left(cm/s\right)$

Sau khi rời khỏi giá đỡ, vật dao động quanh vị trí cân bằng mới, tại vị trí này lò xo giãn: 

$\Delta {\text{l}}_0=\frac{mg}{k}=\frac{0,1.10}{20}=0,05\left(m\right)=5\left(cm\right)$

Ta sử dụng VTLG xác định thời gian từ khi M tách khỏi m đến khi lò xo dài nhất lần đầu tiên. Góc quét tương ứng là:  tương ứng $\alpha \approx {109}^0$ với khoảng thời gian: $t=\frac{\alpha }{\omega }=\frac{\frac{109\pi }{180}}{10\sqrt{2}}=0,1345s$

Quãng đường vật M đi được trong khoảng thời gian này là: $S_M=vt+\frac{1}{2}a{t}^2=40.0,1345+\frac{1}{2}\mathrm{.200.0},{1345}^2=7,2\left(cm\right)$

Quãng đường vật m đi được trong khoảng thời gian này là: $S_m=3+1=4\left(cm\right)$

Khoảng cách giữa hai vật là: $\Delta S=S_M-S_m=7,2-4=3,2\left(cm\right)$

Đáp án C

Phương pháp giải:

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch: $U=\sqrt{{U_R}^2+{\left(U_L-U_C\right)}^2}$

Điện áp cực đại: $U_0=U\sqrt{2}$

Giải chi tiết:

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch là: $U=\sqrt{{U_R}^2+{\left(U_L-U_C\right)}^2}=\sqrt{{30}^2+\left(120-{80}^2\right)}=50\left(V\right)$

Điện áp cực đại giữa hai đầu đoạn mạch là: $U_0=U\sqrt{2}=50\sqrt{2}\left(V\right)$

Đáp án C

Phương pháp giải:

Bước sóng: $\lambda =vT=v.\frac{2\pi }{\omega }$

Số cực đại trên AB bằng số giá trị k nguyên thoả mãn: $-\frac{AB}{\lambda }<k<\frac{AB}{\lambda }$

Diện tích hình chữ nhật ABCD  : $S=AB.BC\Rightarrow S_{\min }\iff B{C}_{\min }$

Giải chi tiết:

Bước sóng: 

Số cực đại trên  bằng số giá trị k nguyên thoả mãn:

$-\frac{AB}{\lambda }<k<\frac{AB}{\lambda }\iff -\frac{20}{3}<k<\frac{20}{3}\iff -6,7<k<6,7$

Diện tích hình chữ nhật :

 $S=AB.BC\Rightarrow S_{\min }\iff B{C}_{\min }\iff k$ thuộc cực đại ứng với $k=6$

$\Rightarrow DB-DA=6.\lambda =6.3=18\left(cm\right)\left(1\right)$

Áp dụng định lí Pitago ta có:

$B{D}^2-D{A}^2=A{B}^2={20}^2$

$\Rightarrow \left(BD-DA\right)\left(BD+DA\right)={20}^2$

$\Rightarrow BD+DA=\frac{200}{9}\left(cm\right)\left(2\right)$

Giải hệ phương trình gồm hai phương trình (1) và (2) ta có: $\left\{\begin{array}{l}BD=20,11\left(cm\right)\\ DA=2,11\left(cm\right)\end{array}\right.$

Vậy diện tích nhỏ nhất của hình chữ nhật ABCD là: $S=AB.BC=20.2,11=42,2\left(c{m}^2\right)$