Đáp án D

Phương pháp giải:

Cường độ âm tại một điểm là đại lượng đo bằng lượng năng lượng mà sóng âm tải qua một đơn vị diện tích đặt tại điểm đó, vuông góc với phương truyền sóng trong một đơn vị thời gian.

Giải chi tiết:

Năng lượng mà sóng âm truyền đi trong một đơn vị thời gian, qua một đơn vị diện tích đặt vuông góc

với phương truyền âm gọi là cường độ âm.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Biểu thức li độ và gia tốc của vật dao động điều hòa: $\left\{\begin{array}{l}x=A.cos\left(\omega t+\phi \right)\\ a=x^{\text{'}\text{'}}=-{\omega }^2.A.cos\left(\omega t+\phi \right)\end{array}\right.$

Giải chi tiết:

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}x=A.cos\left(\omega t+\phi \right)\\ a=-{\omega }^2.A.cos\left(\omega t+\phi \right)\end{array}\right.\Rightarrow a=-{\omega }^{2}x$

Đáp án D

Phương pháp giải:

Thay t vào biểu thức pha của dao động.

Giải chi tiết:

Ta có $x=Acos\left(10t\right)$

⇒ Pha của dao động là: $10.t\left(rad\right)$ 

⇒ Tại $t=2s$  ta có: $10.2=20\left(rad\right)$

Đáp án D

Phương pháp giải:

Công thức tần số góc, tần số, chu kì của con lắc lò xo dao động điều hòa: $\left\{\begin{array}{l}\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}\\ T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}\\ f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{k}{m}}\end{array}\right.$

Giải chi tiết:

Công thức về tần số dao động điều hòa của con lắc lò xo nằm ngang là: $f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{k}{m}}$

Đáp án C

Phương pháp giải:

Bước sóng là quãng đường sóng truyền đi được trong 1 chu kì: $\lambda =vT=\frac{v}{f}$

Giải chi tiết:

Bước sóng được tính theo công thức: $\lambda =\frac{v}{f}$

Đáp án A

Phương pháp giải:

Tần số của dòng điện do máy phát điện xoay chiều phát ra:

+ $f=np$ , với $n\left(vong/s\right)$

+ $f=\frac{np}{60}$ , với $n\left(vong/phut\right)$

Giải chi tiết:

Tần số của dòng điện do máy phát ra là: $f=np$

Trong đó roto quay với tốc độ $n\left(vong/s\right)$

Đáp án A

Phương pháp giải:

Tốc độ cực đại: $v_0=\omega A=2\pi f.A$

Giải chi tiết:

Vật dao động điều hòa với tốc độ cực đại: $v_0=\omega A=2\pi f.A\Rightarrow f=\frac{v_0}{2\pi A}$

Đáp án A

Phương pháp giải:

+ Âm truyền được trong các môi trường rắn, lỏng, khí. Âm không truyền được trong chân không.

+ Nói chung vận tốc truyền âm trong chất rắn lớn hơn trong chất lỏng, trong chất lỏng lớn hơn trong chất khí.

Giải chi tiết:

Tốc độ truyền âm nói chung lớn nhất trong môi trường rắn.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Năng lượng điện từ trong mạch dao động LC:

$W_{LC}=\frac{1}{2}C{u}^2+\frac{1}{2}L{i}^2=\frac{1}{2}C{U}_0^2=\frac{1}{2}L{I}_0^2$

Giải chi tiết:

Ta có năng lượng điện từ trong mạch LC được xác định bởi công thức:

$W_{LC}=\frac{1}{2}C{u}^2+\frac{1}{2}L{i}^2=\frac{1}{2}C{U}_0^2\Rightarrow i^2=\frac{C}{L}.\left(U_0^2-u^2\right)$

Đáp án D

Phương pháp giải:

Lực tương tác giữa hai điện tích điểm: $F=k.\frac{\left|q_1{q}_2\right|}{\epsilon r^2}$

Chân không có hằng số điện môi $\epsilon =1$

Giải chi tiết:

Độ lớn lực tương tác điện giữa hai điện tích điểm đặt trong chân không: $F=k.\frac{\left|q_1{q}_2\right|}{r^2}$

Đáp án C

Phương pháp giải:

+ Máy biến áp là thiết bị hoạt động dựa trên hiện tượng cảm ứng điện từ, dùng để biến đổi điện áp xoay chiều mà không làm thay đổi tần số của nó.

+ Công thức máy biến áp lí tưởng: $\frac{N_1}{N_2}=\frac{U_1}{U_2}=\frac{I_2}{I_1}$

Giải chi tiết:

Máy biến áp dùng để biến đổi điện áp xoay chiều mà không làm thay đổi tần số của nó.

⇒ Phát biểu không đúng:  Máy biến áp có thể thay đổi tần số dòng điện xoay chiều.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Biểu thức suất điện động cảm ứng: $e=E_0.cos\left(\omega t+\phi \right)V$

Trong đó $E_0$   là suất điện động cực đại.

Giải chi tiết:

Ta có: $e=220\sqrt{2}.cos\left(100\pi t+\frac{\pi }{4}\right)V$

$\Rightarrow E_0=220\sqrt{2}V$

Đáp án C

Phương pháp giải:

Mạch điện chỉ có cuộn cảm thuần: 

+ Cường độ dòng điện cực đại: $I_0=\frac{U_0}{Z_L}$

+ ${\phi }_u-{\phi }_i=\frac{\pi }{2}$

Giải chi tiết:

Biểu thức điện áp: $u=U_{0}cos\omega t\left(V\right)$

Biểu thức cường độ dòng điện: $i=\frac{U_0}{Z_L}cos\left(\omega t+{\phi }_u-\frac{\pi }{2}\right)=\frac{U_0}{\omega L}cos\left(\omega t-\frac{\pi }{2}\right)A$

Đáp án D

Phương pháp giải:

* Sơ đồ khối của một máy phát thanh vô tuyến đơn giản:

1. Micrô:thiết bị biến âm thanh thành dao động điện âm tần

2. Mạch phát sóng điện từ cao tần: tạo ra dao động cao tần (sóng mang)

3. Mạch biến điệu:trộn sóng âm tần với sóng mang

4. Mạch khuếch đại: tăng công suất (cường độ) của cao tần

5. Anten: phát sóng ra không gian.

* Sơ đồ khối của một máy thu thanh vô tuyến đơn giản:

1. Anten thu:thu sóng để lấy tín hiệu

2. Mạch khuếch đại điện từ cao tần.

3. Mạch tách sóng: tách lấy sóng âm tần

4. Mach khuếch đại dao động điện từ âm tần: tăng công suất (cường độ) của âm tần

5. Loa: biến dao động âm tần thành âm thanh

Giải chi tiết:

Trong máy phát thanh đơn giản, thiết bị dùng để biến dao động âm thanh dao động điện có cùng tần số là micro.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Cảm ứng từ tại tâm vòng dây tròn: $B=2\pi {.10}^{-7}\frac{I}{R}$

Với I là cường độ dòng điện chạy trong dây dẫn tròn (A); R là bán kính khung dây tròn (m)

Giải chi tiết:

Cảm ứng từ tại tâm vòng dây tròn là: $B=2\pi {.10}^{-7}\frac{I}{R}$

Đáp án D

Phương pháp giải:

Công thức tính tổng trở: $Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}$

Giải chi tiết:

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

Đáp án A

Phương pháp giải:

Công thức tính mức cường độ âm: $L=10.\log \frac{I}{I_0}\Rightarrow I$

Giải chi tiết:

Mức cường độ âm tại một điểm là:

$L=10.\log \frac{I}{I_0}\iff 40=10.log\frac{I}{{10}^{-12}}\iff log\frac{I}{{10}^{-12}}=4$

$\iff \frac{I}{{10}^{-12}}={10}^4\Rightarrow I={10}^{-12}{.10}^4={10}^{-8}\frac{W}{m^2}$

Đáp án D

Phương pháp giải:

Điều kiện có sóng dừng trên dây hai đầu cố định là: $l=k\frac{\lambda }{2};k\in Z$

Số bụng = k; Số nút = k + 1.

Giải chi tiết:

Điều kiện có sóng dừng trên dây hai đầu cố định: $l=k\frac{\lambda }{2}=\frac{k.v}{2f}\Rightarrow v=\frac{l.2f}{k}$

Trên dây có 3 bụng sóng $\Rightarrow k=3$

$\Rightarrow v=\frac{1,\mathrm{2.2.100}}{3}=80m/s$

Đáp án D

Phương pháp giải:

Công thức tính tần số góc của con lắc đơn dao động điều hòa: $\omega =\sqrt{\frac{g}{l}}\Rightarrow l$

Giải chi tiết:

Tần số góc dao động: $\omega =\sqrt{\frac{g}{l}}\Rightarrow l=\frac{g}{{\omega }^2}=\frac{10}{5^2}=0,4m=40cm$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Công thức tính cơ năng: $W=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2$

Giải chi tiết:

Khối lượng vật nhỏ: $m=100g=0,1kg$

Li độ: $x=10cos\left(10\pi t\right)\left(cm\right)\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}A=10cm=0,1m\\ \omega =10\pi \left(rad/s\right)\end{array}\right.$

Cơ năng của con lắc có giá trị là: $W=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2=\frac{1}{2}.0,1.{\left(10\pi \right)}^2.0,1^2=0,5J$

Đáp án D

Phương pháp giải:

Biểu thức lực kéo về: $F=ma=-m{\omega }^{2}A.cos\left(\omega t+\phi \right)$

Giải chi tiết:

Khối lượng vật nhỏ: $m=250g=0,25kg$

Lực kéo về: $F=-0,4.cos4t\left(N\right)$ $\Rightarrow \omega =4rad/s$

$\Rightarrow m{\omega }^{2}A=0,4\Rightarrow A=\frac{0,4}{m{\omega }^2}=\frac{0,4}{0,{25.4}^2}=0,1m=10cm$

Đáp án B

Phương pháp giải:

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

Giải chi tiết:

Ta có: $A=\sqrt{A_1^2+A_2^2+2A_1{A}_2.cos\Delta \phi }$

+ Khi $\Delta \phi =2k\pi \Rightarrow A=A_{\max }=A_1+A_2$

+ Khi $\Delta \phi =\left(2k+1\right)\pi \Rightarrow A=A_{\min }=\left|A_1-A_2\right|$

$\Rightarrow A_1+A_2\ge A\ge \left|A_1-A_2\right|$

Đáp án A

Phương pháp giải:

Công thức tính bước sóng: $\lambda =vT=\frac{v}{f}\Rightarrow v=\frac{\lambda }{T}=\lambda f$

⇒ Sai số tuyệt đối của phép đo: $\Delta v=\overline{v}.\left(\frac{\Delta \lambda }{\lambda }+\frac{\Delta f}{f}\right)$

Sai số tương đối: $\frac{\Delta v}{\overline{v}}.100\%$

Giải chi tiết:

Sai số tuyệt đối của phép đo: $\Delta v=\overline{v}.\left(\frac{\Delta \lambda }{\lambda }+\frac{\Delta f}{f}\right)$

Sai số tương đối của phép đo: $\frac{\Delta v}{\overline{v}}=\frac{\Delta \lambda }{\lambda }+\frac{\Delta f}{f}=\frac{0,01}{0,75}+\frac{10}{440}=0,036=3,6\%$

Đáp án D

Phương pháp giải:

Công thức tính dung kháng: $Z_C=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{2\pi fC}$

Giải chi tiết:

Công thức tính dung kháng: $Z_C=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{2\pi fC}\Rightarrow Z_C~\frac{1}{f}$

$\Rightarrow f$ tăng 4 lần thì $Z_C$  giảm đi 4 lần.

Đáp án D

Phương pháp giải:

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

Cường độ hiệu dụng: $I=\frac{U}{Z_C}$

Giải chi tiết:

+ Khi : $u=U\sqrt{2}.cos\left(100\pi t+\pi \right)\left(V\right)$

$I_1=\frac{U}{Z_{C1}}=\frac{U}{\frac{1}{2\pi .100\pi .C}}\iff U.2\pi .100\pi .C=2A$

+ Khi : $u=U\sqrt{2}.cos\left(120\pi t+\frac{\pi }{2}\right)\left(V\right)$

$I_2=\frac{U}{Z_{C2}}=\frac{U}{\frac{1}{2\pi .120\pi .C}}=U.2\pi .120\pi .C$

+ Lấy $\frac{I_1}{I_2}$  ta được: $\frac{2}{I_2}=\frac{100}{120}=\frac{1}{1,2}\Rightarrow I_2=2,4A$

Đáp án D

Phương pháp giải:

Hiệu suất truyền tải: $H=\frac{P_{ci}}{P}=\frac{P-P_{hp}}{P}=1-\frac{P_{hp}}{P}=1-\frac{\frac{P^{2}R}{U^2{\cos }^2\phi }}{P}=1-\frac{P.R}{U^2{\cos }^2\phi }$

Giải chi tiết:

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}P=1MW={10}^{6}W\\ R=50\Omega \\ U=25kV={25.10}^{3}V\\ \cos \phi =1\end{array}\right.$

Hiệu suất truyền tải:$H=\frac{P_{ci}}{P}=\frac{P-P_{hp}}{P}=1-\frac{P.R}{U^2{\cos }^2\phi }$

$=1-\frac{{10}^6.50}{{\left({25.10}^3\right)}^2.1}=0,92=92\%$

Đáp án C

Phương pháp giải:

Sử dụng VTLG và công thức $\Delta t=\frac{\alpha }{\omega }=\alpha .\frac{T}{2\pi }$

Tại một điểm có sóng điện từ truyền qua, cảm ứng từ và cường độ điện trường biến thiên cùng pha.

Giải chi tiết:

Biểu thức của cảm ứng từ: $B=B_0\cos \left(2\pi {.10}^8.t+\frac{\pi }{3}\right)T$

Biểu thức của cường độ điện trường: $E=E_0\cos \left(2\pi {.10}^8.t+\frac{\pi }{3}\right)\left(V/m\right)$

Biểu diễn trên VTLG ta có:

Từ hình vẽ ta xác định được góc quét: $\Delta \phi =\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{3}=\frac{\pi }{6}$

⇒ Thời điểm đầu tiên để cường độ điện trường tại điểm đó bằng 0 là:

$\Delta t=\frac{\Delta \phi }{\omega }=\frac{\frac{\pi }{6}}{2\pi {.10}^8}=\frac{{10}^{-8}}{12}s$

Đáp án C

Phương pháp giải:

Tần số góc:  $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}$

Biên độ: $A=\sqrt{x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}}$

Sử dụng VTLG xác định pha ban đầu.

Giải chi tiết:

Tần số góc: $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{10}{0,1}}=10rad/s$

Kéo vật ra khỏi VTCB đoạn $3\sqrt{2}cm$  rồi thả nhẹ $\Rightarrow A=3\sqrt{2}cm$

Tại  vật qua vị trí  theo chiều dương. Biểu diễn trên VLTG ta có:

Từ VTLG ⇒ Pha ban đầu: $\phi =-\left(\frac{\pi }{2}+\frac{\pi }{4}\right)=-\frac{3\pi }{4}$

$\Rightarrow x=3\sqrt{2}.cos\left(10t-\frac{3\pi }{4}\right)cm$

Đáp án C

Phương pháp giải:

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

Hệ số phóng đại: $k=-\frac{d^{\text{'}}}{d}=\frac{\overline{A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}}}{\overline{AB}}$

Giải chi tiết:

Ảnh A’B’ là ảnh thật ⇒ ảnh ngược chiều với vật

$\Rightarrow k<0\iff -\frac{d^{\text{'}}}{d}=-2\Rightarrow d^{\text{'}}=2d\left(1\right)$

Ảnh A’B’ cách vật 24cm $\Rightarrow d^{\text{'}}+d=24cm\left(2\right)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{d}^{\text{'}}=16cm\\ d=8cm\end{array}\right.$

Tiêu cự của thấu kính: $\frac{1}{f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{d^{\text{'}}}=\frac{1}{8}+\frac{1}{16}=\frac{3}{16}\Rightarrow f=\frac{16}{3}cm$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Biểu thức cường độ dòng điện: $i=I_0.cos\left(\omega t+\phi \right)$

Biểu thức điện áp tức thời: $\left\{\begin{array}{l}{u}_R=U_{0R}.cos\left(\omega t+\phi \right)\\ u_L=U_{0L}.cos\left(\omega t+\phi +\frac{\pi }{2}\right)\\ u_C=U_{0C}.cos\left(\omega t+\phi -\frac{\pi }{2}\right)\end{array}\right.$

Sử dụng hệ thức độc lập theo thời gian của các đại lượng vuông pha.

Điện áp cực đại hai đầu mạch: $U_0=\sqrt{U_{0R}^2+{\left(U_{0L}-U_{0C}\right)}^2}$

Giải chi tiết:

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{u}_R=U_{0R}.cos\left(\omega t+\phi \right)\\ u_L=U_{0L}.cos\left(\omega t+\phi +\frac{\pi }{2}\right)\\ u_C=U_{0C}.cos\left(\omega t+\phi -\frac{\pi }{2}\right)\end{array}\right.$

Do $u_C$  và $u_L$  vuông pha với $u_R$

+ Tại $t_2$  khi $u_L=u_C=0\Rightarrow u_R=U_{0R}=100V$

+ Tại thời điểm $t_1$  , áp dụng hệ thức độc lập với thời gian của hai đại lượng vuông pha ta có:

$\left\{\begin{array}{l}{\left(\frac{u_R}{U_{0R}}\right)}^2+{\left(\frac{u_L}{U_{0L}}\right)}^2=1\\ {\left(\frac{u_R}{U_{0R}}\right)}^2+{\left(\frac{u_C}{U_{0C}}\right)}^2=1\end{array}\right.$$\iff \left\{\begin{array}{l}\frac{{50}^2}{{100}^2}+\frac{{30}^2}{U_{0L}^2}=1\Rightarrow U_{0L}=20\sqrt{3}V\\ \frac{{50}^2}{{100}^2}+\frac{{180}^2}{U_{0C}^2}=1\Rightarrow U_{0C}=120\sqrt{3}V\end{array}\right.$

Điện áp cực đại ở hai đầu đoạn mạch:

$U_0=\sqrt{U_{0R}^2+{\left(U_{0L}-U_{0C}\right)}^2}=\sqrt{{100}^2+{\left(20\sqrt{3}-120\sqrt{3}\right)}^2}=200V$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Từ đồ thị viết phương trình dao động của hai con lắc.

Cơ năng: $W=W_d+W_t\iff \frac{k{A}^2}{2}=\frac{m{v}^2}{2}+\frac{k{x}^2}{2}$

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

Giải chi tiết:

Từ đồ thị, ta có phương trình dao động của hai con lắc lần lượt là:

$\left\{\begin{array}{l}{x}_1=10.cos\left(\omega t-\frac{\pi }{2}\right)\\ x_2=5.cos\left(\omega t-\frac{\pi }{2}\right)\end{array}\right.\Rightarrow \frac{x_1}{x_2}=2\Rightarrow x_1=2x_2$

Tại thời điểm , thế năng của con lắc thứ hai là:

$W_{t2}=\frac{1}{2}k{x}_2^2=0,005J\iff \frac{1}{2}k.{\left(\frac{x_1}{2}\right)}^2=0,005$

$\iff \frac{1}{4}.\frac{1}{2}.k{x}_1^2=0,005\Rightarrow \frac{1}{2}.k{x}_1^2=0,2J\Rightarrow W_{t1}=0,02J$

Động năng của con lắc thứ nhất ở thời điểm t  là:

$W_{d1}=W_1-W_{t1}=\frac{k{A}_1^2}{2}-0,02=0,06$

$\iff \frac{k.0,1^2}{2}-0,02=0,06\Rightarrow k=16\left(N/m\right)$

Chu kì của con lắc là: $T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}=2\pi \sqrt{\frac{0,4}{16}}=1\left(s\right)$

Đáp án C

Phương pháp giải:

Phương trình sóng dừng: $u_M=2A.\sin \left(\frac{2\pi x}{\lambda }\right).cos\left(\omega t+\phi \right)$

Tốc độ truyền sóng: $v=\frac{\lambda }{T}$

Giải chi tiết:

Phương trình sóng dừng: $u=2\sin \left(0,5\pi x\right)\cos \left(20\pi t+0,5\pi \right)mm$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\frac{2\pi x}{\lambda }=0,5\pi x\\ \omega =20\pi \left(rad\right)\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\lambda =4cm\\ T=\frac{2\pi }{20\pi }=0,1s\end{array}\right.$

Tốc độ truyền sóng: $v=\frac{\lambda }{T}=\frac{4}{0,1}=40cm/s$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Công thức tính công suất tiêu thụ: $P=U.I.cos\phi =\frac{U^{2}R}{Z^2}=\frac{U^2}{R}.co{s}^2\phi$

Giải chi tiết:

Công suất tiêu thụ của mạch: 

$P=\frac{U^{2}R}{Z^2}=\frac{U^{2}R}{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}$

+ Khi  $C=C_1$thay đổi để $P_{\max }$  ⇔ xảy ra hiện tượng cộng hưởng

$\Rightarrow P_{\max }=\frac{U^2}{R}=200W\left(1\right)$

+ Khi $C=C_2$  thì $\cos \phi =\frac{\sqrt{3}}{2}$

$\Rightarrow P=\frac{U^2}{R}.co{s}^2\phi =\frac{U^2}{R}.{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2\left(2\right)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow P=200.{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2=150W$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Công thức tính công suất tiêu thụ: $P=U.I.cos\phi =\frac{U^{2}R}{Z^2}$

Giải chi tiết:

Theo bài ra ta có:

$P_1=P_2\iff \frac{U^2{R}_1}{R_1^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}=\frac{U^2{R}_2}{R_2^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}$

$\iff R_1.\left[R_2^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2\right]=R_2.\left[R_1^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2\right]$

$\iff R_1{R}_2^2+R_1{\left(Z_L-Z_C\right)}^2=R_2{R}_1^2+R_2{\left(Z_L-Z_C\right)}^2$

$\iff R_1{R}_2={\left(Z_L-Z_C\right)}^2\left(*\right)$

Lại có: $\left\{\begin{array}{l}{Z}_L=100\pi .\frac{\sqrt{2}}{2\pi }=50\sqrt{2}\Omega \\ Z_C=\frac{1}{100\pi .\frac{{10}^{-4}}{\sqrt{2}\pi }}=100\sqrt{2}\Omega \\ R=200\Omega \end{array}\right.$

Thay vào (*) ta được: $200.R_2={\left(50\sqrt{2}-100\sqrt{2}\right)}^2\Rightarrow R_2=25\Omega$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Để đèn sáng bình thường thì $I_d=I_{dm}$

Cường độ dòng điện chạy qua đèn: $I=\frac{{\xi }_b}{r_b+R_d}$

Điện trở của đèn: $R_d=\frac{U_{dm}^2}{P_{dm}}$

Công thức tính suất điện động và điện trở trong của bộ nguồn mắc nối tiếp: $\left\{\begin{array}{l}{\xi }_b=n.\xi \\ r_b=nr\end{array}\right.$

Giải chi tiết:

Điện trở của đèn: $R_d=\frac{U_{dm}^2}{P_{dm}}=\frac{6^2}{6}=6\Omega$

Cường độ dòng điện định mức của đèn:  $I_{dm}=\frac{P_{dm}}{U_{dm}}=\frac{6}{6}=1A$

Giả sử bộ nguồn gồm x nguồn giống nhau mắc nối tiếp:  $\left\{\begin{array}{l}{\xi }_b=x.\xi =3x\\ r_b=xr=2x\end{array}\right.$

Cường độ dòng điện chạy qua đèn: $I=\frac{{\xi }_b}{r_b+R_d}=\frac{3x}{2x+6}$

Để đèn sáng bình thường thì $I=I_{dm}$

$\iff \frac{3x}{2x+6}=1\iff 3x=2x+6\Rightarrow x=6$

Đáp án A

Phương pháp giải:

Tần số dao động riêng: $f_0=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{k}{m}}$

Biên độ dao động của vật càng lớn khi $\left|f_{cb}-f_0\right|$  càng nhỏ.

Giải chi tiết:

Tần số dao động riêng: $f_0=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{k}{m}}=\frac{1}{2\sqrt{10}}.\sqrt{\frac{10}{0,01}}=5Hz$

Ta có đồ thị cộng hưởng cơ: 

Tần số của ngoại lực tương ứng: $f_1=3,5Hz;f_2=2Hz;f_3=5Hz$

$\Rightarrow \left|f_3-f_0\right|<\left|f_1-f_0\right|<\left|f_2-f_0\right|$

$\Rightarrow A_2<A_1<A_3$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng: $\overrightarrow{p_{tr}}=\overrightarrow{p_s}\Rightarrow v$

VTCB mới cách VTCB cũ: $x_0=\frac{mg}{k}$  ⇒ Li độ x tại vị trí va chạm.

Tần số góc của hệ: $\omega =\sqrt{\frac{k}{M+m}}$

Biên độ dao động: $A=\sqrt{x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}}$

Giải chi tiết:

Áp dụng định luật bảo toàn vecto động lượng cho hệ ngay trước và sau va chạm:

$\overrightarrow{p_{tr}}=\overrightarrow{p_s}\iff m{v}_0=\left(m+M\right).v$

$\Rightarrow v=\frac{m.v_0}{m+M}=\frac{0,5.6}{0,5+1}=2m/s=200cm/s$

VTCB mới ở dưới VTCB mới một đoạn: $x_0=\frac{mg}{k}=\frac{0,5.10}{200}=0,025m=2,5cm$