Đáp án A

Phương pháp giải:

Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị

Gia tốc ngược pha với li độ

Vận tốc sớm pha hơn li độ góc $\frac{\pi }{2}$

Giải chi tiết:

Từ đồ thị ta thấy pha ban đầu của các đồ thị là: $\left\{\begin{array}{l}{\phi }_1=\pi \left(rad\right)\\ {\phi }_2=\frac{\pi }{2}\left(rad\right)\\ {\phi }_3=-\frac{\pi }{2}\left(rad\right)\end{array}\right.$

Lại có: $\left\{\begin{array}{l}{\phi }_v-{\phi }_x=\frac{\pi }{2}\\ {\phi }_a-{\phi }_x=\pi \end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{\phi }_x=\frac{\pi }{2}={\phi }_2\\ {\phi }_v=0={\phi }_1\\ {\phi }_a=-\frac{\pi }{2}={\phi }_3\end{array}\right.$

Đáp án D

Phương pháp giải:

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

Phương trình vận tốc: $v=-\omega A\sin \left(\omega t+\phi \right)$

Giải chi tiết:

Tại thời điểm đầu $\left(t=0\right)$  , vật có li độ $x=3\sqrt{3}cm$  và đang chuyển động ngược chiều dương, thay vào phương trình li độ và vận tốc, ta có:

$\left\{\begin{array}{l}x=A\cos \phi \\ v=-\omega A\sin \phi <0\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}3\sqrt{3}=6\cos \phi \\ \sin \phi >0\end{array}\right.\Rightarrow \phi =\frac{\pi }{6}\left(rad\right)$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Độ cao của âm phụ thuộc vào tần số âm

Giải chi tiết:

Hai âm cùng độ cao là hai âm có cùng tần số

Đáp án A

Phương pháp giải:

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

Giải chi tiết:

Độ lớn suất điện động cảm ứng trong vòng dây là:

$\left|e_c\right|=\left|-\frac{\Delta \Phi }{\Delta t}\right|=\left|-\frac{0-{6.10}^{-3}}{0,02}\right|=0,3\left(V\right)$

Đáp án A

Phương pháp giải:

Tần số góc của dao động cưỡng bức bằng tần số góc của ngoại lực

Biên độ của dao động cưỡng bức tỉ lệ thuận với biên độ của ngoại lực và phụ thuộc vào tần số góc của ngoại lực

Giải chi tiết:

Dao động cưỡng bức có biên độ không đổi và có tần số bằng tần số của lực cưỡng bức

Đáp án B

Phương pháp giải:

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

Số điểm dao động với biên độ cực đại: $N_{\max }=2.\left[\frac{AB}{\lambda }\right]+1$

Số điểm dao động với biên độ cực tiểu: $N_{\min }=2.\left[\frac{AB}{\lambda }\right]$

Giải chi tiết:

Bước sóng là: $\lambda =\frac{v.2\pi }{\omega }=\frac{1,5.2\pi }{50\pi }=0,06\left(m\right)=6\left(cm\right)$

Số điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn thẳng AB là:

$N_{\max }=2.\left[\frac{AB}{\lambda }\right]+1=2.\left[\frac{20}{6}\right]+1=2.3+1=7$

Số điểm dao động với biên độ cực tiểu trên đoạn thẳng AB là:

$N_{\min }=2.\left[\frac{AB}{\lambda }\right]=2.\left[\frac{20}{6}\right]=2.3=6$

Đáp án D

Phương pháp giải:

Hệ số công suất của mạch điện xoay chiều: $\cos \phi =\frac{R}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$

Giải chi tiết:

Hệ số công suất của mạch điện là: $\cos \phi =\frac{R}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$

Ta có: $\cos \phi =\frac{R}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$  mạch điện không chứa điện trở

Đáp án D

Phương pháp giải:

Hệ số công suất của mạch điện xoay chiều: $\cos \phi =\frac{R}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$

Giải chi tiết:

Hệ số công suất của mạch điện là: $\cos \phi =\frac{R}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$

Ta có: ${\left(\cos \phi \right)}_{\min }=0\iff R=0\to$  mạch điện không chứa điện trở

Đáp án D

Phương pháp giải:

Cường độ dòng điện: $I=\frac{U}{\sqrt{{\left(R+r\right)}^2+{Z_L}^2}}$

Công suất tiêu thụ: $P=I^{2}R=\frac{U^{2}R}{{\left(R+r\right)}^2+{Z_L}^2}$

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

Giải chi tiết:

Cường độ dòng điện trong mạch là: $I=\frac{U}{\sqrt{{\left(R+r\right)}^2+{Z_L}^2}}$

Công suất tiêu thụ trên biến trở là: $P=\frac{U^{2}R}{{\left(R+r\right)}^2+{Z_L}^2}=\frac{U^2}{R+2r+\frac{r^2+{Z_L}^2}{R}}$

Đặt $f=R+\frac{r^2+{Z_L}^2}{R}\Rightarrow P=\frac{U^2}{f+2r}$

Công suất tiêu thụ trên biến trở đạt cực đại: $P_{\max }\iff f_{\min }$

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

$R+\frac{r^2+{Z_L}^2}{R}\ge 2\sqrt{R.\frac{r^2+{Z_L}^2}{R}}=2\sqrt{r^2+{Z_L}^2}$

$\Rightarrow f_{\min }=2\sqrt{r^2+{Z_L}^2}\iff R=\frac{r^2+{Z_L}^2}{R}\Rightarrow R^2=r^2+{Z_L}^2$

Khi $R=R_0$  , ta có điện áp hiệu dụng giữa hai đầu biến trở và cuộn dây:

$U_R=U_d\Rightarrow R=Z_d\Rightarrow R_0=\sqrt{r^2+{Z_L}^2}\Rightarrow {R_0}^2=r^2+{Z_L}^2$

→ Khi $R=R_0$ , công suất tiêu thụ trên biến trở đạt cực đại

→ Khi $R$   tăng hoặc giảm, công suất tiêu thụ trên biến trở đều giảm

Đáp án B

Phương pháp giải:

Sử dụng lý thuyết dao động điều hòa

Giải chi tiết:

Chuyển động của vật từ biên âm về vị trí cân bằng là chuyển động nhanh dần theo chiều dương

Đáp án D

Phương pháp giải:

Khoảng cách giữa 2 đỉnh sóng liên tiếp là λ

Tốc độ truyền sóng: $v=\lambda f$

Giải chi tiết:

Khoảng cách giữa 5 đỉnh sóng liên tiếp là: $d=4\lambda =0,48\left(m\right)\Rightarrow \lambda =0,12\left(m\right)$

Tốc độ truyền sóng trên mặt chất lỏng là: $v=\lambda f=0,12.100=12\left(m/s\right)$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Cuộn dây có cảm kháng khi đặt vào hai đầu cuộn dây một điện áp xoay chiều: $Z_L=\omega L=2\pi fL$

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: 

$I_1=\frac{U}{r}\Rightarrow r=\frac{U}{I_1}=\frac{60}{2}=30\left(\Omega \right)$

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

$I_1=\frac{U}{\sqrt{r^2+{Z_L}^2}}\Rightarrow 1,2=\frac{60}{\sqrt{{30}^2+{Z_L}^2}}\Rightarrow Z_L=40\left(\Omega \right)$

Lại có: $Z_L=\omega L=2\pi fL\Rightarrow L=\frac{Z_L}{2\pi f}=\frac{40}{2\pi .50}=\frac{0,4}{\pi }\left(H\right)$

Đáp án C

Phương pháp giải:

Cơ năng của con lắc lò xo: $W=\frac{k{A}^2}{2}$

Giải chi tiết:

Cơ năng ban đầu của con lắc là: $W=\frac{k{A}^2}{2}=1,5\left(J\right)$

Tăng khối lượng của vật nặng và biên độ lên gấp đôi, cơ năng của con lắc mới là:

$W^{\text{'}}=\frac{k{A^{\text{'}}}^2}{2}=\frac{k.{\left(2A\right)}^2}{2}=4.\frac{k{A}^2}{2}=4W=6\left(J\right)$

$\Rightarrow \Delta W=W^{\text{'}}-W=4,5\left(J\right)$

Đáp án A

Phương pháp giải:

Tỉ số: $\frac{u_R}{u_{R_0}}=\frac{U_R}{U_{R_0}}=\frac{R}{R_0}$

Giải chi tiết:

Ta có tỉ số: $\frac{u_R}{u_{R_0}}=\frac{U_R}{U_{R_0}}=\frac{R}{R_0}=k\Rightarrow \frac{u_R}{u_{R_0}}=k$

→ Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc giữa $u_X,u_{R_0}$  là đoạn thẳng

Đáp án D

Phương pháp giải:

Sử dụng lý thuyết dao động điều hòa

Giải chi tiết:

Từ đồ thị ta thấy:

Tại thời điểm $t_1$  , vận tốc có giá trị âm và đang giảm → vật đang chuyển động từ vị trí cân bằng về biên âm→ vật có li độ âm và gia tốc âm

Tại thời điểm $t_2$  , vận tốc bằng 0 và đang tăng → vật ở biên âm → gia tốc của vật có giá trị cực đại

Tại thời điểm $t_3$ , vận tốc có giá trị dương và đang tăng → vật đang chuyển động từ biên âm về vị trí cân bằng → vật có li độ âm và gia tốc dương

Tại thời điểm $t_4$  , vận tốc có giá trị cực đại → vật đang ở vị trí cân bằng → gia tốc của vật bằng 0

Đáp án C

Phương pháp giải:

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

Giải chi tiết:

Tại thời điểm điện áp giữa hai đầu cuộn cảm có độ lớn cực đại, ta có công thức độc lập với thời gian:

$\frac{i^2}{{I_0}^2}+\frac{{u_L}^2}{{U_{0L}}^2}=1\Rightarrow \frac{i^2}{{I_0}^2}+\frac{{U_{0L}}^2}{{U_{0L}}^2}=1\Rightarrow i=0$

Đáp án C

Phương pháp giải:

Độ lệch lớn nhất khỏi vị trí cân bằng của vật nặng là biên độ dao động

Chiều dài quỹ đạo chuyển động của con lắc: $L={\text{l}}_{\max }-{\text{l}}_{\min }=2A$

Giải chi tiết:

dài quỹ đạo của con lắc là:

$L={\text{l}}_{\max }-{\text{l}}_{\min }=2A\Rightarrow A=\frac{{\text{l}}_{\max }-{\text{l}}_{\min }}{2}=\frac{34-26}{2}=4\left(cm\right)$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Tiêu cự của thủy tinh thể: $OV\le f\le OC$

Góc trông vật: $\tan \alpha =\frac{AB}{\text{l}}$

Giải chi tiết:

Người này tiến lại gần bức tranh, khoảng cách từ người tới bức tranh giảm tới điểm cực cận:

Tiêu cự của thủy tính thể tăng

Góc trông vật: $\tan \alpha =\frac{AB}{\text{l}}\Rightarrow \tan \alpha ~\frac{1}{\text{l}}\to \tan \alpha$  tăng →α  tăng

Đáp án D

Phương pháp giải:

Độ lệch pha giữa hai điểm trên phương truyền sóng: $\Delta \phi =\frac{2\pi d}{\lambda }$

Giải chi tiết:

Khoảng cách ngắn nhất giữa hai điểm mà hai phần tử của môi trường tại đó dao động vuông pha nhau, ta có: $\Delta \phi =\frac{2\pi d}{\lambda }=\frac{\pi }{2}\Rightarrow \frac{\lambda }{d}=4$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Âm có tần số lớn hơn $20000Hz$  gọi là siêu âm

Âm có tần số nhỏ hơn $16Hz$  gọi là hạ âm

Giải chi tiết:

Âm có tần số $10Hz<16Hz$  là hạ âm

Đáp án A

Phương pháp giải:

Thế năng của vật đạt cực đại khi vật ở vị trí biên

Động năng của vật đạt cực đại khi vaạt ở vị trí cân bằng

Giải chi tiết:

Thế năng của vật cực đại khi vật ở vị trí biên

Đáp án C

Phương pháp giải:

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

Giải chi tiết:

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

Nhận xét: ${T_1}^2+{T_3}^2={T_2}^2\Rightarrow {\text{l}}_1+{\text{l}}_3={\text{l}}_2\Rightarrow {\text{l}}_1={\text{l}}_2-{\text{l}}_3$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị xác định chu kì của dòng điện

Trong 1 chu kì, dòng điện đổi chiều 2 lần

Giải chi tiết:

Từ đồ thị ta thấy chu kì của dòng điện là: $T=40.2=80\left(ms\right)=0,08\left(s\right)$

Số lần dòng điện đổi chiều trong 1 phút là: $n=2.\frac{60}{T}=2.\frac{60}{0,08}=1500$   (lần)

Đáp án A

Phương pháp giải:

Độ lệch pha giữa hai phần tử dao động: $\Delta \phi =\frac{2\pi d}{\lambda }$

Sử dụng vòng tròn lượng giác

Giải chi tiết:

Độ lệch pha giữa hai điểm $M,N$  là: $\Delta \phi =\frac{2\pi d}{\lambda }=\frac{2\pi .40}{30}=\frac{8\pi }{3}=\frac{2\pi }{3}\left(rad\right)$

Ta có vòng tròn lượng giác:

Từ vòng tròn lượng giác ta thấy: $u_M=A\cos \frac{\pi }{6}=3\left(cm\right)\Rightarrow A=2\sqrt{3}\left(cm\right)$

Đáp án A

Phương pháp giải:

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

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

Cường độ dòng điện: $I=\frac{U}{\sqrt{r^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$

Giải chi tiết:

Dung kháng của tụ điện và cảm kháng của cuộn dây là: $\left\{\begin{array}{l}{Z}_C=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{100\pi .\frac{{10}^{-3}}{8\pi }}=80\left(\Omega \right)\\ Z_L=\omega L=100\pi .\frac{0,4}{\pi }=40\left(\Omega \right)\end{array}\right.$

Cường độ dòng điện hiệu dụng qua mạch là:  $I=\frac{U}{\sqrt{r^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}=\frac{100}{\sqrt{{30}^2+{\left(40-80\right)}^2}}=2\left(A\right)$

Đáp án C

Phương pháp giải:

Cường độ hiệu dụng $\left(I\right)$  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.

Cường độ dòng điện cực đại: $I_0=I\sqrt{2}$

Giải chi tiết:

Giá trị hiệu dụng của dòng điện xoay chiều là: $I=I_0$

Cường độ dòng điện cực đại là: $I_{\max }=I\sqrt{2}=I_0\sqrt{2}$

Đáp án D

Phương pháp giải:

Hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch ngoài: $U_N=IR=E-Ir$

Giải chi tiết:

Hiệu điện thế hai đầu mạch ngoài là: $U_{AB}=E-Ir$

Đáp án C

Phương pháp giải:

Hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn mạch: $U=\sqrt{{U_R}^2+{\left(U_L-U_C\right)}^2}$

Giải chi tiết:

Hiệu điệ thế giữa hai đầu đoạn mạch là: $U=\sqrt{{U_R}^2+{\left(U_L-U_C\right)}^2}\Rightarrow U\ge U_R$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Sử dụng lý thuyết dao động tắt dần

Giải chi tiết:

Dao động tắt dần có biên độ và cơ năng giảm dần theo thời gian → A, C đúng

Có sự biến đổi qua lại giữa động năng và thế năng → B sai

Ma sát càng lớn, dao động tắt dần càng nhanh → D đúng

Đáp án A

Phương pháp giải:

Hiệu hai mức cường độ âm: $L_1-L_2=10\lg \frac{I_1}{I_2}$

Giải chi tiết:

Cường độ âm tăng thêm $2dB$  , ta có: $L_2-L_1=10\lg \frac{I_2}{I_1}=2\Rightarrow \lg \frac{I_2}{I_1}=0,2\Rightarrow \frac{I_2}{I_1}={10}^{0,2}\approx 1,58$

Đáp án A

Phương pháp giải:

Điện áp hiệu dụng: $U=I.Z$

Sử dụng giản đồ vecto

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

Giải chi tiết:

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

$U_{AP}=\frac{U\sqrt{{\left(R+r\right)}^2+{Z_L}^2}}{\sqrt{{\left(R+r\right)}^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$

Để điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch $AP$  không phụ thuộc vào R, ta có:

${\left(R+r\right)}^2+{Z_L}^2={\left(R+r\right)}^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2$

$\Rightarrow {Z_L}^2={\left(Z_L-Z_C\right)}^2\Rightarrow Z_L=Z_C-Z_L\Rightarrow Z_C=2Z_L$

Ta có giản đồ vecto:

Từ giản đồ vecto, ta thấy góc lệch giữa $u_{AP}$  và $u_{AB}$  là:

 $\tan \left(2\alpha \right)=\frac{2\tan \alpha }{1-{\tan }^2\alpha }=\frac{2.\frac{Z_L}{R+r}}{1-{\left(\frac{Z_L}{R+r}\right)}^2}$

${\left(\tan 2\alpha \right)}_{\max }\Rightarrow {\left(2\alpha \right)}_{\max }\Rightarrow {\alpha }_{\max }\Rightarrow {\left(\tan \alpha \right)}_{\max }$

$\Rightarrow {\left(\frac{Z_L}{R+r}\right)}_{\max }\Rightarrow {\left(R+r\right)}_{\min }\Rightarrow R=0$

Khi đó ta có:

$U_1=U_{BP}=U_C=\frac{U.Z_C}{\sqrt{r^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}=\frac{U.2Z_L}{\sqrt{r^2+{Z_L}^2}}$

Ta có tích

$U_{AN}.U_{NP}=\frac{U.\left(R+r\right)}{\sqrt{{\left(R+r\right)}^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}.\frac{U.Z_L}{\sqrt{{\left(R+r\right)}^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$

$=U^2.\frac{Z_L.\left(R+r\right)}{{\left(R+r\right)}^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}=U^2.Z_L.\frac{1}{\left(R+r\right)+\frac{{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}{R+r}}$

Đặt $x=R+r;f\left(x\right)=x+\frac{{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}{x}\Rightarrow U_{AN}.U_{NP}=U^2.Z_L.\frac{1}{f\left(x\right)}$

Để tích ${\left(U_{AN}.U_{NP}\right)}_{\max }\Rightarrow f{\left(x\right)}_{\min }$

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có:

$x+\frac{{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}{x}\ge 2\sqrt{x.\frac{{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}{x}}=2\left|Z_L-Z_C\right|$

$f{\left(x\right)}_{\min }\iff x=\frac{{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}{x}$

$\Rightarrow x^2={\left(R+r\right)}^2={\left(Z_L-Z_C\right)}^2={Z_L}^2$

$\Rightarrow R=Z_L-r$

Khi đó ta có: $U_2=U_{AM}=U_R=\frac{U.R}{\sqrt{{\left(R+r\right)}^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$

$\Rightarrow U_2=\frac{U.\left(Z_L-r\right)}{\sqrt{2{Z_L}^2}}=\frac{U.\left(Z_L-r\right)}{\sqrt{2}{Z}_L}$

Theo đề bài ta có: $U_1=2.\left(\sqrt{6}+\sqrt{3}\right)U_2$

$\Rightarrow \frac{U.2Z_L}{\sqrt{r^2+{Z_L}^2}}=2.\left(\sqrt{6}+\sqrt{3}\right).\frac{U.\left(Z_L-r\right)}{\sqrt{2}{Z}_L}$

$\Rightarrow \sqrt{2}{Z_L}^2=\left(\sqrt{6}+\sqrt{3}\right).\left(Z_L-r\right).\sqrt{r^2+{Z_L}^2}$

$\Rightarrow {Z_L}^2=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{3}}{\sqrt{2}}.\left(Z_L-r\right).\sqrt{r^2+{Z_L}^2}$

$\Rightarrow {\left(\frac{Z_L}{r}\right)}^2=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{3}}{\sqrt{2}}.\left(\frac{Z_L}{r}-1\right).\sqrt{1+\frac{{Z_L}^2}{r^2}}\left(1\right)$

Đặt $\tan \alpha =\frac{Z_L}{r}$ , thay vào phương trình (1), ta có:

$x^2=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{3}}{\sqrt{2}}\left(x-1\right)\sqrt{1+x^2}\Rightarrow x=\tan \alpha \approx 1.377$

Góc ${108}^0$  có giá trị gần nhất với góc $\frac{4\pi }{7}$

Đáp án D

Phương pháp giải:

Tụ điện không cho dòng điện một chiều đi qua

Cuộn dây thuần cảm không cản trở dòng điện một chiều

Cường độ dòng điện: $I=\frac{U}{Z}=\frac{U}{\sqrt{{\left(R+r\right)}^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$

Điện năng tiêu thụ: $Q=I^{2}Rt$

Giải chi tiết:

Khi mắc từng phần tử vào dòng điện thứ nhất, cường độ dòng điện qua tụ điện bằng 0A

→ Dòng điện thứ nhất là dòng điện một chiều

Cường độ dòng điện qua điện trở R là: $I_{1R}=\frac{U}{R}=1\left(A\right)$

Với dòng điện một chiều, điện trở trong của cuộn dây có tác dụng cản trở dòng điện, cường độ dòng điện qua cuộn dây là: $I_{1r}=\frac{U_1}{r_1}=1\left(A\right)$

$\Rightarrow I_{1R}=I_{1r}\Rightarrow \frac{U_1}{R}=\frac{U_1}{r}\Rightarrow R=r$

Điện năng tiêu thụ trên điện trở trong thời gian $\Delta t$  là: $Q_1=\frac{{U_1}^2}{R}.\Delta t=Q$

Khi chỉ mắc điện trở R vào nguồn thức hai, điện năng tiêu thụ trên điện trở trong thời gian Δt là: $Q_2=\frac{{U_2}^2}{R}.\Delta t=4Q\Rightarrow \frac{{U_2}^2}{R}.\Delta t=4\frac{{U_1}^2}{R}\Delta t\Rightarrow U_2=2U_1$

Khi mắc điện trở R nối tiếp với tụ vào nguồn thứ hai, số chỉ của ampe kế là:

$I_2=\frac{U_2}{\sqrt{R^2+{Z_C}^2}}=1A=\frac{U_1}{R}$

$\Rightarrow 2R=\sqrt{R^2+{Z_C}^2}\Rightarrow {Z_C}^2=3R^2$

Mắc nối tiếp các linh kiện vào một nguồn thứ hai, số chỉ của ampe kế là:

${I_2}^{\text{'}}=1\left(A\right)=I_2\Rightarrow \frac{U_2}{\sqrt{{\left(R+r\right)}^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}=\frac{U_2}{\sqrt{R^2+{Z_C}^2}}$

$\Rightarrow {\left(R+r\right)}^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2=R^2+{Z_C}^2$

$\Rightarrow 4R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2=R^2+{Z_C}^2$

$\Rightarrow 3R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2={Z_C}^2=3R^2$

$\Rightarrow Z_L-Z_C=0\Rightarrow Z_L=Z_C=\sqrt{3}R$

Khi mắc cuộn dây vào nguồn điện thứ hai, điện năng tiêu thụ trong thời gian Δtlà:

${Q_2}^{\text{'}}=\frac{{U_2}^2.r}{\sqrt{r^2+{Z_L}^2}}.\Delta t=\frac{4{U_1}^2.R}{\sqrt{R^2+3R^2}}.\Delta t=2.\frac{{U_1}^2}{R}.\Delta t=2Q$

Đáp án C

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp giản đồ vecto

Định lí hàm sin: $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}$

Định lí hàm cos: $a^2=b^2+c^2-2bc\cos A$

Giải chi tiết: 

Ta có giản đồ vecto:

Áp dụng định lí hàm sin, ta có:

$\frac{A}{\sin \alpha }=\frac{A_1}{\sin \frac{\pi }{6}}\Rightarrow \frac{A}{\sin \alpha }=\frac{5}{\sin \frac{\pi }{6}}=10\Rightarrow A=10\sin \alpha$

Biên độ dao động tổng hợp đạt cực đại:

$A_{\max }\iff {\left(\sin \alpha \right)}_{\max }=1\Rightarrow A=10\left(cm\right)$

Theo đề bài ta có: $A=\frac{A_{\max }}{2}=5\left(cm\right)$

Áp dụng định lí hàm cos, ta có:

${A_1}^2={A_2}^2+A^2-2A.A_2\cos \frac{\pi }{6}$

$\Rightarrow 5^2={A_2}^2+5^2-\mathrm{2.5.}{A}_2.cos\frac{\pi }{6}$

$\Rightarrow {A_2}^2-5\sqrt{3}{A}_2=0\Rightarrow A_2=5\sqrt{3}\left(cm\right)$

Đáp án A

Phương pháp giải:

Độ lớn lực điện: $F=k\frac{q_1{q}_2}{r^2}$

Giải chi tiết:

Gọi điện tích truyền cho các quả cầu là q

Điện tích của mỗi quả cầu là: $q^{\text{'}}=\frac{q}{2}$

Ta có hình vẽ:

Từ hình vẽ ta thấy: $P=F_d$

$\Rightarrow mg=k\frac{{\left(\frac{q}{2}\right)}^2}{{\text{l}}^2}\Rightarrow q=\sqrt{\frac{4mg{\text{l}}^2}{k}}$

$\Rightarrow q=\sqrt{\frac{{\mathrm{4.90.10}}^{-3}\mathrm{.10.0},1^2}{{9.10}^9}}={2.10}^{-6}\left(C\right)$

Đáp án A

Phương pháp giải:

Sử dụng máy tính bỏ túi, li độ dao động tổng hợp: $A_1\angle {\phi }_1+A_2{\angle }_2=A\angle \phi$

Giải chi tiết:

Ở thời điểm t, dao động (1) có:

$\left\{\begin{array}{l}{x}_1=A_1\cos {\phi }_1\Rightarrow 2\sqrt{3}=4\cos {\phi }_1\Rightarrow \cos {\phi }_1=\frac{\sqrt{3}}{2}\\ v_1=-\omega A\sin {\phi }_1<0\Rightarrow \sin {\phi }_1<0\end{array}\right.\Rightarrow {\phi }_1=-\frac{\pi }{6}$

Ở thời điểm t, dao động (2) có: $\left\{\begin{array}{l}{x}_2=0\\ v_2>0\end{array}\right.\Rightarrow {\phi }_2=-\frac{\pi }{2}$

Sử dụng máy tính bỏ túi, ta có:

$4\angle \left(-\frac{\pi }{6}\right)+4\angle \left(-\frac{\pi }{2}\right)=4\sqrt{3}\angle \left(-\frac{\pi }{3}\right)$

Li độ và vận tốc của dao động tổng hợp là:

$\left\{\begin{array}{l}x=4\sqrt{3}\cos \left(-\frac{\pi }{3}\right)=2\sqrt{3}\left(cm\right)\\ v=-\omega A\sin \left(-\frac{\pi }{3}\right)>0\end{array}\right.$

Đáp án C

Phương pháp giải:

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

Hai đại lượng vuông pha có: $\tan {\phi }_1.\tan {\phi }_2=-1$

Hệ số công suất: $\cos \phi =\frac{r}{\sqrt{r^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$

Giải chi tiết:

Ban đầu, số chỉ của vôn kế là: $U_{V1}=U_d=\frac{U\sqrt{r^2+{Z_L}^2}}{\sqrt{r^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$

Nối tắt tụ điện, số chỉ của vôn kế là điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch: $U_{V2}=U$

Theo đề bài ta có:

$U_{V2}=3U_{V1}\Rightarrow U=3U_d\Rightarrow U=3\frac{U\sqrt{r^2+{Z_L}^2}}{\sqrt{r^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$

$\Rightarrow r^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2=9\left(r^2+{Z_L}^2\right)\left(1\right)$

Cường độ dòng điện trong hai trường hợp vuông pha với nhau, ta có:

$\tan {\phi }_1.\tan {\phi }_2=-1\Rightarrow \frac{Z_L-Z_C}{r}.\frac{Z_L}{r}=-1$

$\Rightarrow Z_L\left(Z_L-Z_C\right)=-r^2$

Thay vào phương trình (1), ta có:

$-Z_L\left(Z_L-Z_C\right)+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2=9\left[-Z_L\left(Z_L-Z_C\right)+{Z_L}^2\right]$

$\Rightarrow {Z_C}^2-Z_L{Z}_C=9Z_L{Z}_C\Rightarrow {Z_C}^2-10Z_L{Z}_C=0\Rightarrow Z_C=10Z_L$

$\Rightarrow r^2=-Z_L\left(Z_L-Z_C\right)=9{Z_L}^2\Rightarrow r=3Z_L$