Đáp án A

Phương pháp giải:

Sử dụng lí thuyết về hiệu điện thế

Giải chi tiết:

Đơn vị của hiệu điện thế là Vôn (V)

Đáp án B

Phương pháp giải:

Sử dụng lí thuyết về các loại dao động

Giải chi tiết:

Dao động của con lắc đồng hồ là dao động duy trì.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Vận dụng biểu thức tính tần số góc của con lắc đơn và con lắc lò xo:

+ Tần số góc của con lắc lò xo: $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}$

+ Tần số góc của con lắc đơn: $\omega =\sqrt{\frac{g}{l}}$

Giải chi tiết:

Ta có biểu thức  $\sqrt{\frac{k}{m}}$ là biểu thức xác định tần số góc của tần số góc của con lắc lò xo.

⇒ Nó có cùng đơn vị với biểu thức $\sqrt{\frac{g}{l}}$   là biểu thức xác định tần số góc của con lắc đơn.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Quãng đường sóng truyền trong 1 chu kì chính bằng bước sóng.

Giải chi tiết:

Một chu kì sóng truyền đi được quãng đường chính bằng bước sóng $\lambda$  .

Đáp án D

Phương pháp giải:

+ Vận dụng biểu thức xác định độ lệch pha của u và i: $\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}$

+ Vận dụng lí thuyết về mạch dao động

Giải chi tiết:

Ta có, I trễ pha hơn u hay u nhanh pha hơn i

⇒ Mạch có tính cảm kháng

$\Rightarrow Z_L>Z_C$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Số chỉ của Ampe kế hay Vôn kế chỉ giá trị hiệu dụng.

Giải chi tiết:

Giá trị đo được của vôn kế xoay chiều là giá trị hiệu dụng.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Sử dụng biểu thức tính hệ số công suất trong mạch RLC mắc nối tiếp.

Giải chi tiết:

Hệ số công suất của đoạn mạch: $co\text{s}\phi \text{=}\frac{R}{Z}=\frac{R}{\sqrt{R^2+Z_C^2}}$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Sử dụng biểu thức xác định suất điện động của bộ nguồn và điện trở trong khi mắc các nguồn song song.

Giải chi tiết:

Khi ghép các nguồn giống nhau song song với nhau:

+ Suất điện động của bộ nguồn: ${\xi }_b=\xi$

+ Điện trở trong của bộ nguồn: $r_b=\frac{r}{n}$

Đáp án C

Phương pháp giải:

Sử dụng biểu thức: $l_{\max }-l_{\min }=2A$

Giải chi tiết:

Ta có: $l_{\max }-l_{\min }=2A$

$\Rightarrow A=\frac{l_{\max }-l_{\min }}{2}=\frac{26-20}{2}=3cm$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Sử dụng lí thuyết về mối liên hệ giữa đặc trưng sinh lí và đặc trưng vật lí của âm.

Giải chi tiết:

Âm sắc của âm là một đặc trưng sinh lí phụ thuộc vào đồ thị dao động âm.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Lực kéo về cực đại: $\left|F_{\max }\right|=kA$

Giải chi tiết:

Lực kéo về cực đại: $\left|F_{\max }\right|=kA=m{\omega }^{2}A$

Đáp án D

Phương pháp giải:

Sử dụng biểu thức tính độ lệch pha trong giao thoa sóng

Giải chi tiết:

Độ lệch pha trong giao thoa sóng: $\Delta \phi =2\pi \frac{\Delta d}{\lambda }=2\pi \frac{d_2-d_1}{\lambda }$

Đáp án D

Phương pháp giải:

Sử dụng biểu thức:

Giải chi tiết:

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

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

Đáp án A

Phương pháp giải:

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

Giải chi tiết:

Ta có:

Tổng trở của mạch: $Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}=\sqrt{{60}^2+{\left(200-120\right)}^2}=100\Omega$

Đáp án D

Phương pháp giải:

Vận dụng biểu thức xác định biên độ của dao động tổng hợp: $A^2=A_1^2+A_2^2+2A_1{A}_2\cos \Delta \phi$

Giải chi tiết:

Ta có, biên độ dao động tổng hợp: $A=A_1+A_2$

⇒ Hai dao động cùng pha với nhau.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Vận dụng biểu thức: $S_0=l{\alpha }_0$  (trong đó ${\alpha }_0$  có đơn vị rad)

Giải chi tiết:

Ta có:  $S_0=l{\alpha }_0$ (trong đó ${\alpha }_0$  có đơn vị rad)

$\Rightarrow S_0=l\frac{{\alpha }_0\pi }{180}$ (với ${\alpha }_0$  có đơn vị độ)

Đáp án C

Phương pháp giải:

Khoảng cách giữa 2 đỉnh sóng liên tiếp chính bằng bước sóng.

Giải chi tiết:

Ta có khoảng cách giữa 2 đỉnh sóng liên tiếp chính bằng bước sóng

$\Rightarrow \lambda =20cm$

Đáp án C

Phương pháp giải:

Đọc phương trình dao động điều hòa: $x=A\cos \left(\omega t+\phi \right)$

A – biên độ dao động của vật

Giải chi tiết:

Biên độ của dao động là 5cm.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Sử dụng biểu thức tính cảm kháng

Giải chi tiết:

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

Đáp án C

Phương pháp giải:

Sử dụng biểu thức chiều dài sóng dừng trên dây hai đầu cố định: $l=k\frac{\lambda }{2}$  ( k = số bụng sóng)

Giải chi tiết:

Ta có, $l=k\frac{\lambda }{2}$  ( k = số bụng sóng)

$\Rightarrow k=\frac{2l}{\lambda }=\frac{2.1,6}{0,2}=16$

Đáp án D

Phương pháp giải:

+ Đọc phương trình dao động

+ Sử dụng biểu thức tính cơ năng: $W=\frac{1}{2}k{A}^2=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2$

Giải chi tiết:

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

$=\frac{1}{2}0,1.{\left(2\pi \right)}^2.{\left(0,03\right)}^2=1,{8.10}^{-3}J=1,8mJ$

Đáp án B

Phương pháp giải:

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

Giải chi tiết:

Ta có $\frac{1}{f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{d^{\text{'}}}\iff \frac{1}{10}=\frac{1}{20}+\frac{1}{d^{\text{'}}}\Rightarrow d^{\text{'}}=20cm$  

Đáp án D

Phương pháp giải:

Sử dụng biểu thức định luật Ohm cho toàn mạch: $I=\frac{E}{R+r}$

Giải chi tiết:

+ Điện trở mạch ngoài: $R=2r=2\Omega$

+ Cường độ dòng điện trong mạch chính:  $I=\frac{E}{R+r}=\frac{3}{2+1}=1A$

Đáp án C

Phương pháp giải:

Vận dụng biểu thức tính lực tương tác giữa hai điện tích $F=k\frac{\left|q_1{q}_2\right|}{\epsilon r^2}$

Giải chi tiết:

+ Khi khoảng cách giữa hai điện tích là d: $F_1=k\frac{\left|q_1{q}_2\right|}{\epsilon d^2}$

+ Khi khoảng cách giữa hai điện tích là $\left(d+0,1\right)$: $F_2=k\frac{\left|q_1{q}_2\right|}{\epsilon {\left(d+0,1\right)}^2}$

 $\Rightarrow \frac{F_1}{F_2}=\frac{{\left(d+0,1\right)}^2}{d^2}=\frac{{4.10}^{-6}}{{1.10}^{-6}}\Rightarrow d+0,1=2d\Rightarrow d=0,1m=10cm$

Đáp án A

Phương pháp giải:

Sử dụng biểu thức : $E_0=NBS\omega$

Giải chi tiết:

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{E}_0=200\sqrt{2}V\\ S=50c{m}^2={5.10}^{-3}{m}^2\\ N=500\\ \omega =50.2\pi =100\pi \left(rad/s\right)\end{array}\right.$

$E_0=NBS\omega \Rightarrow B=\frac{E_0}{NS\omega }=\frac{200\sqrt{2}}{{\mathrm{500.5.10}}^{-3}.100\pi }=0,36T$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Sử dụng điều kiện xảy ra cực tiểu trong giao thoa sóng của 2 nguồn cùng pha: $d_2-d_1=\left(k+\frac{1}{2}\right)\lambda$

Giải chi tiết:

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{d}_2=17cm\\ d_1=5cm\\ \lambda =2cm\end{array}\right.$

$d_2-d_1=17-5=12cm=6\lambda$

⇒ Giữa M và đường trung trực của đoạn  có 6 vân giao thoa cực tiểu.

$$\begin{gathered} \overline{i}=\frac{\overline{u}}{\overline{Z}}=\frac{U_0\angle {\phi }_u}{R+\left(Z_L-Z_C\right)i}=\frac{200\sqrt{2}\angle 0}{50+\left(100-150\right)i}=4\angle \frac{\pi }{4} \\ \Rightarrow i=4\cos \left(100\pi t+\frac{\pi }{4}\right)A \end{gathered}$$

Đáp án C

Phương pháp giải:

+ Sử dụng biểu thức xác định cảm kháng $Z_L=\omega L$  và dung kháng $Z_C=\frac{1}{\omega C}$

+ Sử dụng phương pháp số phức giải điện xoay chiều: $\overline{i}=\frac{\overline{u}}{\overline{Z}}=\frac{U_0\angle {\phi }_u}{R+\left(Z_L-Z_C\right)i}$

Giải chi tiết:

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{Z}_L=\omega L=100\Omega \\ Z_C=\frac{1}{\omega C}=150\Omega \end{array}\right.$

 Đáp án B

Phương pháp giải:

Sử dụng biểu thức tính lực hồi phục: $F=kx$

Giải chi tiết:

Ta có khi lò xo không biến dạng thì vận tốc của vật triệt tiêu

$\Rightarrow A=\Delta l=\frac{mg}{k}=\frac{g}{{\omega }^2}=\frac{10}{{10}^2}=0,1m=10cm$

Tại vị trí lò xo dãn 6cm ⇒ Li độ dao động của vật tại vị trí đó: $x=10-6=4cm=0,04m$

⇒ Lực hồi phục của lò xo khi đó: $\left|F\right|=\left|kx\right|=40.0,04=1,6N$

Đáp án C

Phương pháp giải:

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

+ Sử dụng biểu thức tính công suất:$P=UI\cos \phi$

Giải chi tiết:

Ta có:

Ta có độ lệch pha của u so với i: $\phi =\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{3}=\frac{\pi }{6}$

$\cos \phi =\frac{R}{Z}\Rightarrow Z=\frac{R}{\cos \phi }=\frac{50}{\cos \frac{\pi }{6}}=\frac{100}{\sqrt{3}}\Omega$

Lại có: $P=UI\cos \phi =\frac{U^2}{Z^2}R=\frac{{100}^2.50}{{\left(\frac{100}{\sqrt{3}}\right)}^2}=150W$

Đáp án A

Phương pháp giải:

+ Nhận xét độ lệch pha của 2 dao động

+ Vận dụng biểu thức xác định biên độ của dao động tổng hợp: $A^2=A_1^2+A_2^2+2A_1{A}_2\cos \Delta \phi$

+ Sử dụng biểu thức tính cơ năng: $W=W_t+W_d=\frac{1}{2}k{x}^2+\frac{1}{2}m{v}^2$

Giải chi tiết:

+ Hai dao động vuông pha với nhau ⇒ Biên độ dao động tổng hợp: $A=\sqrt{A_1^2+A_2^2}=\sqrt{A_1^2+12}\left(*\right)$

+ Khi động năng bằng $\frac{1}{3}$  lần cơ năng: $\frac{1}{3}W=W_d\iff \frac{1}{3}.\frac{1}{2}k{A}^2=\frac{1}{2}m{v}^2$

$\iff \frac{1}{3}m{\omega }^2{A}^2=m{v}^2\Rightarrow A=\sqrt{\frac{3v^2}{{\omega }^2}}=6cm$

Thế vào (1) ta suy ra $A_1=2\sqrt{6}cm$

Đáp án A

Phương pháp giải:

+ Sử dụng biểu thức độ lệch pha của 2 điểm: $\Delta \phi =2\pi \frac{\Delta d}{\lambda }$

Giải chi tiết:

Độ lệch pha của M và N: $\Delta \phi =\frac{2\pi \Delta d}{\lambda }=\frac{\pi }{3}\Rightarrow \Delta d=\frac{\lambda }{6}=\frac{72}{6}=12cm$

Tại một thời điểm li độ của M, N đối nhau

⇒ li độ dao động của M và N ngược pha nhau: $x_M=-x_N$

Ta có, khoảng cách giữa M và N khi đó:

 $d=\sqrt{\Delta d^2+{\left(x_M-x_N\right)}^2}=\sqrt{{12}^2+{\left(x_M-x_N\right)}^2}$$\Rightarrow \left(x_M-x_N\right)=5cm$

Lại có: $x_M=-x_N=a$

⇒ Biên độ sóng $2a=x_M-x_N=5cm$

Đáp án A

Phương pháp giải:

+ Sử dụng biểu thức tính chu kì dao động của con lắc đơn: $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$

+ Hệ số góc của đồ thị

Giải chi tiết:

Ta có:

+ Chu kì dao động: $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}\Rightarrow g=\frac{4{\pi }^{2}l}{T^2}$

+ Hệ số góc của đường thẳng: $\tan \beta =\frac{T^2}{l}=\tan {\left(90-14\right)}^0$

$\Rightarrow g=4{\pi }^2\frac{1}{\tan \left(90-14\right)}=9,833m/s^2$

Đáp án A

Phương pháp giải:

+ Đọc đồ thị dao động x – t

+ Sử dụng biểu thức tính tốc độ dao động cực đại: $v_{\max }=A\omega$

Giải chi tiết:

Từ đồ thị ta có:

+ Biên độ dao động: $A=6cm$

+ $T+\frac{2T}{6}=\frac{16\pi }{15}\Rightarrow T=\frac{4\pi }{5}s\Rightarrow \omega =2,5\left(rad/s\right)$

Điểm N – đang ở VTCB nên tốc độ của vật tại N: $v=v_{\max }=A\omega =6.2,5=15cm/s$

Đáp án B

Phương pháp giải:

+ Sử dụng điều kiện dao động cùng pha của điểm trên trung trực của đoạn thẳng nối 2 nguồn: $d=k\lambda$

Giải chi tiết:

Khoảng cách: $AM=d$

M dao động cùng pha với các nguồn A và B $\Rightarrow d=k\lambda$

Lại có:  $d\ge \frac{AB}{2}=10cm\iff k\lambda \ge 10\Rightarrow k\ge 2,5cm$

M cách A một đoạn nhỏ nhất $\Rightarrow k=3$

$\Rightarrow d=3.4=12cm$

Đáp án D

Phương pháp giải:

Sử dụng biểu thức $\frac{U_1}{U_2}=\frac{N_1}{N_2}$

Giải chi tiết:

Ta có:  $\frac{U_1}{U_2}=\frac{N_1}{N_2}=\frac{240}{80}$(1)

Lại có: $N_1+N_2=2400$  (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra $\left\{\begin{array}{l}{N}_1=1800\\ N_2=600\end{array}\right.$

Đáp án A

Phương pháp giải:

+ Đọc đồ thị

+ Sử dụng biểu thức tính tần số góc: $\omega =\sqrt{\frac{g}{l}}$

+ Sử dụng biểu thức tính vận tốc: $v=\sqrt{2gl\left(\cos \alpha -\cos {\alpha }_0\right)}$

Giải chi tiết:

Từ đồ thị, ta có:

+ Biên độ góc của con lắc thứ nhất: ${\alpha }_{01}=0,14\left(rad\right)$

$T_1$ = 8ô

+ Ban đầu  t = 0: Cả 2 con lắc đều ở VTCB theo chiều dương.

Đến thời điểm con lắc 1 lên VT biên độ góc thì con lắc 2 có li độ${\alpha }_2=\frac{{\alpha }_{01}}{2}$

Đến thời điểm con lắc 1 và 2 cùng li độ nhưng ngược chiều nhau

Ta suy ra: ${\alpha }_{01}={\alpha }_{02}$

+ Lại có: $l_1+l_2=1,5$  và $\frac{{\omega }_1}{{\omega }_2}=3=\sqrt{\frac{l_2}{l_1}}\Rightarrow \frac{l_2}{l_1}=9$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{l}_1=1,35m\\ l_2=0,15m\end{array}\right.$

Tốc độ dao động cực đại của con lắc (2) : $v_{2_{\max }}=\sqrt{2g{l}_2\left(1-\cos {\alpha }_{02}\right)}=0,169m/s$

Đáp án D

Phương pháp giải:

+ Vận dụng các hệ quả từ mạch cộng hưởng

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

Giải chi tiết:

+ Khi $L=L_0$  thì mạch xảy ra cộng hưởng $Z_{L_0}=Z_C$

$\left\{\begin{array}{l}{U}_{RC}=80V\\ U_R=40V\end{array}\right.\Rightarrow U_C=U_{L_0}=\sqrt{U_{RC}^2-U_R^2}=40\sqrt{3}V$

$\Rightarrow \frac{R}{Z_C}=\frac{U_R}{U_C}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow R=\frac{Z_C}{\sqrt{3}}$

+ Khi $L=2L_0$  khi đó: $Z_L=2Z_{L_0}$

$\frac{U_L}{U}=\frac{Z_L}{Z}=\frac{Z_L}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}=\frac{2Z_{L_0}}{\sqrt{{\left(\frac{Z_{L_0}}{\sqrt{3}}\right)}^2+{\left(2Z_{L_0}-Z_{L_0}\right)}^2}}=\sqrt{3}$

$\Rightarrow U_L=U\sqrt{3}=40\sqrt{3}V$

$\Rightarrow U_{0L}=U_L\sqrt{2}=40\sqrt{6}V$

Đáp án B

Phương pháp giải:

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

+ Sử dụng biểu thức tính cơ năng: $W=\frac{1}{2}k{A}^2=W_t+W_d$

+ Sử dụng biểu thức tính độ dãn của lò xo tại VTCB: $\Delta l=\frac{mg}{k}$

+ Sử dụng biểu thức tính thời gian lò xo nén trong một chu kì: $t_{nen}=\frac{2\alpha }{\omega }$  với $\cos \alpha =\frac{\Delta l_0}{A}$

Giải chi tiết:

Ta có: $T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}=0,4s$

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

+ Tại thời điểm t:  $x_1=A\cos \phi \Rightarrow W_{t_1}=\frac{k{x}_1^2}{2}=\frac{k{A}^2}{2}{\cos }^2\phi =0,256J$

$\iff \frac{k{A}^2}{2}\frac{1+\cos 2\phi }{2}=0,256J\left(1\right)$

+ Tại thời điểm $t+0,05s=t+\frac{T}{8}$

$x_2=A\cos \left(\phi +\frac{\pi }{4}\right)$

$\Rightarrow W_{t_2}=W-W_{d_2}=\frac{1}{2}k{A}^2-W_{d_2}=\frac{k{A}^2}{2}{\cos }^2\left(\phi +\frac{\pi }{4}\right)$

$$\begin{gathered} \iff \frac{k{A}^2}{2}-0,288=\frac{k{A}^2}{2}{\left(\cos \phi .\cos \frac{\pi }{4}-\sin \phi .\sin \frac{\pi }{4}\right)}^2 \\ \iff \frac{k{A}^2}{2}-0,288=\frac{k{A}^2}{2}\frac{1}{2}{\left(\cos \phi -\sin \phi \right)}^2 \\ \iff \frac{k{A}^2}{2}-0,288=\frac{k{A}^2}{4}\left(1-\sin 2\phi \right)\left(2\right) \end{gathered}$$

Từ (1) và (2) ta có: $\left\{\begin{array}{l}\frac{k{A}^2}{4}\left(1+\cos 2\phi \right)=0,256\\ \frac{k{A}^2}{4}\left(1+\sin 2\phi \right)=0,288\end{array}\right.$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{1+\sin 2\phi }{1+\cos 2\phi }=\frac{0,288}{0,256}=\frac{9}{8}\Rightarrow 1+9\cos 2\phi =8\sin 2\phi \\ \iff {\left(1+9\cos 2\phi \right)}^2={\left(8\sin 2\phi \right)}^2=64\left(1-{\cos }^{2}2\phi \right) \\ \iff 145{\cos }^{2}2\phi +18\cos 2\phi -63=0\Rightarrow \left[\begin{array}{l}\cos 2\phi =\frac{3}{5}\Rightarrow W=0,32J\left(tm\right)\\ \cos 2\phi =\frac{-21}{29}\Rightarrow W=1,856\left(loai\right)\end{array}\right. \end{gathered}$$

Với $W=0,32J=\frac{1}{2}k{A}^2\Rightarrow A=0,08m$

Độ biến dạng của lò xo tại vị trí cân bằng: $\Delta l_0=\frac{mg}{k}=0,04m$

Thời gian lò xo nén trong một chu kì:$t_{nen}=\frac{2\alpha }{\omega }$  với $\cos \alpha =\frac{\Delta l_0}{A}=\frac{0,04}{0,08}=\frac{1}{2}\Rightarrow \alpha =\frac{\pi }{3}$

$\Rightarrow t_{nen}=\frac{2\frac{\pi }{3}}{5\pi }=\frac{2}{15}s$

Đáp án C

Phương pháp giải:

+ Biên độ sóng dừng: $A=2a\left|\sin \frac{2\pi d}{\lambda }\right|$

+  Tốc độ dao động cực đại: $v_{\max }=\omega A$

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

Giải chi tiết:

Ta có: $AB=\frac{\lambda }{4}=21cm\Rightarrow \lambda =84cm$

$\Rightarrow AC=\frac{AB}{3}=\frac{\lambda }{12}=7cm$

Biên độ của B: $a_B=2a$   (điểm bụng)

Biên độ của C: $a_C=2a\sin \frac{2\pi d}{\lambda }=2a\sin \frac{2\pi \frac{\lambda }{12}}{\lambda }=a$

Khi dây bị biến dạng nhiều nhất khi đó $A{C}^{\text{'}}=9cm$

Lại có: $A{C^{\text{'}}}^2=A{C}^2+a^2\Rightarrow a=4\sqrt{2}cm$

+ Tốc độ dao động cực đại của phần tử B: $v_B=2a\omega$

+ Tốc độ truyền sóng trên dây: $v=\lambda f=\lambda \frac{\omega }{2\pi }$

⇒ Tỉ số giữa tốc độ dao động cực đại của phần tử B và tốc độ truyền sóng:

$\frac{2a\omega }{\lambda \frac{\omega }{2\pi }}=\frac{4a}{\lambda }=\frac{4\pi .4\sqrt{2}}{84}=0,846$

Đáp án D

Phương pháp giải:

Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị.

C thay đổi để $U_{C\max }$  , khi đó: $Z_C=\frac{R^2+Z_L^2}{Z_L}$

Độ lệch pha giữa u và i: $\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}$

Giải chi tiết:

Từ đồ thị, ta có:

+ Khi $\tan \phi =0$  hay $\phi =0$  thì $Z_L=Z_C=15\Omega$

+ Khi $\tan {\phi }_1=\frac{1}{\sqrt{3}}$  thì $Z_C=0$

Khi đó, $\tan {\phi }_1=\frac{15-0}{R}\Rightarrow R=\frac{15}{\frac{1}{\sqrt{3}}}=15\sqrt{3}\Omega$

Khi $u_{RL}\perp u$  (C thay đổi để $U_{C\max }$  ) khi đó: $Z_C=\frac{R^2+Z_L^2}{Z_L}=\frac{{\left(15\sqrt{3}\right)}^2+{15}^2}{15}=60\Omega$