Câu 1:

Phương pháp:

+ Đọc phương trình sóng cơ

+ Vận dụng biểu thức:  $f=\frac{\omega }{2\pi }$

Cách giải:

Phương trình sóng:  $u=3\cos (100\pi t-x)\left(cm\right)$

Từ phương trình ta có:  $\omega =100\pi (ra\text{d/s)}$

 Tần số của sóng:   $\frac{100\pi }{2\pi }=50\text{Hz}$ $f=\frac{\omega }{2\pi }=$

Chọn A.

Phương pháp:

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

Cách giải:

Âm do một chiếc đàn bầu phát ra:

- Nghe càng trầm khi tần số nhỏ, nghe càng cao khi tần số lớn.

- Độ cao phụ thuộc vào tần số âm.

- Âm sắc phụ thuộc vào dạng đồ thị dao động của âm.

Chọn D.

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức $f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{g}{l}}$ 

Cách giải: 

Tần số dao động của con lắc đơn: $\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{10}{1}}=0,5Hz$ $f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{g}{l}}=$

Chọn A.

Phương pháp:

Vận dụng lí thuyết về dao động điều hòa.

Cách giải:

A – sai vì gia tốc của vật có độ lớn cực đại tại vị trí biên.

B – sai vì lực kéo về có độ lớn tỉ lệ với li độ dao động của vật.

C – sai vì lực kéo về có độ lớn cực đại tại biên.

D – đúng.

Chọn D.

Phương pháp: 

Khoảng cách giữa cực đại và cực tiểu gần nhất là  $\frac{\lambda }{4}$

Cách giải:

Do A, B là hai nguồn có cùng biên độ, cùng pha $\Rightarrow$ Trung điểm O của AB là cực đại

Khoảng cách từ O đến điểm cực tiểu giao thoa gần nhất trên AB là $\frac{\lambda }{4}$

Chọn D.

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

+ Khi chiều dài con lắc là l: $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$

+ Khi chiều dài con lắc là $\frac{l}{2}:T^{\text{'}}=2\pi \sqrt{\frac{\frac{l}{2}}{g}}=\frac{T}{\sqrt{2}}$ 

$\Rightarrow$ Chiều dài của con lắc khi này giảm 2 lần.

Chọn B.

Phương pháp:

+ Sử dụng biểu thức tính hiệu điện thế cực đại: $U_0=I_{0}R$

+ ${\phi }_{u_R}={\phi }_i$

Cách giải:

Mạch chỉ có điện trở $U_0=I_{0}R=2.20=40\text{V}$ 

Và: ${\phi }_u={\phi }_i=0$ 

$\Rightarrow$ Biểu thức của điện áp: $u=40\cos \left(100\pi t\right)V$ 

Chọn D.

Phương pháp:

+ Sử dụng biểu thức tính hiệu điện thế cực đại: $U_0=I_{0}R$ 

+ ${\phi }_{u_R}={\phi }_i$ 

Cách giải:

Mạch chỉ có điện trở $U_0=I_{0}R=2.20=40\text{V}$ 

Và: ${\phi }_u={\phi }_i=0$ 

$\Rightarrow$ Biểu thức của điện áp: $u=40\cos \left(100\pi t\right)V$ 

Chọn D.

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính độ tụ: $D=\frac{1}{f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{d^{\text{'}}}$ 

Cách giải:

Ta có: $d^{\text{'}}=O{C}_V=-1m,d=\infty$ 

Độ tu: $D=\frac{1}{f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{O{C}_V}=\frac{1}{\infty }+\frac{1}{-1}=-1dp$ 

Chọn A.

Câu 10:

Phương pháp:

+ Vận dụng lí thuyết về phương truyền sóng.

+ Sử dụng phương pháp đọc đồ thị dao động sóng

Cách giải: 

Theo phương truyền sóng, các phần tử trước đỉnh sóng sẽ đi xuống, sau đỉnh sóng sẽ đi lên.

Từ đồ thị ta có, điểm M sau đỉnh sóng đang đi lên. 

$\Rightarrow$ Sóng truyền từ B đến A và N cũng đang đi lên.

Chọn C.

Phương pháp: 

Vận dụng biểu thức tính công suất: $P=\frac{U^2}{R}$ 

Cách giải: 

+ Trong mạch điện 1 chiều, công suất tiêu thụ của mạch: $P_0=\frac{U_0^2}{R}$

+ Trong mạch điện xoay chiều, công suất tiêu thụ của mạch: $P=\frac{U^2}{R}=\frac{U_0^2}{2R}$ 

$\Rightarrow \frac{P_0}{P}=2$ 

Chọn D.

Phương pháp:

Vận dụng lí thuyết về nhạc âm.

Cách giải:

Nhạc âm có đồ thị dao động âm là những đường tuần hoàn có tần số xác định.

Chọn A.

Phương pháp:

Vận dụng lí thuyết về sóng dừng.

Cách giải:

A – sai: Tần số của 2 sóng là như nhau.

B – sai: Sóng phản xạ luôn ngược pha với sóng tới ở điểm phản xạ.

C – đúng.

D – sai.

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng biểu thức tính độ dài quỹ đạo: L = 2A 

Cách giải:

Chiều dài quỹ đạo: L = 2A = 2.6 =12cm

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng trục thời gian suy ra từ vòng tròn lượng giác. 

Cách giải: 

Vận tốc của vật bằng 0 lần đầu tiên ở thời điểm  

Chọn B.

Câu 16:

Phương pháp:

Sử dụng biểu thức tính động năng cực đại: ${\text{W}}_{d_{\max }}=\frac{1}{2}m{v}_{\max }^2=\frac{1}{2}m{\left(A\omega \right)}^2$ 

Cách giải: 

Động năng cực đại của vật: ${\text{W}}_{d_{\max }}=\frac{1}{2}m{v}_{\max }^2=\frac{1}{2}m{\left(A\omega \right)}^2=\frac{1}{2}\cdot 0,1.{(0,08.10)}^2=0,032J=32mJ$

Chọn A.

Phương pháp:

Sử dụng lí thuyết về lực từ và biểu thức tính lực từ: $F=BIl\sin \alpha$ 

Cách giải:

Ta có, lực từ: $F=BIl\sin \alpha$ với $\alpha =(\overrightarrow{B},\overrightarrow{Il})$ 

$\Rightarrow F_{max}$khi sina = 1 hay a = 90⁰

$\Rightarrow$ Lực từ tác dụng lên đoạn dây dẫn cực đại khi dây dẫn vuông góc với véctơ cảm ứng từ của từ trường.

Chọn D.

Phương pháp: 

Vận dụng biểu thức: ${\left(\frac{i}{I_0}\right)}^2+{\left(\frac{u}{U_0}\right)}^2=1$ 

Cách giải:

Ta có mạch chỉ có cuộn cảm thuần $\Rightarrow u\perp i$ 

Khi điện áp giữa hai đầu cuộn cảm cực đại $\Rightarrow$ Cường độ dòng điện qua cuộn cảm khi đó bằng 0A. 

Chọn A.

Phương pháp:

Vận dụng lí thuyết về các mạch điện xoay chiều.

Cách giải:

Mạch chỉ có điện trở thuần $\Rightarrow u,i$ cùng pha 

$\Rightarrow \frac{u}{U_0}-\frac{i}{I_0}=\frac{u}{U}-\frac{i}{I}=0$ và  $\frac{U}{U_0}+\frac{I}{I_0}=\sqrt{2}\Rightarrow \text{A sai }$

Chọn A.

Phương pháp:

Sử dụng lí thuyết về hiện tượng đoản mạch.

Cách giải:

Hiện tượng đoản mạch là hiện tượng cường độ dòng điện trong mạch đạt giá trị cực đại do điện trở mạch ngoài bằng không.

Chọn D.

Phương pháp: 

Sử dụng hệ thức độc lập: $\left\{\begin{array}{l}{A}^2=x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}\\ A^2=\frac{v^2}{{\omega }^2}+\frac{a^2}{{\omega }^4}\end{array}\right.$ 

Cách giải: 

Ta có hệ thức độc lập: $\left\{\begin{array}{l}{A}^2=x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}\\ A^2=\frac{v^2}{{\omega }^2}+\frac{a^2}{{\omega }^4}\end{array}\right.$

Suy ra: A, B, D – sai; C – đúng

Chọn C.

Phương pháp:

+ Đọc phương trình

+ Vận dụng biểu thức tính công suất: $P=UIcos\phi$ 

Cách giải:

Công suất tiêu thụ của mạch: $P=UIcos\phi =\frac{100}{\sqrt{2}}\cdot \frac{2}{\sqrt{2}}\cdot \cos \left(\frac{\pi }{6}-\frac{\pi }{3}\right)=50\sqrt{3}\text{W}$

Chọn D.

Phương pháp:

+ Sử dụng công thức tính chiều dài quỹ đạo: L = 2A

+ Sử dụng biểu thức tính vận tốc: $v=-A\omega \sin (\omega t+\phi )$ 

+ Vận tốc tại VTCB: $v_{\max }=A\omega$  

Cách giải:

Ta có: 

+ Biên độ dao động: $A=\frac{L}{2}=\frac{10}{2}=5\text{cm}$ 

+ Khi $\omega t+\phi =\frac{\pi }{3}$ thì: $v=-A\omega \sin (\omega t+\phi )\iff -5\pi \sqrt{3}=-A\omega \sin \frac{\pi }{3}\Rightarrow A\omega =10\pi$ 

Tại vị trí cân bằng, tốc độ của vật là $v_{\max }=A\omega =10\pi (c\text{m/s)}$

Chọn B. 

Phương pháp:

+ Sử dụng vòng tròn lượng.

+ Vận dụng biểu thức tính tần số góc: $\omega =2\pi f$ 

+ Vận dụng biểu thức: $\Delta \phi =\omega \Delta t$ 

Cách giải:

+ Hiệu điện thế cực đại: $U_0=100\sqrt{2}\left(V\right)$ 

+ Tần số góc: $\omega =100\pi$ (rad/s)

+ Vẽ trên vòng tròn lượng giác, ta được: 

Biết đèn chỉ sáng lên khi $\left|u\right|\ge U_1=100\text{V}$ 

Ta có: $\cos \Delta \phi =\frac{U_1}{U_0}=\frac{100}{100\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow \Delta \phi =\frac{\pi }{4}$ 

Thời gian đèn sáng trong 1 chu kì: $\Delta t=\frac{4\Delta \phi }{\omega }=\frac{4\frac{\pi }{4}}{100\pi }=\frac{1}{100}s$ 

Thời gian đèn tắt trong 1 chu kì: $\Delta t^{\text{'}}=T-\Delta t=\frac{1}{50}-\frac{1}{100}=\frac{1}{100}s$ 

$\Rightarrow$ Tỉ lệ thời gian đèn sáng – tắt trong 1 chu kì là 1.

Chọn B.

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

+ Ban đầu: $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}=\frac{\Delta t}{60}$

+ Khi thay đổi chiều dài $l^{\text{'}}=l+0,44:T^{\text{'}}=2\pi \sqrt{\frac{l^{\text{'}}}{g}}=\frac{\Delta t}{50}$ 

 $\Rightarrow \frac{T}{T^{\text{'}}}=\sqrt{\frac{l}{l^{\text{'}}}}=\sqrt{\frac{l}{l+0,44}}=\frac{50}{60}\Rightarrow l=1m=100\text{cm}$

Chọn D.

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức: $\frac{U_1}{U_2}=\frac{N_1}{N_2}=\frac{I_2}{I_1}$ 

Cách giải: 

Ta có:  $\left\{\begin{array}{l}{N}_1=800\\ N_2=40\\ U_2=40\text{V}\\ I_2=6\text{A}\end{array}\right.$

Lại có: $\frac{U_1}{U_2}=\frac{N_1}{N_2}=\frac{I_2}{I_1}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{U}_1=800\text{V}\\ I_1=0,3\text{A}\end{array}\right.$ 

Chọn C.

Phương pháp:

+ Sử dụng biểu thức tính bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}$ 

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

Cách giải: 

+ Bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}=\frac{200}{50}=4cm$

+ Độ lệch pha giữa 2 điểm AB: $\Delta \phi =\frac{2\pi \Delta d}{\lambda }=\frac{2\pi (42-20)}{4}=11\pi$

 $\Rightarrow$Hai điểm do động ngược pha nhau

$\Rightarrow$ Khoảng cách lớn nhất của 2 điểm A, B: $d_{\max }=\Delta u_{AB}+\Delta d=2\text{A}+\Delta d=2.4+(42-20)=30\text{cm}$ 

Phương pháp:

Sử dụng biểu thức tính chu kì dao động của con lắc vướng định:  $T=\frac{1}{2}\left(T_1+T_2\right)\Rightarrow T=\frac{\pi }{\sqrt{g}}\left({\sqrt{l}}_1+\sqrt{l_2}\right)$

Cách giải:

Chu kì dao động của con lắc đơn khi đó: 

$T=\frac{1}{2}\left(T_1+T_2\right)\Rightarrow T=\frac{\pi }{\sqrt{g}}\left({\sqrt{l}}_1+\sqrt{l_2}\right)=\frac{\pi }{\sqrt{g}}\left(\sqrt{1}+\sqrt{\frac{1}{2}}\right)=\frac{2+\sqrt{2}}{2}s$ 

Chọn B.

Phương pháp: 

Vận dụng biểu thức tính điện lượng : $\Delta q=\underset{t_1}{\overset{t_2}{\int }}i\text{d}t$ 

Cách giải:

Ta có, điện lượng chạy qua tiết diện dây: 

$\Delta q=\underset{t_1}{\overset{t_2}{\int }}i\text{d}t=\underset{0}{\overset{\frac{T}{4}}{\int }}{I}_0\cos (\omega t+\pi ).dt=\frac{I_0}{\omega }\sin (\omega t+\pi )\left|\underset{0}{\overset{\frac{T}{4}}{}}\right.=\frac{I_0}{\omega }(1-0)=\frac{I_0}{\omega }$

Chọn B.

Phương pháp: 

Mạch chỉ có cuộn dây thuần cảm, u nhanh pha hơn i một góc $\frac{\pi }{2}$ 

Cách giải: 

Ta có mạch chỉ có cuộn dây thuần cảm, u nhanh pha hơn một góc $\frac{\pi }{2}$

$\Rightarrow {\phi }_i={\phi }_u-\frac{\pi }{2}=-\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{2}=-\pi \left(rad\right)$ 

Chọn B.

Phương pháp:

Vận dụng bài toán cộng hưởng trong mạch có L thay đổi: $Z_L=Z_C$ 

Cách giải:

L thay đổi có $I_{\max }\Rightarrow$ Mạch xảy ra hiện tượng cộng hưởng 

Khi đó: $Z_L=Z_C\iff \omega L=\frac{1}{\omega C}\Rightarrow L=\frac{1}{{\omega }^{2}C}=\frac{1}{{\left(100\pi \right)}^2\frac{{10}^{-3}}{15\pi }}=\frac{3}{2\pi }$

Chọn C.

Phương pháp:

Vận dụng các biểu thức các mạch điện xoay chiều.

Cách giải:

Ta thấy $\frac{u_1}{i_1}\ne \frac{u_2}{i_2}\Rightarrow$ Mạch kín không thể là R mà là cuộn dây hoặc tụ điện. 

Khi đó, ta có: (${\left(\frac{i_1}{I_0}\right)}^2+{\left(\frac{u_1}{U_0}\right)}^2={\left(\frac{i_2}{I_0}\right)}^2+{\left(\frac{u_2}{U_0}\right)}^2=1$   (1)

$\frac{i_2^2-i_1^2}{u_1^2-u_2^2}=\frac{I_0^2}{U_0^2}\Rightarrow Z=\frac{U_0}{I_0}=\sqrt{\frac{u_1^2-u_2^2}{i_2^2-i_1^2}}=100\Omega$ 

Thay vào (1) ta suy ra: $I_0=2\text{A}\Rightarrow I=\sqrt{2}A$

Khi tần số f = 100Hz thì cường độ dòng điện giảm $I=\frac{1}{\sqrt{2}}A$ 

$\Rightarrow$ Hộp kín là cuộn cảm thuần có độ tự cảm: $L=\frac{Z}{{\omega }_1}=\frac{100}{50.2\pi }=\frac{1}{\pi }H$ 

Chọn B.

Phương pháp:

Mạch có R thay đổi để công suất trên mạch cực đại: $R=\left|Z_L-Z_C\right|$ 

Cách giải:

Mạch có R thay đổi khi R = Z, thì công suất tỏa nhiệt trên biến trở cực đại. 

Khi đó: $I=\frac{U}{Z}=\frac{U}{\sqrt{2}{Z}_L}=\frac{100\sqrt{2}}{\sqrt{2}.100}=1\text{A}$ 

Chọn C.

Phương pháp: 

+ Sử dụng biểu thức tính mức cường độ âm: $L=10\log \frac{I}{I_0}$ 

+ Sử dụng biểu thức tính hiệu mức cường độ âm:  $L_2-L_1=10\log \frac{I_2}{I_1}$

Cách giải:

+ Khi máy bay ở độ cao h₁ = 100m: L₁ =120dB

+ Khi máy bay ở độ cao h: L₂ = 100dB 

$L_2-L_1=10\log \frac{I_2}{I_1}=10\log {\left(\frac{h_1}{h_2}\right)}^2\iff 100-120=20\log \frac{h_1}{h_2}\Rightarrow h_2=\frac{h_1}{{10}^{-1}}=1000\text{m}$

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng lí thuyết mọi điểm nằm 2 bên của 1 nút của sóng dừng đều dao động ngược pha.

Cách giải: 

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}OM=59\text{cm}=3\lambda +\frac{11\lambda }{16}\\ ON=87\text{cm}=5\lambda +\frac{7\lambda }{16}\\ OP=106\text{cm}=6\lambda +\frac{5\lambda }{8}\\ OQ=143\text{cm}=8\lambda +\frac{15\lambda }{16}\end{array}\right.$ 

Ta có mọi điểm nằm 2 bên của 1 nút của sóng dừng đều dao động ngược pha. 

$\Rightarrow$ M và N cùng pha với nhau (cùng nằm bó chẵn), P và Q cùng pha với nhau (cùng nằm bó lẻ).

Chọn A.

Phương pháp: 

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

+ Sử dụng biểu thức tính vận tốc cực đại: $v_{\max }=\sqrt{2gl\left(1-\cos {\alpha }_0\right)}$

Cách giải: 

+ Chu kì dao động của con lắc: $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}=1,345\text{s}$

+ Khi đặt vào điện trường, con lắc lệch khỏi VTCB ban đầu 1 góc α với : 

$\tan \alpha =\frac{F}{P}=\frac{qE}{mg}=\frac{{2.10}^{-6}.3,{5.10}^4}{0,102.9,81}\approx 0,07\Rightarrow \alpha \approx 0,07\text{rad}$ 

Khi đó, con lắc có VTCB mới lệch 0,07rad theo chiều điện trường.

Lúc t = 0 con lắc ở vị trí biên âm

Khi t = 0,336s = $\frac{T}{4}$ con lắc ở CTCB mới và vận tốc khi này $v=\alpha \omega$ 

Khi tắt điện trường thì VTCB trở lại ban đầu $\Rightarrow {\alpha }_0=\sqrt{{\alpha }^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}}=\alpha \sqrt{2}=0,07\sqrt{2}\left(\text{rad}\right)$ $\Rightarrow v_{\max }=\sqrt{2gl\left(1-\cos {\alpha }_0\right)}=20,78\text{cm/s}$ 

Chọn C.

Phương pháp:

+ Vận dụng biểu thức cộng hưởng dao động 

+ Bài toán C biến thiên để $U_{C_{\text{max }}}:\left\{\begin{array}{l}{Z}_C=\frac{R^2+Z_L^2}{Z_L}\\ U_C=\frac{U\sqrt{R^2+Z_L^2}}{R}\end{array}\right.$ 

Cách giải: 

+ $U_{M{B}_{\min }}$khi $Z_{C_1}=Z_L$ khi đó: $U_{M{B}_{\min }}=U_r=\frac{U}{R+r}r=U_1\Rightarrow U_1=\frac{U}{11}$ 

+ Khi $C=C_2=\frac{C_1}{2}\Rightarrow Z_{C_2}=2{\text{Z}}_{C_1}$thì $U_{N{B}_{\text{max }}}\left(U_{C_{\text{max }}}\right)$ khi đó

$Z_{C_2}=2Z_{C_1}=\frac{{(R+r)}^2+Z_L^2}{Z_L}\iff 2Z_L=\frac{{(R+r)}^2+Z_L^2}{Z_L}\Rightarrow R+r=Z_L\Rightarrow U_{R+r}=U_L$ 

 $U_2=\frac{U\sqrt{{(R+r)}^2+Z_L^2}}{R+r}=U\sqrt{2}\Rightarrow \frac{U_2}{U_1}=\frac{U\sqrt{2}}{\frac{U}{11}}=11\sqrt{2}A$

Chọn A.

Phương pháp:

+ Sử dụng biểu thức R thay đổi để công suất tiêu thụ trên mạch cực đại: $R=\left|Z_L-Z_C\right|$ 

Cách giải:

+ Khi R = 24Ω thì công suất tiêu thụ của mạch đạt cực đại 

Khi đó, ta có: $\left\{\begin{array}{l}\left|Z_L-Z_C\right|=R=24\Omega \\ P=\frac{U^2}{2R}=300W\Rightarrow U=120V\end{array}\right.$ 

+ Khi R = 15Ω, công suất tiêu thụ của mạch khi này;

$P=\frac{U^2}{Z^2}R=\frac{U^2}{\left(R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2\right)}R=\frac{{120}^2}{{15}^2+{24}^2}.15=269,66W$ 

Chọn B.

$\Rightarrow$

Phương pháp:

+ Sử dụng hệ thức độc lập: $A^2=x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}$ 

+ Sử dụng biểu thức tính thế năng: ${\text{W}}_t=\frac{1}{2}k{\text{x}}^2$ 

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

Cách giải: 

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{\left(a-\Delta l_0\right)}^2+{\left(\frac{\sqrt{8}b}{\varpi }\right)}^2=A^2\text{ (1})\\ {\left(2\text{a}-\Delta l_0\right)}^2+{\left(\frac{\sqrt{6}b}{\omega }\right)}^2=A^2\left(2\right)\\ {\left(3a-\Delta l_0\right)}^2+{\left(\frac{\sqrt{2b}}{\omega }\right)}^2=A^2\left(3\right)\end{array}\right.$ 

Để đơn giản, ta chuẩn hóa $\Delta l_0=1$ từ (1), (2) ta được: $\left\{\begin{array}{l}2\frac{b^2}{{\omega }^2}=3a^2-2a\\ A^2=13a^2-10a+1\end{array}\right.$ 

Thế vào (3) ta suy ra $\left\{\begin{array}{l}a=2\\ A=\sqrt{33}\end{array}\right.$ 

Tại vị trí lò xo nén 2a, li độ khi đó: $x=2a+\Delta l_0$ 

Thế năng tại đó: ${\text{W}}_t=\frac{1}{2}k{\text{x}}^2=\frac{1}{2}k{(2.2+1)}^2=\frac{25k}{2}$ 

Cơ năng: $\text{W}=\frac{1}{2}k{\text{A}}^2=\frac{33k}{2}$ 

Động năng khi đó: ${\text{W}}_d=\text{W}-{\text{W}}_t=\frac{33}{2}k-\frac{25}{2}k=\frac{8k}{2}$ 

$\Rightarrow$ Tỉ số giữa động năng và thế năng là: $\frac{{\text{W}}_d}{W_t}=\frac{8}{25}$ 

Chọn A.

Câu 40:

Phương pháp:

+ Sử dụng biểu thức tính bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}$ 

+ Sử dụng điều kiện cực đại giao thoa: $d_2-d_1=k\lambda$ 

Cách giải:

Ta có: 

+ Bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}=\frac{50}{20}=2,5\text{cm}$                                 

Đặt MI = x

Ta có: $0<x\le 10$ 

Để M dao động cực đại và gần I nhất                                           

$\Rightarrow$ M thuộc cực đại bậc 1 tính từ trung trực của AB

$\Rightarrow$ MB – MA =   

$\iff \sqrt{{(OB+x)}^2+I{O}^2}-\sqrt{{(OA-x)}^2+I{\text{O}}^2}=\lambda$

$\iff \sqrt{{(10+x)}^2+{20}^2}-\sqrt{{(10-x)}^2+{20}^2}=2,5\Rightarrow x=2,813\text{cm}$

Chọn C.