Phương pháp: 

- Khi ánh sáng truyền từ môi trường trong suốt này sang môi trường trong suốt khác thì:

+ Tần số không thay đổi. 

+ Tốc độ truyền sóng thay đổi. 

- Công thức tính bước sóng: $\lambda =\frac{c}{f}$

Cách giải: 

Khi cho ánh sáng đơn sắc truyền từ môi trường trong suốt này sang môi trường trong suốt khác thì tần số không thay đổi, vận tốc và bước sóng thay đổi. 

Chọn A

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

Dao động tắt dần là dao động có biên độ giảm dần theo thời gian. 

Chọn D

Phương pháp: 

Cân bằng phương trình phản ứng hạt nhân bằng việc sử dụng định luật bảo toàn số Z và bảo toàn số A. Cách giải: 

Sử dụng định luật bảo toàn điện tích và bảo toàn số nuclon ta có: ${}_2^{4}X{+}_{13}^{27}Al{\to }_{15}^{30}P{+}_0^{1}n$

⇒ X là Heli (hạt α)  

Chọn B

Phương pháp: 

* Vận dụng lí thuyết về sóng âm: 

+ Sóng âm truyền được trong các môi trường rắn, lỏng, khí và không truyền được trong chân không.

+ Âm nghe được có tần số từ 16Hz đến 20000Hz. 

+ Hạ âm có tần số <16Hz. 

+ Siêu âm có tần số >20000Hz. 

* Đơn vị của cường độ âm là ${\text{W/m}}^{\text{2}}.$ Đơn vị của cường độ âm là Ben (B) hay dexiben (dB).

Cách giải: 

A, C, D – đúng 

B – sai vì đơn vị của mức cường độ âm là B hay dB. 

Chọn B

Phương pháp: 

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

+ Sử dụng biểu thức định luật ôm: $I=\frac{U}{R}$

Cách giải: 

+ Điện trở mạch ngoài: $R_N=R_1+R_2=2+3=5\Omega$

+ Cường độ dòng điện qua mạch: $I=\frac{E}{R_N+r}=\frac{6}{5+1}=1A$

+ Hiệu điện thế giữa hai đầu điện trở R₁ là: $U_1=I.R_1=1.2=2V$

Chọn D

Phương pháp: 

Sử dụng lí thuyết về dòng điện trong kim loại: Dòng điện trong kim loại là dòng các electron tự do dịch chuyển có hướng. 

Cách giải: 

Dòng điện trong kim loại là dòng các electron tự do dịch chuyến có hướng ngược chiều điện trường ngoài.

Chọn A

Phương pháp: 

Năng lượng liên kết tính cho một nuclon gọi là năng lượng liên kết riêng, đặc trưng cho độ bền vững của hạt nhân. Hạt nhân có năng lượng liên kết riêng càng lớn thì hạt nhân càng bền vững. 

Cách giải: 

Hạt nhân càng bền vững khi có năng lượng liên kết riêng càng lớn. 

Chọn A

Phương pháp: 

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

Chiều dài quỹ đạo: L = 2.A (với A là biên độ dao động). 

Cách giải: 

+ Biên độ dao động: $A=\frac{L}{2}=\frac{20}{2}=10cm=0,1m$

+ Cơ năng của vật: $W=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2=\frac{1}{2}.0,{2.6}^2.0,1^2=0,036J$

Chọn C

Phương pháp: 

+ Phương trình sóng tổng quát: $u=A.\cos \left(\omega t+\phi -\frac{2\pi x}{\lambda }\right)$

+ Đồng nhất phương trình bài cho với phương trình sóng tổng quát. 

Cách giải: 

Đồng nhất phương trình bài cho với phương trình tổng quát: $\frac{2\pi x}{\lambda }=0,02\pi x\Rightarrow \lambda =\frac{2}{0,02}=100cm$

Chọn C

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính suất điện động tự cảm: $e_{tc}=-L\frac{\Delta i}{\Delta t}$

Cách giải: 

Suất điện động tự cảm: $e_{tc}=-L\frac{\Delta i}{\Delta t}=-0,1.\frac{10-0}{0,1}=-10V$

Vậy độ lớn suất điện động tự cảm xuất hiện trên ống dây trong khoảng thời gian đó là 10V.

Chọn B

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

Tổng trở của mạch gồm điện trở mắc nối tiếp với tụ điện là: $Z=\sqrt{R^2+Z_C^2}=\sqrt{R^2+{\left(\frac{1}{\omega C}\right)}^2}$

Chọn C

Phương pháp: 

Sử dụng lí thuyết về động cơ không đồng bộ ba pha.

Cách giải: 

Trong động cơ không đồng bộ ba pha: Tốc độ quay của roto nhỏ hơn tốc độ quay của từ trường.

Chọn C

Phương pháp: 

Công thức tính tần số: $f=np$ với n: số vòng/s; p: số cặp cực 

Cách giải: 

Từ công thức tính tần số ta có:  

$f=np\iff 50=n.4\Rightarrow n=12,5$ vòng/s = 750 vòng/phút. 

Chọn B

Phương pháp: 

Công suất tiêu thụ: $P=UI\cos \phi$

Cách giải: 

Công suất truyền tải là: $P=UI.\cos \phi =200.2,5.1=500W=0,5kW$

Chọn C

Phương pháp: 

Sử dụng thang sóng điện từ (bước sóng) 

Cách giải:

Từ thang sóng điện từ, các bức xạ được sắp xếp theo thứ tự bước sóng tăng dần là: Tia X, ánh sáng nhìn thấy, tia hồng ngoại. 

Chọn B

Phương pháp:

Biểu thức của điện tích và cường độ dòng điện: $\left\{\begin{array}{l}q=q_0.\cos (\omega t+\phi )\\ i=q^{\text{'}}=\omega q_0.\cos \left(\omega t+\phi +\frac{\pi }{2}\right)\end{array}\right.$

Cách giải: 

Công thức liên hệ giữa điện tích cực đại và cường độ dòng điện cực đại: $I_0=\omega q_0\Rightarrow q_0=\frac{I_0}{\omega }$

Chọn C

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

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

Chọn B

Phương pháp: 

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

+ A: Biên độ dao động 

+ ω: Tần số góc 

+ φ: Pha ban đầu của dao động. 

Cách giải: 

Phương trình dao động: $x=5\cos \left(2\pi t\right)$

⇒ Tần số góc của dao động: $\omega =2\pi rad\text{/}s$

Chọn B

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính lực điện: ^{$F=k\frac{\left|q_1{q}_2\right|}{\epsilon r^2}$}

Cách giải: 

Lực đẩy giữa 2 điện tích là: $F=k\frac{\left|q_1{q}_2\right|}{\epsilon r^2}={9.10}^9\frac{{10}^{-6}{\mathrm{.4.10}}^{-9}}{1.0,{02}^2}=0,09N$

Chọn B

Phương pháp: 

Sử dụng lí thuyết về thuyết lượng tử ánh sáng. 

Cách giải: 

Thuyết lượng tử ánh sáng được dùng để giải thích nguyên tắc hoạt động của pin quang điện.

Chọn A

Phương pháp: 

Sử dụng thang sóng vô tuyến 

Cách giải: 

Ta có thang sóng vô tuyến:

Sắp xếp theo thứ tự tăng dần về tần số của các sóng vô tuyến: Sóng dài, sóng trung, sóng ngắn, sóng cực ngắn.

Chọn D

Phương pháp: 

Vận dụng lí thuyết các loại tia và các loại quang phổ. 

Cách giải: 

A – sai vì: Các chất rắn, lỏng và khí ở áp suất cao khi bị nung nóng phát ra quang phổ liên tục.

B, C, D – đúng. 

Chọn A

Phương pháp: 

Vận dụng lí thuyết về sóng điện từ. 

Cách giải: 

A, D – sai vì sóng điện từ gồm từ trường biến thiên và điện trường biến thiên. 

B – đúng 

C – sai vì sóng điện từ truyền được trong chân không. 

Chọn B

Phương pháp: 

+ Đọc phương trình u, i 

+ Vận dụng biểu thức tính độ lệch pha u,i 

+ Sử dụng lí thuyết về cộng hưởng dao động: u, i cùng pha và $Z_L=Z_C$

Cách giải: 

Biểu thức của u và i: $\left\{\begin{array}{l}u=U_0\cos \left(\omega t+\frac{\pi }{3}\right)\\ i=I_0\cos \left(\omega t+\frac{\pi }{3}\right)\end{array}\Rightarrow u,i\right.$ cùng pha với nhau. 

⇒ Mạch xảy ra hiện tượng cộng hưởng nên $Z_L=Z_C$

Chọn A

Phương pháp: 

Biểu thức tính công thoát: $A=\frac{hc}{{\lambda }_0}$

Cách giải: 

Công thoát electron khỏi kim loại này là: $A=\frac{hc}{{\lambda }_0}=\frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{0,{75.10}^{-6}}=2,{65.10}^{-19}J$

Chọn C

Phương pháp: 

+ Đọc phương trình phản ứng hạt nhân 

+ Vận dụng các định luật bảo toàn cân bằng phương trình

+ Sử dụng biểu thức tính số mol: $n=\frac{m}{A}$

Cách giải: 

Ta có: ${}_1^{1}H{+}_4^{9}Be{\to }_2^{4}He{+}_3^{6}X+2,1MeV$

Từ phương trình phản ứng hạt nhân ta có 1 phản ứng tạo ra 1 nguyên tử He và tỏa ra năng lượng 2,1MeV.

Số nguyên tử Heli được tạo thành khi tổng hợp được 4g Heli là:  

$N=n.N_A=\frac{m}{A}.N_A=\frac{4}{4}.6,{02.10}^{23}=6,{02.10}^{23}$

⇒ Năng lượng tỏa ra từ phản ứng khi tổng hợp được 4gam Heli là:

$E=2,1.N=2,1.6,{02.10}^{23}=1,{2642.10}^{24}MeV$

Chọn C

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

Ta có, mức cường độ âm: $L_A=10\log \frac{I_A}{I_0}\iff 80=10\log \frac{I_A}{{10}^{-12}}$

$\Rightarrow I_A={10}^8{.10}^{-12}={10}^{-4}W\text{/}{m}^2=0,1mW\text{/}{m}^2$

Chọn B

Phương pháp: 

+ Sử dụng biểu thức tính chu kì: $T=\frac{\Delta t}{N}$

+ Sử dụng biểu thức tính độ dãn của lò xo tại VTCB: $\Delta l=\frac{mg}{k}=\frac{g}{{\omega }^2}=\frac{g{T}^2}{4{\pi }^2}$

+ Chiều dài của con lắc lò xo tại vị trí thấp nhất: $l_{\max }=l_0+\Delta l+A$

Cách giải: 

+ Chu kì dao động: $T=\frac{60}{120}=0,5s$

⇒ Độ dãn của lò xo ở vị trí cân bằng:

$$\begin{gathered} \Delta l=\frac{mg}{k}=\frac{g}{{\omega }^2}=\frac{g}{\frac{4{\pi }^2}{T^2}}=\frac{10}{\frac{4.10}{0,5^2}} \\ =0,0625m=6,25cm \end{gathered}$$

+ Chiều dài ở vị trí thấp nhất: $l_{\max }=l_0+\Delta l+A$

+ Chiều dài tự nhiên: _{$l_0=30cm$}

_{$\Rightarrow A=l_{\max }-l_0-\Delta l=40-30-6,25=3,75cm$}

Chọn D

Phương pháp:

+ Sử dụng biểu thức tính dung kháng: $Z_C=\frac{1}{\omega C}$

+ Sử dụng biểu thức: $U=\sqrt{U_R^2+U_C^2}$

+ Sử dụng biểu thức định luật ôm: $I=\frac{U}{Z}$

Cách giải: 

+ Dung kháng: $Z_C=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{100\pi \cdot \frac{{10}^{-2}}{5\pi }}=5\Omega$

+ Ta có: $U_R=4V$

Lại có: $U=\sqrt{U_R^2+U_C^2}\Rightarrow U_C=\sqrt{U^2-U_R^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3V$

Cường độ dòng điện trong mạch: ^{$I=\frac{U_C}{Z_C}=\frac{3}{5}A$}

Chọn A

Phương pháp: 

Bán kính quỹ đạo Bo ở trạng thái dừng n: ^{$r_n=n^2{r}_0$}

Cách giải: 

Bán kính quỹ đạo dừng O ứng với $n=5\Rightarrow r_O=5^2{r}_0=25.5,{3.10}^{-11}=1,{325.10}^{-9}m$

Chọn B

Phương pháp: 

Mạch R, Lr, C có R thay đổi để công suất trên R cực đại, khi đó: $\left\{\begin{array}{l}{R}^2=r^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2\\ P_{\max }=\frac{U^2}{2r+2\sqrt{r^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}\end{array}\right.$

Cách giải: 

+ Cảm kháng: $Z_L=\omega L=100\pi \frac{1}{\pi }=100\Omega$

+ Dung kháng: _{$Z_C=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{100\pi \frac{{10}^{-3}}{6\pi }}=60\Omega$}

Mạch R, Lr, C có R thay đổi để công suất trên R cực đại, khi đó: $\left\{\begin{array}{l}{R}^2=r^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2\\ P_{\max }=\frac{U^2}{2r+2\sqrt{r^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}\end{array}\right.$

$$\begin{gathered} \Rightarrow R=\sqrt{r^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2} \\ =\sqrt{{30}^2+{(100-60)}^2}=50\Omega \end{gathered}$$

Chọn C

Phương pháp: 

+ Sử dụng biểu thức tính $U^2=U_R^2+U_L^2$

+ Sử dụng biểu thức tính sai số: $\Delta U=\frac{\overline{U_R}}{\overline{U}}\cdot \Delta U_R+\frac{\overline{U_L}}{\overline{U}}\cdot \Delta U_L$

Cách giải: 

Ta có: 

$$\begin{gathered} +\overline{U}=\sqrt{U_R^2+U_L^2}=\sqrt{{48}^2+{36}^2}=60V \\ \text{+ }\Delta U=\overline{\frac{U_R}{\overline{U}}}\cdot \Delta U_R+\frac{\overline{U_L}}{\overline{U}}\cdot \Delta U_L \\ =\frac{48}{60}\cdot 1+\frac{36}{60}\cdot 1=1,4V \\ \Rightarrow U=60,0\pm 1,4\left(V\right) \end{gathered}$$

Chọn C

Phương pháp: 

+ Sử dụng biểu thức sóng dừng trên dây hai đầu cố định: _{$l=k\frac{\lambda }{2}$}

Với: Số bụng = k; Số nút = k + 1. 

+ Sử dụng biểu thức tính biên độ sóng dừng: $A_M=A_b\sin \frac{2\pi d}{\lambda }$

Với d là khoảng cách từ M đến nút gần nhất. 

Cách giải: 

Ta có: 

$\text{+ }l=k\frac{\lambda }{2}\iff 90=3\frac{\lambda }{2}\Rightarrow \lambda =60cm$

+ Biên độ của bụng sóng: $A_b=3cm$

+ Biên độ dao động tại C: $A_C=A_b\sin \frac{2\pi d}{\lambda }=1,5cm\Rightarrow \sin \frac{2\pi d}{\lambda }=\frac{1}{2}$

$\Rightarrow d=\frac{\lambda }{12}=AC\Rightarrow AC=\frac{60}{12}=5cm$

Chọn C

Phương pháp: 

+ Áp dụng công thức tính quãng đường lớn nhất: $S_{\max }=2A\sin \frac{\omega \Delta t}{2}$

+ Áp dụng công thức tính tốc độ trung bình : _{$v_{tb}=\frac{S}{t}$}

Cách giải: 

Quãng đường lớn nhất vật đi được trong khoảng thời gian $\frac{T}{4}$ là: 

$$\begin{gathered} S_{\max }=2A\sin \frac{\omega \Delta t}{2}=2A\sin \frac{\omega \frac{T}{4}}{2} \\ =2A\sin \frac{\frac{2\pi }{T}\frac{T}{4}}{2}=2A\sin \frac{\pi }{4}=A\sqrt{2} \end{gathered}$$

Vận tốc trung bình lớn nhất của vật: ^{$v_{\max }=\frac{S_{\max }}{t}=\frac{A\sqrt{2}}{\frac{T}{4}}=\frac{4A\sqrt{2}}{T}$}

Chọn B

Phương pháp: 

+ Sử dụng máy tính giải phương trình: _{$x=x_1-x_2=A_1\angle {\phi }_1-A_2\angle {\phi }_2$}

+ Hai vật gặp nhau _{$x_1=x_2$}

+ Sử dụng trục thời gian suy ra từ đường tròn

Cách giải: 

Ta có:

$$\begin{gathered} x=x_1-x_2=4\angle 0-4\sqrt{3}\angle \frac{\pi }{2}=8\angle -\frac{\pi }{3} \\ \Rightarrow x=8\cos \left(4\pi t-\frac{\pi }{3}\right)cm \end{gathered}$$

Hai chất điểm gặp nhau khi $x_1=x_2$ hay x = 0 

Tại thời điểm ban đầu: $\left\{\begin{array}{l}{x}_0=8\cos \left(-\frac{\pi }{3}\right)=4cm\\ v>0\end{array}\right.$

⇒ Thời điểm đầu tiên 2 chất điểm gặp nhau $(x=0)$ là : $t=\frac{T}{6}+\frac{T}{4}=\frac{5T}{12}=\frac{5}{12}\cdot 0,5=\frac{5}{24}s$

Chọn C

Phương pháp: 

+ Điều kiện có cộng hưởng: $Z_L=Z_C\iff 2\pi f.L=\frac{1}{2\pi f.C}\Rightarrow f=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}$

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

Cách giải: 

Giá trị tần số khi có cộng hưởng: $f=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}=\frac{1}{2\pi \sqrt{\frac{0,4}{\pi }\cdot \frac{{10}^{-3}}{4\pi }}}=50Hz$

Mà khi cộng hưởng thì: _{$I_{\max }=\frac{U}{R}$}

Nhận thấy tần số biến đổi từ 60Hz đến 70Hz (lớn hơn giá trị cộng hưởng)

⇒ Khi tần số biến đổi từ 60Hz đến 70Hz thì cường độ dòng điện hiệu dụng trong mạch giảm.

Chọn D

Phương pháp:

+ Sử dụng giản đồ vecto. 

+ Sử dụng các kiến thức hình học, định lí hàm số cos trong tam giác.

Cách giải: 

Ta có giản đồ véctơ:

Từ giản đồ, ta có: $\Delta ANH=\Delta BNK(g-g-g)\Rightarrow BN=AN=150V$

Xét ΔANB có: $A{B}^2=A{N}^2+B{N}^2-2ANBN.\cos \left(ANB\right)$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \cos \left(ANB\right)=\frac{A{N}^2+B{N}^2-A{B}^2}{2AN.BN} \\ \Rightarrow \cos \left(ANB\right)=\frac{{150}^2+{150}^2-{130}^2}{\mathrm{2.150.150}}=\frac{281}{450} \end{gathered}$$

Mặt khác: $\cos \left(ANB\right)=\cos \left(ANH\right)=\frac{NH}{AN}$

$$\begin{gathered} \Rightarrow NH=AN.\cos \left(ANB\right)=\frac{281}{3} \\ \Rightarrow AH=\sqrt{A{N}^2-N{H}^2} \\ =\sqrt{{150}^2-{\left(\frac{281}{3}\right)}^2}=\frac{13\sqrt{731}}{3}V \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}MH=\frac{AH}{3,2}=36,61V\\ BH=BN-NH=\frac{169}{3}V\end{array}\right. \\ \Rightarrow BM=\sqrt{B{H}^2+M{H}^2}=67,19V=U_{MB} \end{gathered}$$

Chọn C

Phương pháp: 

+ Đọc đồ thị dao động 

+ Sử dụng vòng tròn lượng giác 

+ Sử dụng góc quét: $\Delta \phi =\omega .\Delta t$

Cách giải:

+ Tại $t:u_1=A_1$

+ Tại $t+\Delta t:u_2=A_2$

+ Tại $t+6\Delta t:u_3=-A_2$

Vẽ trên vòng tròn lượng giác ta được:

Ta có: $\omega .6\Delta t=\frac{\pi }{2}\iff \frac{2\pi }{T}.6\Delta t=\frac{\pi }{2}\Rightarrow \Delta t=\frac{T}{24}$

Chọn C

Phương pháp:

+ Sử dụng công thức tính khoảng vân: $i=\frac{\lambda D}{a}$

+ Sử dụng công thức tính vân tối trùng nhau: $k_1{\lambda }_1=k_2{\lambda }_2$ với $k_1,k_2$ lẻ

Cách giải: 

+ Khoảng vân $i_1=\frac{{\lambda }_{1}D}{a}=\frac{{600.10}^{-9}.1}{0,{5.10}^{-3}}=1,{2.10}^{-3}=1,2mm$

Giữa MN có 3 vị trí trùng nhau khác ⇒ MN chứa 4 khoảng vân trùng $\Rightarrow i_{\equiv }=\frac{MN}{4}=\frac{24}{4}=6mm$

Xét tỉ số: $\frac{i_{\equiv }}{i_1}=\frac{6}{1,2}=5\Rightarrow$ Nếu xem M là trùng số 0 thì tại N là vân trùng ứng với k = 5 

Điều kiện để 2 vân tối trùng nhau: $x_{t_1}=x_{t_2}\iff k_1{\lambda }_1=k_2{\lambda }_2$ với $k_1,k_2$ là số lẻ $\Rightarrow {\lambda }_2=\frac{k_1{\lambda }_1}{k_2}=\frac{5.600}{k_2}nm$

Với khoảng giá trị của ánh sáng khả kiến $380nm<{\lambda }_2<760nm\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{\lambda }_2=428,5nm\\ k_2=7\end{array}\right.$

⇒ Giữa 2 vị trí trùng nhau có 11 vân sáng. 

Chọn C

Phương pháp: 

+ Đọc đồ thị dao động 

+ Sử dụng vòng tròn lượng giác 

+ Sử dụng công thức góc quét: $\Delta \phi =\omega .\Delta t$

+ Sử dụng máy tính tổng hợp dao động: $x=x_1+x_2=A_1\angle {\phi }_1+A_2\angle {\phi }_2$

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

Cách giải: 

Ta có vòng tròn lượng giác:

Ta có: $\alpha =\beta$ mà $\beta +\frac{\alpha }{2}={90}^0\Rightarrow \alpha ={60}^0$

Ta có: $\cos \frac{\alpha }{2}=\frac{4}{A}\Rightarrow A=\frac{8\sqrt{3}}{3}cm$

Lại có:

$\alpha =\omega .\Delta t=\omega .\left(t_2-t_1\right)\Rightarrow \omega =\frac{\alpha }{\Delta t}=\frac{\frac{\pi }{3}}{\frac{1}{15}}=5\pi rad\text{/}s$

Từ đồ thị và các dữ kiện trên ta viết được phương trình dao động của 2 vật: $\left\{\begin{array}{l}{x}_1=\frac{8\sqrt{3}}{3}\cos (5\pi t+\pi )\\ x_2=\frac{8\sqrt{3}}{3}\cos \left(5\pi t-\frac{2\pi }{3}\right)\end{array}\right.$

⇒ Phương trình dao động tổng hợp: _{$x=x_1+x_2=8\cos \left(5\pi t-\frac{5\pi }{6}\right)cm$}

⇒ Cơ năng của chất điểm:

$W=\frac{1}{2}k{A}^2=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2=\frac{1}{2}.0,5.{\left(5\pi \right)}^2.0,{08}^2=0,4J$

Chọn A