Đáp án A

Giả sử phương trình điện tích là: $q=Q_0\text{cos}\left(\omega t+\phi \right)$

Phương trình cường độ dòng điện là:

$i=q\text{'}=-\omega .Q_0\text{.sin}\left(\omega t+\phi \right)=I_0\text{.cos}\left(\omega t+\phi +\frac{\pi }{2}\right)$

Gốc thời gian là lúc tụ đang phóng điện tức là q đang giảm, ta có hình vẽ:

+ Vì q đang giảm nên I đang tăng => pha ban đầu của dòng điện ${\phi }_i=-\frac{\pi }{3}$

$\Rightarrow$ Phương trình của I là : $i=I_0\cos \left(\omega t-\frac{\pi }{3}\right)$

+ Với tần số góc: $\omega =\frac{1}{\sqrt{LC}}=\frac{1}{\sqrt{{2.10}^{-3}{\mathrm{.2.10}}^{-9}}}={5.10}^{5}rad/s$

+ Khi năng lượng điện trường bằng một nửa năng lượng từ trường cực đại thì năng lượng từ trường cũng bằng một nửa năng lượng từ trường cực đại nên:

$\begin{array}{l}\frac{1}{2}L.i^2=\frac{1}{2}.\frac{1}{2}.L.I_0^2\\ \Rightarrow I_0^2=2i^2=2{\sqrt{2}}^2=4\Rightarrow I_0=2A\end{array}$

Vậy phương trình của dòng điện i là: $i=2\cos \left({5.10}^{5}t-\frac{\pi }{3}\right)A$

Đáp án D

Ta có:

+ Công suất cần cung cấp để duy trì dao động của mạch:

$$\begin{gathered} P=\frac{Q}{t}=\frac{I^{2}Rt}{t}=I^{2}R=\frac{I_0^2}{2}R \\ \to I_0^2=\frac{2P}{R}=\frac{2.4,{5.10}^{-5}}{5}=1,{8.10}^{-5} \\ \to I_0=3\sqrt{2}{.10}^{-3}A \end{gathered}$$

+ Mặt khác, ta có:

$$\begin{gathered} L{I}_0^2=C{U}_0^2\to U_0=I_0\sqrt{\frac{L}{C}} \\ =3\sqrt{2}{.10}^{-3}\sqrt{\frac{2,{4.10}^{-3}}{{6.10}^{-12}}}=60\sqrt{2}V \end{gathered}$$

Đáp án D

+ Ta có: $\frac{L{I}_0^2}{2}=\frac{C{U}_0^2}{2}$

$\Rightarrow$ Cường độ dòng điện cực đại trong mạch: $I_0=U_0\sqrt{\frac{C}{L}}$

+ Khi mạch có điện trở R thì công suất cần cung cấp đúng bằng công suất hao phí do toả nhiệt trên R:

$$\begin{gathered} P=I^{2}R=\frac{I_0^2}{2}R=\frac{C{U}_0^2}{2L}R \\ =\frac{{10}^{-6}{.10}^2}{2.0,{1.10}^{-3}}0,02=0,01\text{W}=10mW \end{gathered}$$

Đáp án B

Khi dòng điện qua mạch ổn định ( qua cuộn dây):

$I=\frac{E}{r_n+r_d}=\frac{3}{5}\left(A\right)$ (Hay: $I=E/\left(R+r)=3/5=0,6\left(A\right)\right)$

Hiệu điện thế ở hai đầu cuộn dây cũng chính là hiệu điện thế giữa 2 đầu tụ: $U_{AB}=U_0=IR=1,8\left(V\right)$

Năng lượng dao động của mạch lúc ngắt nguồn: $\text{W}=\frac{1}{2}L{I}^2+\frac{1}{2}C{U}^2=4,{5.10}^{-6}\left(J\right)$

Nhiệt lượng lớn nhất toả ra trên cuộn dây bằng (W) năng lượng dao động lúc đầu của mạch

Lúc đó nhiệt lượng lớn nhất toả ra trên cuộn dây bằng năng lượng của mạch đó

$$\begin{gathered} Q_{\text{max}}=\text{W}=\frac{C{U}_0^2}{2}+\frac{L{I}^2}{2} \\ =8,{1.10}^{-6}+0,{9.10}^{-6}={9.10}^{-6}\left(J\right)=9\mu J \end{gathered}$$

Đáp án D

+ Ta có: $\frac{L{I}_0^2}{2}=\frac{C{U}_0^2}{2}$

$\Rightarrow$ Cường độ dòng điện cực đại trong mạch: $I_0=U_0\sqrt{\frac{C}{L}}$

+ Khi mạch có điện trở R thì công suất cần cung cấp đúng bằng công suất hao phí do toả nhiệt trên R:

$$\begin{gathered} P=I^{2}R=\frac{I_0^2}{2}R=\frac{C{U}_0^2}{2L}R \\ =\frac{{10}^{-6}{.10}^2}{2.0,{1.10}^{-3}}0,02=0,01\text{W}=10mW \end{gathered}$$

Đáp án B

Cường độ dòng điện cực đại trong mạch: $I_0=U_0\sqrt{\frac{C}{L}}=10\sqrt{\frac{{2.10}^{-9}}{{20.10}^{-6}}}=0,05A$

Công suất cần cung cấp để duy trì dao động của mạch:

$$\begin{gathered} P=\frac{Q}{t}=\frac{I^{2}Rt}{t}=I^{2}R=\frac{I_0^2}{2}R \\ =\frac{{\left(0,05\right)}^2}{2}4={5.10}^{-3}\text{W=5mW} \end{gathered}$$

Đáp án C

Ta có: Cường độ dòng điện cực đại trong mạch: $I_0=U_0\sqrt{\frac{C}{L}}=10\sqrt{\frac{{18.10}^{-9}}{3,{6.10}^{-4}}}=0,05\sqrt{2}A$

Công suất cần cung cấp để duy trì dao động của mạch:

$$\begin{gathered} P=\frac{Q}{t}=\frac{I^{2}Rt}{t}=I^{2}R=\frac{I_0^2}{2}R \\ \to R=\frac{2P}{I_0^2}=\frac{{\mathrm{2.6.10}}^{-3}}{{\left(0,05\sqrt{2}\right)}^2}=2,4\Omega \end{gathered}$$

Đáp án D

Từ phương trình $i=0,04\cos \left(\omega t\right)A$, ta suy ra cường độ dòng điện cực đại $I_0=0,04A$

Ta có, năng lượng điện từ:

$\text{W}={\text{W}}_t+{\text{W}}_d=2.\frac{0,8}{\pi }{.10}^{-6}\left(J\right)=\frac{L{I}_0^2}{2}\Rightarrow L=\frac{{2.10}^{-3}}{\pi }\left(H\right)$

Khoảng thời gian giữa hai lần liên tiếp mà ${\text{W}}_d={\text{W}}_t$ là $\frac{T}{4}$ nên

$\begin{array}{l}\frac{T}{4}=0,{25.10}^{-6}\left(s\right)\Rightarrow T={10}^{-6}\left(s\right)\\ \Rightarrow \omega =\frac{2\pi }{T}=2\pi {.10}^{-6}\left(rad/s\right)\\ \Rightarrow C=\frac{1}{{\omega }^{2}L}=\frac{{125.10}^{-12}}{\pi }\left(F\right)\end{array}$

Đáp án D

Ta có năng lượng điện từ trong mạch được bảo toàn: $\text{W}=\frac{1}{2}C{u}^2+\frac{1}{2}L{i}^2=h/s$

Ta suy ra:

$\begin{array}{l}\frac{1}{2}C{u_1}^2+\frac{1}{2}L{i_1}^2=\frac{1}{2}C{u_2}^2+\frac{1}{2}L{i_2}^2\\ \to C{u_1}^2+L{i_1}^2=C{u_2}^2+L{i_2}^2\\ \leftrightarrow C=\frac{L\left({i_2}^2-{i_1}^2\right)}{{u_1}^2-{u_2}^2}=\frac{{5.10}^{-3}\left({\left(2,{4.10}^{-3}\right)}^2-{\left(1,{8.10}^{-3}\right)}^2\right)}{1,2^2-0,9^2}\\ ={2.10}^{-8}C=20nF\end{array}$

+ Năng lượng dao động điện từ trong mạch:

$$\begin{gathered} \text{W=}\frac{1}{2}C{u_1}^2+\frac{1}{2}L{i_1}^2 \\ =\frac{1}{2}{2.10}^{-8}.1,2^2+\frac{1}{2}{5.10}^{-3}{\left(1,{8.10}^{-3}\right)}^2=2,{25.10}^{-8}J \end{gathered}$$

Đáp án D

+ tần số góc của dao động:

$\omega =\frac{1}{\sqrt{LC}}=\frac{1}{\sqrt{{10}^{-3}{\mathrm{.10.10}}^{-6}}}={10}^4\left(rad/s\right)$

+ Theo đề bài, ta có $I=1mA\Rightarrow I_0=\sqrt{2}I=\sqrt{2}mA$

+ Tại thời điểm ban đầu t =0 thì ${\text{W}}_d=2W_t$

Ta có:

$\begin{array}{l}\text{W}={\text{W}}_d+{\text{W}}_t={\text{W}}_d+\frac{{\text{W}}_d}{3}=\frac{4}{3}{\text{W}}_d\\ \Rightarrow {\text{W}}_d=\frac{3W}{4}\\ \iff \frac{q^2}{2C}=\frac{3}{4}\frac{q_0^2}{2C}\Rightarrow q=\frac{\sqrt{3}{q}_0}{2}\end{array}$

Lại có:

$\begin{array}{l}q=q_0\cos \phi \iff \frac{\sqrt{3}}{2}{q}_0=q_0\cos \phi \\ \Rightarrow \cos \phi =\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \phi =\pm \frac{\pi }{6}\end{array}$

Vì tụ đang phóng điện nên => $\phi =\pm \frac{\pi }{6}$

Ta có cường độ dòng điện sớm pha hơn điện tích một góc $\frac{\pi }{2}$

$\Rightarrow {\phi }_i=\frac{\pi }{6}+\frac{\pi }{2}=\frac{2\pi }{3}\left(rad\right)$

Vậy phương trình cường độ dòng điện trong mạch là:

$i=\sqrt{2}\cos \left({10}^{4}t+\frac{2\pi }{3}\right)mA$

Đáp án B

Ta có:

+ Tần số góc : $\omega =\frac{1}{\sqrt{LC}}=\frac{1}{\sqrt{0,{2.10}^{-3}{\mathrm{.500.10}}^{-12}}}={10}^6\left(rad/s\right)$

+ Điện tích cực đại:

$U_0=\frac{q_0}{C}\to q_0=U_{0}C=E.C=1,{\mathrm{5.500.10}}^{-12}=0,{75.10}^{-9}C$

Khi K ở vị trí 1 => Tụ được tích điện

+ Tại t = 0: Khoá K chuyển từ 1 sang 2 => Tụ bắt đầu phóng điện

$\to t=0:q=q_0\to {\phi }_q=0$

$\Rightarrow$ Biểu tức điện tích q-t: $q=0,75\cos \left({10}^6\pi t\right)nC$

Đáp án D

Năng lượng điện từ:

$\begin{array}{l}{\text{W}}_0=\frac{C{U}_0^2}{2}=\frac{C{E}^2}{2}\Rightarrow C=\frac{2{\text{W}}_0}{E^2}=1,{25.10}^{-7}F\\ {\text{W}}_{LC}={\text{W}}_L+{\text{W}}_C\iff {\text{W}}_{LC}=2{\text{W}}_C\\ \iff \frac{C{U}_0^2}{2}=2.\frac{C{u}^2}{2}\Rightarrow u=\pm \frac{U_0}{\sqrt{2}}\end{array}$

Khi điện áp giữa hai đầu tụ điện $u=\pm \frac{U_0}{\sqrt{2}}$ thì năng lượng điện trường bằng năng lượng từ trường.

Biểu diễn trên đường tròn lượng giác:

Góc quét được:

$\alpha =\frac{\pi }{2}\Rightarrow \Delta t=\frac{\Delta \phi }{\omega }=\Delta \phi .\frac{T}{2\pi }=\frac{\pi }{2}.\frac{T}{2\pi }=\frac{T}{4}$

Cứ sau khoảng thời gian $\frac{T}{4}$ thì năng lượng điện trường lại bằng năng lượng từ trường

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{T}{4}={10}^{6}s\Rightarrow T={4.10}^{-6}s=2\pi \sqrt{LC} \\ \Rightarrow L=\frac{T^2}{4{\pi }^{2}C}=3,{24.10}^{-6}H \end{gathered}$$

Từ công thức năng lượng:

$\frac{1}{2}L{I}_0^2={\text{W}}_0\Rightarrow I_0=\sqrt{\frac{2{\text{W}}_0}{L}}=0,785A$

Đáp án B

+ Chu kì dao động của mạch: $T=2\pi \sqrt{LC}={4.10}^{-5}s$

+ Tại thời điểm ban đầu: $i_1=I=\frac{I_0}{\sqrt{2}}$

Thời điểm năng lượng điện bằng 3 lần năng lượng từ:

$\text{W}={\text{W}}_L+{\text{W}}_C\text{=}4{\text{W}}_L\iff 4\frac{L{i}_2^2}{2}=\frac{L{I}_0^2}{2}\Rightarrow i_2=\pm \frac{I_0}{2}$

Dựa vào hình vẽ ta tính được góc quét $\alpha =\frac{\pi }{3}-\frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{12}rad$

Thời điểm ngay sau đó năng lượng điện bằng 3 lần năng lượng từ là: $\Delta t=\frac{\alpha }{\omega }=\frac{\pi }{12}.\frac{T}{2\pi }=\frac{T}{24}=\frac{5}{3}\mu s$

Đáp án A

+ Chu kì của mạch dao động:

$T=2\pi \sqrt{LC}=2\pi \sqrt{{50.10}^{-6}{\mathrm{.5.10}}^{-9}}=\pi {10}^{-6}\left(s\right)=\pi \left(\mu s\right)$

+ Điện tích cực đại trên mỗi bản tụ: $Q_0=C{U}_0=C.E=5.8=40nC$

+ Ban đầu: Bản B nối cực âm ta suy ra: $q_B=-Q_0=-40nC$

Biểu diễn trên đường tròn lượng giác ta có:

Thời gian ngắn nhất để $q_B=-Q_0$ đến $q_B=20nC=\frac{Q_0}{2}$ (phóng điện) là: $\Delta t=\frac{\alpha }{\omega }=\frac{4\pi }{3}.\frac{T}{2\pi }=\frac{2T}{3}=2,1\mu s$

Đáp án A

Chu kì mạch dao động LC là:

$$\begin{gathered} T=2\pi \sqrt{LC}=2\pi \sqrt{{8.10}^{-3}{\mathrm{.2.10}}^{-9}}=8\pi {.10}^{-6}\left(s\right) \\ \Rightarrow \omega =2,{5.10}^{5}rad/s \end{gathered}$$

Ta có : $C{U}_0^2=L{I}_0^2\Rightarrow U_0=\sqrt{\frac{L{I}_0^2}{C}}=2000I_0$

$Z_L=2000\Omega ,Z_C=2000\Omega$ nên u và i cùng pha nhau

Ở thời điểm $t_1$ có $i_1=\omega q_0\cos \left(\omega t_1\right)=\omega C{U}_0\cos \left(\omega t_1\right)=5mA$

Ở thời điểm $t_2$ có

$$\begin{gathered} u_2=U_0\cos \left[\omega \left(t_1+\frac{T}{4}\right)-\frac{\pi }{2}\right] \\ =U_0\cos \omega t_1=\frac{i_1}{\omega C}=\frac{{5.10}^{-3}}{2,{5.10}^5{\mathrm{.2.10}}^{-9}}=10V \end{gathered}$$