Đáp án B

Phương pháp giải:

Chiều dài quỹ đạo của vật dao động: $L=2A$

Giải chi tiết:

Chiều dài quỹ đạo của vật là: $L=2A\Rightarrow A=\frac{L}{2}=\frac{10}{2}=5\left(cm\right)$

Đáp án A

Phương pháp giải:

Sóng cơ lan truyền được trong chất rắn, lỏng, khí

Giải chi tiết:

Sóng cơ lan truyền trong chất rắn, lỏng, khí, không truyền được trong chân không

Đáp án D

Phương pháp giải:

Sử dụng máy tính bỏ túi để tìm biên độ dao động tổng hợp

Độ lớn vận tốc của vật ở vị trí cân bằng: $v=\omega A$

Giải chi tiết:

Sử dụng máy tính bỏ túi, ta có: $4\angle \frac{\pi }{4}+3\angle \left(-\frac{3\pi }{4}\right)=1\angle \frac{\pi }{4}\Rightarrow A=1\left(cm\right)$

Độ lớn vận tốc của vật ở vị trí cân bằng là: $v=\omega A=10.1=10\left(cm/s\right)$

Đáp án D

Phương pháp giải:

Cường độ dòng điện: $i=q^{\text{'}}$

Giải chi tiết:

Cường độ dòng điện chạy qua cuộn dây là:

$i=q^{\text{'}}\to i$ sớm pha hơn q góc $\frac{\pi }{2}$

Cường độ dòng điện và điện tích có cùng tần số

Đáp án C

Phương pháp giải:

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

Giải chi tiết:

Khoảng cách giữa hai phần tử môi trường gần nhau nhất dao động cùng pha là một bước sóng

Đáp án C

Phương pháp giải:

Khoảng vân: $i=\frac{\lambda D}{a}$

Giải chi tiết:

Khoảng cách giữa hai vân tốc liên tiếp bằng khoảng vân: $i=\frac{\lambda D}{a}=\frac{0,{6.10}^{-6}.1,5}{{1.10}^{-3}}={9.10}^{-4}\left(m\right)=0,9\left(mm\right)$

Đáp án C

Phương pháp giải:

Mức cường độ âm: $L=10\lg \frac{I}{I_0}dB$

Giải chi tiết:

Mức cường độ âm là: $L=10\lg \frac{I}{I_0}dB$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Vị trí vân sáng bậc $k:x=ki$

Khoảng vân: $i=\frac{\lambda D}{a}$

Giải chi tiết:

Vị trí của điểm M là: $x=ki=k\frac{\lambda D}{a}\Rightarrow {3.10}^{-3}=3.\frac{\lambda .2}{{1.10}^{-3}}$

$\Rightarrow \lambda =0,{5.10}^{-6}\left(m\right)=0,5\left(\mu m\right)$

Đáp án D

Phương pháp giải:

Vận tốc truyền sóng: $v=\lambda f$

Ánh sáng khi truyền qua các môi trường khác nhau luôn có tần số không đổi

Giải chi tiết:

Độ giảm vận tốc của sóng này khi truyền qua hai môi trường là:

$v_2-v_1={\lambda }_{2}f-{\lambda }_{1}f=\left({\lambda }_2-{\lambda }_1\right)f$

$\Rightarrow f=\frac{v_2-v_1}{{\lambda }_2-{\lambda }_1}=\frac{\Delta v}{\Delta \lambda }=\frac{0,{5.10}^8}{0,{1.10}^{-6}}={5.10}^{14}\left(Hz\right)$

Bước sóng của ánh sáng này trong chân không là:

$\lambda =\frac{c}{f}=\frac{{3.10}^8}{{5.10}^{14}}=0,{6.10}^{-6}\left(m\right)=0,6\left(\mu m\right)$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Sử dụng bảng thang sóng điện từ

Giải chi tiết:

Ta có bảng thang sóng điện từ:

Từ bảng thang sóng điện từ, các bức xạ có bước sóng giảm dần là: tia hồng ngoại, ánh sáng tím, tia tử ngoại, tia Rơn – ghen

Đáp án D

Phương pháp giải:

Chiết suất của môi trường đối với các ánh sáng đơn sắc: $n_d\le n\le n_t$

Giải chi tiết:

Sắp xếp đúng là: $n_d<n_v<n_t$

Đáp án C

Phương pháp giải:

Tần số góc của mạch dao động: $\omega =\frac{1}{\sqrt{LC}}$

Giải chi tiết: 

Tần số góc của mạch dao động là: $\omega =\frac{1}{\sqrt{LC}}$

Đáp án C

Phương pháp giải:

Sử dụng lý thuyết sóng điện từ

Giải chi tiết:

Khi sóng điện từ lan truyền, vectơ cường độ điện trường luôn vuông góc với vectơ cảm ứng từ → A đúng, C sai

Sóng điện từ là sóng ngang → B đúng

Sóng điện từ lan truyền được trong chân không → D đúng

Đáp án D

Phương pháp giải:

Gia tốc: $a=-{\omega }^{2}x$

Giải chi tiết:

Vecto gia tốc có độ lớn tỉ lệ với độ lớn của li độ, chiều luôn hướng về vị trí cân bằng

Đáp án B

Phương pháp giải:

Phương trình dao động của con lắc đơn: $\alpha ={\alpha }_0\cos \left(\omega t+\phi \right)$

Giải chi tiết:

Phương trình dao động của con lắc là: $\alpha =0,1\cos \left(10t+0,79\right)\left(rad\right)$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Lực kéo về: $k=ma=-m{\omega }^{2}x$

Giải chi tiết:

Độ lớn lực kéo về cực đại tác dụng lên vật là:

$F_0=m{\omega }^{2}A\Rightarrow A=\frac{F}{m{\omega }^2}=\frac{0,8}{0,{5.4}^2}=0,1\left(m\right)=10\left(cm\right)$

Đáp án A

Phương pháp giải:

Hiệu điện thế hiệu dụng: $\left\{\begin{array}{l}{U}_R=\frac{U.R}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}\\ U_L=\frac{U.\omega L}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}\\ U_C=\frac{U.\frac{1}{\omega C}}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}\end{array}\right.$

Giải chi tiết:

Hiệu điện thế hiệu dụng giữa hai đầu mỗi phần tử khi $\omega =0$  là: $\left\{\begin{array}{l}{U}_R=0\\ U_L=0\\ U_C=U\end{array}\right.$

→ Đồ thị (1) tương ứng là đồ thị $U_C$

Hiệu điện thế hiệu dụng giữa hai đầu điện trở có giá trị cực đại là:

$U_{R\max }=U=U_{C\left(\omega =0\right)}\to$ đồ thị (2) tương ứng với đồ thị $U_R$

Đáp án C

Phương pháp giải:

Thế năng: $W_t=\frac{1}{2}k{x}^2$

Cơ năng: $W=W_t+W_d=\frac{1}{2}k{A}^2$ b

Giải chi tiết:

Khi vật có li độ $x=3cm$ , động năng của vật:

$W_d=8W_t\Rightarrow W_t=\frac{1}{9}W\Rightarrow \frac{1}{2}k{x}^2=\frac{1}{9}.\frac{1}{2}k{A}^2$

$\Rightarrow x=\frac{1}{3}A\Rightarrow A=3x=3.3=9\left(cm\right)$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Sử dụng lý thuyết dao động cưỡng bức

Giải chi tiết:

Tần số dao động cưỡng bức luôn bằng tần số ngoại lực → A đúng

Tần số dao động cưỡng bức không phụ thuộc vào tần số riêng của vật dao động → B sai

Biên độ dao động cưỡng bức phụ thuộc vào biên độ của ngoại lực, tần số của ngoại lực và tần số riêng của vật dao động → C, D đúng

Đáp án B

Phương pháp giải:

Tốc độ của vật ở vị trí cân bằng: $v=\omega A$

Giải chi tiết:

Tốc độ của vật ở vị trí cân bằng là: $v=\omega A=8.10=80\left(cm/s\right)$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Hiệu đường đi của ánh sáng từ hai khe đến vân tối trên màn: $d_2-d_1=\left(k+\frac{1}{2}\right)\lambda$

Giải chi tiết:

Tại điểm M là vân tối thứ $3\to k=2$

Hiệu đường đi của ánh sáng từ hai khe đến điểm M là: 

$d_2-d_1=\left(k+\frac{1}{2}\right)\lambda =\left(2+\frac{1}{2}\right)\lambda =2,5\lambda$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Biên độ của vật đạt giá trị cực đại khi xảy ra cộng hưởng: $\omega ={\omega }_0$

Tần số dao động riêng của con lắc: ${\omega }_0=\sqrt{\frac{k}{m}}$

Giải chi tiết:

Viên bi dao động với biên độ cực đại → xảy ra hiện tượng cộng hưởng

Đáp án D

Phương pháp giải:

Điện trường và từ trường biến thiên cùng pha: $\frac{E}{B}=\frac{E_0}{B_0}$

Cường độ điện trường tại hai thời điểm vuông pha: ${E_1}^2+{E_2}^2={E_0}^2$

Giải chi tiết:

Độ lệch pha giữa thời điểm $t_0$ và $t=t_0+0,75T$ là:

$\Delta \phi =\omega \Delta t=\frac{2\pi }{T}.0,75T=\frac{3\pi }{4}\to$ cường độ điện trường giữa hai thời điểm này vuông pha nhau

Ta có: ${E_1}^2+{E_2}^2={E_0}^2\Rightarrow {\left(0,5E_0\right)}^2+{E_2}^2={E_0}^2\Rightarrow E_2=\frac{\sqrt{3}{E}_0}{2}$

Điện trường và từ trường biến thiên cùng pha, ta có: $\frac{E_2}{B_2}=\frac{E_0}{B_0}\Rightarrow B_2=B_0.\frac{E_2}{E_0}=\frac{\sqrt{3}{B}_0}{2}$

Đáp án A

Phương pháp giải:

Điện tích cực đại: $Q_0=\frac{I_0}{\omega }$

Công thức độc lập với thời gian: $\frac{i^2}{{I_0}^2}+\frac{q^2}{{Q_0}^2}=1$

Giải chi tiết:

Điện tích cực đại trên tụ điện là: $Q_0=\frac{I_0}{\omega }=\frac{0,05}{2000}=2,{5.10}^{-5}\left(C\right)$

Ta có công thức độc lập với thời gian: $\frac{i^2}{{I_0}^2}+\frac{q^2}{{Q_0}^2}=1\Rightarrow \frac{{20}^2}{{50}^2}+\frac{q^2}{{\left(2,{5.10}^{-5}\right)}^2}=1\Rightarrow q\approx \pm 2,{3.10}^{-5}\left(C\right)$

Điện tích có giá trị gần nhất với giá trị $2,{4.10}^{-5}C$

Đáp án A

Phương pháp giải:

Phương trình cường độ dòng điện: $i=I_0\cos \left(\omega t+\phi \right)$

Trong đó: i là cường độ dòng điện tức thời

$I_0$ là cường độ dòng điện cực đại

ω là tần số góc

φ là pha ban đầu

$\left(\omega t+\phi \right)$ là pha dao động

Đáp án A

Phương pháp giải:

Sử dụng lý thuyết đặc điểm của quang phổ liên tục

Giải chi tiết:

Quang phổ liên tục phụ thuộc vào nhiệt độ của nguồn phát mà không phụ thuộc vào bản chất của nguồn phát

Phương pháp giải:

Khoảng vân: $i=\frac{\lambda D}{a}$

Giải chi tiết:

Khi thay ánh sáng đơn sắc có bước sóng khác, vị trí vân trung tâm không thay đổi

Khoảng vân giao thoa: $i=\frac{\lambda D}{a}\Rightarrow i~\lambda$

Ta có bước sóng: ${\lambda }_v>{\lambda }_l\Rightarrow i_v>i_l$

Đáp án A

Phương pháp giải:

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

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

Cường độ dòng điện cực đại: $I_0=\frac{U_0}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$

Giải chi tiết:

Cảm kháng của cuộn dây và dung kháng của tụ điện là:

$\left\{\begin{array}{l}{Z}_L=\omega L=100\pi .\frac{1}{\pi }=100\left(\Omega \right)\\ Z_C=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{100\pi .\frac{{10}^{-4}}{2\pi }}=200\left(\Omega \right)\end{array}\right.$

Cường độ dòng điện cực đại trong mạch là: $I_0=\frac{U_0}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}=\frac{200\sqrt{2}}{\sqrt{{100}^2+{\left(100-200\right)}^2}}=2\left(A\right)$

Đáp án C

Phương pháp giải:

Chiết suất của thủy tinh đối với ánh sáng đơn sắc: $n=\frac{c}{v}=\frac{{\lambda }_0}{\lambda }$

Giải chi tiết:

Bước sóng của ánh sáng khi truyền trong thủy tinh là: $\lambda =\frac{{\lambda }_0}{n}=\frac{0,75}{1,5}=0,5\left(\mu m\right)=500\left(nm\right)$

Đáp án C

Phương pháp giải:

Bước sóng của sóng điện từ: $\lambda =2\pi c\sqrt{LC}$

Giải chi tiết:

Bước sóng của máy phát ra là: $\lambda =2\pi c\sqrt{LC}=2\pi {\mathrm{.3.10}}^8.\sqrt{\frac{{10}^{-3}}{\pi }.\frac{{4.10}^{-9}}{\pi }}=1200\left(m\right)$

Đáp án A

Phương pháp giải:

Sử dụng lý thuyết tán sắc ánh sáng

Giải chi tiết:

Cầu vồng sau cơn mưa được tạo ra do hiện tượng tán sắc ánh sáng

Đáp án D

Phương pháp giải:

Khoảng vân: $i=\frac{\lambda D}{a}$

Vị trí vân sáng: $x_s=ki$

Giải chi tiết:

Ban đầu, tại A là vân sáng, ta có: $x_A=ki=k\frac{\lambda D}{a}$

Khi dịch chuyển màn ra xa một khoảng d, tại A có: $x_A=k^{\text{'}}{i}^{\text{'}}=k^{\text{'}}.\frac{\lambda \left(D+d\right)}{a}$

Lại có: $i^{\text{'}}>i\to$  số vân sáng trên AB giảm

Trên AB có số vân sáng giảm 4 vân $\to k^{\text{'}}=k-2$

$\Rightarrow x_A=k\frac{\lambda D}{a}=\left(k-2\right)\frac{\lambda \left(D+d\right)}{a}$$\Rightarrow kD=\left(k-2\right)\left(D+d\right)\left(1\right)$

Nếu dịch chuyển tiếp màn ra xa 9d và nếu nếu dịch tiếp màn ra xa nữa thì tại A và B không còn xuất hiện vân sáng → tạiA là vân sáng bậc $1\left(k^{\text{'}\text{'}}=1\right)$

Ta có: $x_A=k^{\text{'}\text{'}}.i^{\text{'}\text{'}}=1.\frac{\lambda \left(D+10d\right)}{a}=\frac{\lambda \left(D+10d\right)}{a}$

$\Rightarrow x_A=k\frac{\lambda D}{a}=\frac{\lambda \left(D+10d\right)}{a}$$\Rightarrow kD=D+10d\Rightarrow d=\frac{\left(k-1\right)D}{10}$

Thay vào (1), ta có:

$kD=\left(k-2\right).\left(D+\frac{\left(k-1\right)D}{10}\right)$$\Rightarrow k=\left(k-2\right).\left(1+\frac{k-1}{10}\right)\Rightarrow k=6$

Đáp án A

Phương pháp giải:

Công thức máy biến áp: $\frac{U_2}{U_1}=\frac{N_2}{N_1}$

Giải chi tiết:

Tỉ số điện áp hiệu dụng giữa cuộn thứ cấp và sơ cấp ban đầu là: $\frac{U_2}{U_1}=\frac{N_2}{N_1}=\frac{16}{75}\left(1\right)$

Khi quấn thêm 48 vòng ở cuộn thứ cấp, tỉ số điện áp hiệu dụng là: $\frac{{U_2}^{\text{'}}}{U_1}=\frac{{N_2}^{\text{'}}}{N_1}=\frac{N_2+48}{N_1}=\frac{67}{300}\left(2\right)$

Chia (1) và (2) ta có: $\frac{N_2}{N_2+48}=\frac{64}{67}\Rightarrow N_2=1024\left(vong\right)$$\Rightarrow N_1=4800\left(vong\right)$

Số vòng dây dự định của cuộn thứ cấp là: $N_{02}=\frac{N_1}{4}=1200\left(vong\right)$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Chiều dài dây: $l=k\frac{\lambda }{2}$

Khoảng cách giữa hai nút sóng liên tiếp: $\frac{\lambda }{2}$

Hai điểm thuộc số bó sóng cùng chẵn hoặc cùng lẻ thì dao động cùng pha

Hai điểm có một điểm thuộc một bó sóng chẵn, một điểm thuộc bó sóng lẻ thì dao động ngược pha

Biên độ dao động: $A_M=\left|A_b\sin \frac{2\pi d}{\lambda }\right|$

Giải chi tiết:

Khoảng cách giữa hai điểm  trên phương truyền sóng là: $MN=AB-AM-NB=8,75\left(cm\right)$

Trên dây có 5 bụng sóng $\to k=5$

Chiều dài dây là: $l=k\frac{\lambda }{2}\Rightarrow 15=5.\frac{\lambda }{2}\Rightarrow \lambda =6\left(cm\right)$$\Rightarrow \frac{\lambda }{2}=3\left(cm\right)$

→ điểm M thuộc bó sóng thứ 2, điểm N thuộc bó sóng thứ 5

→ hai điểm M, N dao động ngược pha

Xét trên phương dao động, khoảng cách giữa hai điểm M, N ngắn nhất khi chúng cùng đi qua vị trí cân bằng:

$x_{\min }=0\Rightarrow d_{\min }=\sqrt{{x_{\min }}^2+M{N}^2}=8,75\left(cm\right)$

Biên độ dao động của hai điểm M, N là:

$\left\{\begin{array}{l}{A}_M=A_b\left|\sin \frac{2\pi .AM}{\lambda }\right|=1.\left|\sin \frac{2\pi .4}{6}\right|=\frac{\sqrt{3}}{2}\left(cm\right)\\ A_N=A_b\left|\sin \frac{2\pi .BN}{\lambda }\right|=1.\left|\sin \frac{2\pi .2,25}{6}\right|=\frac{\sqrt{2}}{2}\left(cm\right)\end{array}\right.$

Trên phương dao động, khoảng cách lớn nhất giữa hai điểm M, N là:

$x_{\max }=A_M+A_N=\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}\approx 1,57\left(cm\right)$

$\Rightarrow d_{\max }=\sqrt{{x_{\max }}^2+M{N}^2}\approx 8,9\left(cm\right)$$\Rightarrow \frac{d_{\max }}{d_{\min }}=\frac{8,9}{8,75}\approx 1,02$

Đáp án C

Phương pháp giải:

Khoảng cách giữa hai chất điểm lớn nhất khi chúng đối xứng qua vị trí cân bằng

Thế năng: ${\text{W}}_t=\frac{1}{2}k{x}^2$

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

Giải chi tiết:

Hai chất điểm cùng biên độ có khoảng cách lớn nhất khi chúng đối xứng qua vị trí cân bằng:

$d_{\max }=\left|2x\right|\Rightarrow \left|x_1\right|=\left|x_2\right|=\frac{d_{\max }}{2}=3\left(cm\right)$

Động năng của chất điểm 2 là:

${\text{W}}_{d2}=\frac{3}{4}{\text{W}}_2\Rightarrow {\text{W}}_{t2}=\frac{1}{4}{\text{W}}_2$

$\Rightarrow \frac{1}{2}k{x_2}^2=\frac{1}{4}.\frac{1}{2}k{A_2}^2\Rightarrow \left|x_2\right|=\frac{A_2}{2}$$\Rightarrow A_2=A_1=2\left|x_2\right|=6\left(cm\right)$

Đáp án A

Phương pháp giải:

Bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}$

Độ lệch pha theo thời gian: $\Delta {\phi }_t=2\pi ft$

Độ lệch pha theo tọa độ: $\Delta {\phi }_x=\frac{2\pi d}{\lambda }$

Sử dụng vòng trong lượng giác

Định lí Pi – ta – go cho tam giác vuông

Giải chi tiết:

Bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}=\frac{24}{8}=3\left(cm\right)$

Hai điểm P, Q trễ pha so với điểm O là:

${\phi }_P=\frac{2\pi .OP}{\lambda }=\frac{2\pi .2}{3}=\frac{4\pi }{3}\left(rad\right)$

${\phi }_Q=\frac{2\pi .OQ}{\lambda }=\frac{2\pi .4}{3}=\frac{8\pi }{3}=\frac{2\pi }{3}\left(rad\right)$

Ở thời điểm t = 0, điểm O ở vị trí cân bằng và đi lên, pha dao động của điểm $O:-\frac{\pi }{2}\left(rad\right)$

Ở thời điểm $t=\frac{1}{16}\left(s\right)$ , vecto quay được góc: $\Delta {\phi }_t=2\pi ft=2\pi \mathrm{.8.}\frac{3}{16}=3\pi \left(rad\right)$

→ pha dao động của điểm $O:{\phi }_O=-\frac{\pi }{2}+3\pi =\frac{5\pi }{2}=\frac{\pi }{2}\left(rad\right)$

Ta có vòng tròn lượng giác:

Từ vòng tròn lượng giác, ta thấy li độ của điểm P, Q ở thời điểm t là:

$\left\{\begin{array}{l}{x}_P=A\cos \frac{\pi }{6}=\frac{A\sqrt{3}}{2}\\ x_Q=A\cos \frac{-2\pi }{3}=-\frac{A\sqrt{3}}{2}\end{array}\right.$

Tọa độ của các điểm O, P, Q là: $O\left(0;0\right);P\left(2;\frac{A\sqrt{3}}{2}\right);Q\left(4;-\frac{A\sqrt{3}}{2}\right)$

Tam giác OPQ vuông tại $P\Rightarrow O{Q}^2=O{P}^2+P{Q}^2$

$\Rightarrow 4^2+{\left(-\frac{A\sqrt{3}}{2}\right)}^2=2^2+{\left(\frac{A\sqrt{3}}{2}\right)}^2+\left[{\left(4-2\right)}^2+{\left(-\frac{A\sqrt{3}}{2}-\frac{A\sqrt{3}}{2}\right)}^2\right]$$\Rightarrow A=1,63\left(cm\right)$

Đáp án C

Phương pháp giải:

Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị

Tổng trở: $Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}$

Công suất: $P=\frac{U^{2}R}{Z^2}$

Giải chi tiết:

Tổng trở của mạch điện là: $Z=\sqrt{R^2+{\left(\omega L-\frac{1}{\omega C}\right)}^2}$

Từ đồ thị ta thấy khi tần số $f=50Hz$ , tổng trở của mạch đạt cực tiểu:

$Z_{\min }=R=100\left(\Omega \right)\to$ trong mạch có cộng hưởng

Công suất của mạch khi có cộng hưởng là: $P=\frac{U^2}{R}=\frac{{240}^2}{100}=576\left(\text{W}\right)$

Đáp án D

Phương pháp giải:

Khoảng vân: $i=\frac{\lambda D}{a}$

Vị trí vân sáng: $x=ki$

Giải chi tiết:

Tại điểm M có các vân sáng, ta có:

$x=ki=k\frac{\lambda D}{a}\Rightarrow \lambda =\frac{ax}{kD}=\frac{0,{5.10}^{-3}.1,{5.10}^{-2}}{k.2}=\frac{3,{75.10}^{-6}}{k}$

Nguồn phát là ánh sáng trắng bước sóng:

${380.10}^{-9}\le \lambda \le {760.10}^{-9}$

$\Rightarrow {380.10}^{-9}\le \frac{3,{75.10}^{-6}}{k}\le {760.10}^{-9}$

$\Rightarrow 9,9\ge k\ge 4,9$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{k}_{\min }=5\Rightarrow {\lambda }_{\max }=7,{5.10}^{-7}\left(m\right)=750\left(nm\right)\\ k_{\max }=9\Rightarrow {\lambda }_{\min }=4,{17.10}^{-7}\left(m\right)=417\left(nm\right)\end{array}\right.$

$\Rightarrow {\lambda }_{\max }+{\lambda }_{\min }=1167\left(nm\right)$

Đáp án D

Phương pháp giải:

Lực điện: $F=\left|q\right|E=ma$

Gia tốc trọng trường hiệu dụng: $\overrightarrow{g_1}=\overrightarrow{g}+\overrightarrow{a_1}$

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

Giải chi tiết:

Lực điện tác dụng lên các con lắc là: $F_1=F_2=\left|q\right|E\Rightarrow a_1=a_2$

Ta có hình vẽ:

Áp dụng định lí hàm sin cho các tam giác, ta có: 

$\left\{\begin{array}{l}\frac{a_1}{\sin 8^0}=\frac{g}{\sin \left({172}^0-{\alpha }_1\right)}=\frac{g_1}{\sin {\alpha }_1}\\ \frac{a_2}{\sin 8^0}=\frac{g}{\sin \left({172}^0-{\alpha }_2\right)}=\frac{g_2}{\sin {\alpha }_2}\end{array}\right.$

Lại có: $a_1=a_2\Rightarrow \frac{a_1}{\sin 8^0}=\frac{a_2}{\sin 8^0}$

$\frac{g}{\sin \left({172}^0-{\alpha }_1\right)}=\frac{g}{\sin \left({172}^0-{\alpha }_2\right)}$

$\Rightarrow \sin \left({172}^0-{\alpha }_1\right)=\sin \left({172}^0-{\alpha }_2\right)$$\Rightarrow {172}^0-{\alpha }_1={180}^0-\left({172}^0-{\alpha }_2\right)$

$\Rightarrow {\alpha }_1+{\alpha }_2={164}^0$

Xét chu kì của con lắc: $T_1=T_2\Rightarrow 2\pi \sqrt{\frac{l}{g_1}}=2\pi \sqrt{\frac{l}{g_2}}\Rightarrow g_1=g_2$

Mặt khác: $\frac{g_1}{\sin {\alpha }_1}=\frac{g_2}{\sin {\alpha }_2}\Rightarrow \sin {\alpha }_1=\sin {\alpha }_2\Rightarrow {\alpha }_1+{\alpha }_2={180}^0$

→ với mọi giá trị ${\alpha }_1,{\alpha }_2$  thỏa mãn ${\alpha }_1+{\alpha }_2={164}^0$ , luôn có $T_2>T_1$

Góc hợp bởi hai vecto cường độ điện trường:

$\alpha ={\alpha }_1-{\alpha }_2\Rightarrow {\alpha }_1=\alpha +{\alpha }_2$$\Rightarrow \alpha +2{\alpha }_2={164}^0\Rightarrow {\alpha }_2=\frac{{164}^0-\alpha }{2}$

Ta có: ${\alpha }_2\ge 0^0\Rightarrow \frac{{164}^0-\alpha }{2}\ge 0^0\Rightarrow \alpha \le {164}^0$

Vậy α không thể nhận giá trị ${170}^0$

Đáp án D

Phương pháp giải:

Hình chiếu của chuyển động tròn đều lên đường kính là dao động điều hòa có biên độ $A=R=\frac{d}{2}$

Công thức độc lập với thời gian: $x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}=A^2$

Sử dụng vòng tròn lượng giác

Cường độ âm: $I=\frac{P}{4\pi r^2}$

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

Giải chi tiết:

Hình chiếu của vật này lên trục Ox có biên độ là: $A=\frac{d}{2}=25\left(cm\right)=0,25\left(m\right)$

Ở thời điểm đầu, mức cường độ âm đo được là nhỏ nhất:

 $L_{\min }\Rightarrow I_{\min }\Rightarrow r_{\max }=1,25\left(m\right)\to$vật ở vị trí biên xa nhất so với điểm

Áp dụng công thức độc lập với thời gian, ta có:

$x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}=A^2\Rightarrow x^2+\frac{{\left(1,25\sqrt{3}\right)}^2}{{10}^2}=0,{25}^2\Rightarrow x=\pm 0,125\left(m\right)$

Trong một chu kì, có 4 lần vật đạt tốc độ $1,25\sqrt{3}m/s$

Ta có vòng tròn lượng giác:

Từ vòng tròn lượng giác ta thấy vật có tốc độ $1,25\sqrt{3}m/s$  lần thứ 2021 khi vật đi qua li độ $-0,125m$

Khoảng cách từ điểm M tới điểm H là:

$r=MH=\sqrt{M{K}^2+K{H}^2}=\sqrt{\left(O{M}^2-O{K}^2\right)+{\left(OH+OK\right)}^2}$

$\Rightarrow r=\sqrt{\left(0,{25}^2-0,{125}^2\right)+{\left(1+0,125\right)}^2}\approx 1,1456\left(m\right)$

Ta có hiệu mức cường độ âm:

$L-L_{\min }=\lg \frac{I}{I_{\min }}=\lg \frac{{r_{\max }}^2}{r^2}$

$\Rightarrow L-5=\lg \frac{1,{25}^2}{1,{1456}^2}\Rightarrow L\approx 5,076\left(B\right)=50,76\left(dB\right)$