Phương pháp: 

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

Cách giải:

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

Chọn B.

Phương pháp: 

Sử dụng lý thuyết hiện tượng đoản mạch 

Cách giải: 

Hiện tượng đoản mạch của nguồn điện xảy ra khi nối hai cực của một nguồn điện bằng dây dẫn có điện trở rất nhỏ 

Chọn C.

Phương pháp: 

Chiều dài quỹ đạo chuyển động của con lắc lò xo: L = l_max – l_min = 2A 

Cách giải: 

Chiều dài quỹ đạo chuyển động của con lắc là: 

$L=l_{\max }-l_{\min }=2A\Rightarrow A=\frac{l_{\max }-l_{\min }}{2}=\frac{28-20}{2}=4\left(\text{cm}\right)$ 

Chọn B. 

Phương pháp: 

Sử dụng lý thuyết điện trường xoáy 

Cách giải: 

Điện trường xoáy là điện trường có các đường sức là đường cong kín 

Phương pháp: 

Sử dụng lý thuyết dòng điện trong chất điện phân 

Cách giải: 

Bản chất dòng điện trong chất điện phân là dòng ion dương và dòng ion âm chuyển động có hướng theo hai chiều ngược nhau 

Chọn A. 

Phương pháp:

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

Cách giải: 

Độ lệch pha giữa hai điểm M và N là: $\Delta \phi =\frac{2\pi d}{\lambda }$

Chọn D.

Phương pháp: 

Sử dụng lý thuyết dao động tắt dần 

Cách giải: 

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

Chọn A.

Phương pháp: 

Phương trình cường độ dòng điện: $i=I\sqrt{2}\cos (\omega t+\phi )\frac{n!}{r!\left(n-r\right)!}$  

Với i là cường độ dòng điện tức thời 

I là cường độ dòng điện hiệu dụng 

Ω là tần số góc 

φ là pha ban đầu 

(ωt + φ) là pha dao động 

Cách giải: 

Cường độ dòng điện =$i=2\sqrt{2}\cos 100\omega t\left(A\right)$ có giá trị hiệu dụng là 2 A

Chọn C.

Phương pháp: 

Độ lệch pha giữa điện áp và cường độ dòng điện: $\Delta \phi ={\phi }_u-{\phi }_i$ 

Cách giải: 

Độ lệch pha giữa điện áp và cường độ dòng điện là: 

Chọn C.

Phương pháp: 

Sử dụng lý thuyết dao động duy trì 

Cách giải: 

Dao động của con con lắc đồng hồ khi hoạt động bình thường là dao động duy trì

Chọn B.

Phương pháp: 

Sử dụng lý thuyết độ to của âm 

Cách giải: 

Độ to của âm gắn liền với mức cường độ âm 

Chọn C.

Phương pháp: 

Bước sóng: λ = v.T

Cách giải: 

Bước sóng của sóng cơ học là: $\lambda =vT=\frac{v}{f}$ 

Chọn D.

Phương pháp: 

Định luật Cu – lông: $F={9.10}^9\frac{\left|q_1{q}_2\right|}{r^2}$ 

Cách giải: 

Độ lớn lực tương tác giữa hai điện tích trong chân không là: $F={9.10}^9\frac{\left|q_1{q}_2\right|}{r^2}$

Chọn B.

Phương pháp: 

Sử dụng lý thuyết đại cương dòng điện xoay chiều 

Cách giải: 

Ở Việt Nam, mạng điện xoay chiều dân dụng có điện áp hiệu dụng là 220 V

Chọn C.

Phương pháp: 

Cơ năng của con lắc lò xo: $\text{W}=\frac{1}{2}k{A}^2=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2$ 

Cách giải: 

Cơ năng của con lắc là: $\text{W}=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2$

Chọn A.

Phương pháp: 

Cảm kháng của cuộn dây: Z_L = ωL 

Cách giải: 

Cảm kháng của cuộn dây là: Z_L = ωL 

Chọn C.

Phương pháp: 

Tần số dao động riêng của mạch: $f=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}$  

Cách giải: 

Tần số dao động riêng của mạch là: 

Chọn D. 

Phương pháp: 

Tai con người chỉ có thể nghe được những âm có tần số trong khoảng từ 16 Hz đến 20 000 Hz

Cách giải:

Khi con ruồi và con muỗi bay, ta nghe được tiếng vo ve từ muỗi bay mà không nghe được từ ruồi là do tần  số đập cánh của muỗi nằm trong khoảng từ 16 Hz đến 20 000 Hz 

Chọn A.

Phương pháp: 

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

Hiện tượng cộng hưởng xảy ra khi tần số của ngoại lực: ω = Ω 

Cách giải: 

Tần số góc của con lắc là: $\Omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{40}{\mathrm{0,1}}}=20(\text{rad/s)}$

Hiện tượng cộng hưởng xảy ra khi ngoại lực có tần số: ω = Ω = 20 rad/s 

→ con lắc chịu tác dụng của ngoại lực F₂ 

Chọn B. 

Phương pháp: 

Sử dụng lý thuyết giao thoa sóng cơ 

Cách giải: 

Trong thí nghiệm giao thoa ở mặt nước với hai nguồn cùng pha, số vân cực đại giao thoa luôn bằng số vị trí có phần tử dao động với biên độ cực đại trên đoạn thẳng AB. 

Chọn D.

Phương pháp: 

Sử dụng lý thuyết đại cương dòng điện xoay chiều 

Cách giải: 

Khi dùng đồng hồ đa năng hiện số để đo điện áp xoay chiều, ta đặt núm xoay ở vị trí ACV

Chọn C.

Phương pháp: 

Thay giá trị x và t vào phương trình sóng 

Cách giải: 

Li độ của phần tử sóng là: 

u = 5cos(8πt - 0,04πx) = 5cos(8π.3 - 0,04π.25) = -5 (cm) 

Chọn C.

Phương pháp: 

Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị 

Cách giải: 

Từ đồ thị ta thấy trong khoảng thời gian từ 10 ms đến 60 ms, vật thực hiện được $\frac{1}{2}$chu kì:

$\frac{T}{2}=60-10\Rightarrow T=100\left(\text{ms}\right)=\mathrm{0,1}\left(s\right)$  

Chọn C.

Phương pháp: 

Nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở: Q = I²Rt

Cường độ dòng điện cực đại: $I_0=I\sqrt{2}$ 

Cách giải: 

Nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở là: 

$Q=I^{2}Rt\Rightarrow I=\sqrt{\frac{Q}{R.t}}=\sqrt{\frac{{900.10}^3}{\mathrm{10.30.60}}}=\sqrt{50}\left(A\right)$ 

$\Rightarrow I_0=I\sqrt{2}=10\left(A\right)$ 
Chọn D.

Phương pháp: 

Suất điện động cảm ứng: ecu = Φ’ 

Cách giải: 

Suất điện động cảm ứng xuất hiện trong vòng dây là:

$e_{cu}={\Phi }^{\text{'}}=-\frac{{2.10}^{-2}}{\pi }\cdot 100\pi \sin \left(100\pi t+\frac{\pi }{4}\right)=2\sin \left(100\pi t+\frac{\pi }{4}\right)\left(V\right)$ 

Chọn B.

Phương pháp: 

Biên độ dài của con lắc đơn: ${\text{s}}_0=l.{\alpha }_0$ 

Cách giải: 

Biên độ dài của con lắc là: ${\text{s}}_0=l.{\alpha }_0$= 2.0,1 = 0,2 (m) = 20 (cm)

Chọn D.

Phương pháp: 

Độ lớn lực Lorenxơ: $f_L=\left|q\right|vB\sin \alpha$ 

Cách giải: 

Lực Lorenxơ tác dụng lên điện tích là: 

$f_L=\left|q\right|vB\sin \alpha ={4.10}^{-8}\mathrm{.400.0,025.}\sin {90}^0={4.10}^{-7}\left(N\right)$ 

Chọn D.

Phương pháp: 

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch: $U=\sqrt{U_R^2+{\left(U_L-U_C\right)}^2}$ 

Điện áp cực đại: $U_0=U\sqrt{2}$ 

Cách giải: 

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch là: 

$U=\sqrt{U_R^2+{\left(U_L-U_C\right)}^2}=\sqrt{{40}^2+{(50-80)}^2}=50\left(V\right)$ 

$\Rightarrow U_0=U\sqrt{2}=50\sqrt{2}\left(V\right)$ 

Chọn B.

Phương pháp: 

Hệ số công suất: $\cos \phi =\frac{R}{\sqrt{R^2+Z_L^2}}$ 

Cách giải:

Hệ số công suất của đoạn mạch là: $\cos \phi =\frac{R}{\sqrt{R^2+Z_L^2}}=\frac{R}{\sqrt{3R^2+R^2}}=\mathrm{0,5}$ 

Chọn A.

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

Chu kì của con lắc là: $T=\frac{t}{n}=\frac{\mathrm{14,925}}{10}=\mathrm{1,4925}\left(s\right)$ 

Lại có: $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}\Rightarrow g=\frac{4{\pi }^2.l}{T^2}=\frac{4{\pi }^2\mathrm{.0,55}}{{\mathrm{1,4925}}^2}\approx \mathrm{9,748}\left({\text{m/s}}^{\text{2}}\right)$ 

Chọn A.

Phương pháp: 

Công thức độc lập với thời gian: $\frac{u^2}{U_0^2}+\frac{i^2}{I_0^2}=1$ 

Dung kháng của tụ điện: $Z_C=\frac{U_0}{I_0}$ 

Cách giải: 

Đoạn mạch chỉ chứa tụ điện, áp dụng công thức độc lập với thời gian tại các thời điểm, ta có:

$\frac{u_1^2}{U_0^2}+\frac{i_1^2}{I_0^2}=1\Rightarrow \frac{0}{U_0^2}+\frac{2^2}{I_0^2}=1\Rightarrow I_0=2\left(A\right)$ 

$\frac{u_2^2}{U_0^2}+\frac{i_2^2}{I_0^2}=1\Rightarrow \frac{{\left(2\sqrt{3}\right)}^2}{U_0^2}+\frac{1^2}{2^2}=1\Rightarrow U_0=4\left(V\right)$ 

Dung kháng của tụ điện là: $Z_C=\frac{U_0}{I_0}=\frac{4}{2}=2\left(\Omega \right)$ 

Chọn C.

Phương pháp: 

Cường độ âm: $I=\frac{P}{4\pi r^2}$ 

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

Hiệu hai mức cường độ âm: $L_1-L_2\left(dB\right)=10\lg \frac{I_1}{I_2}$ 

Cách giải: 

Mức cường độ âm tại khu dân cư trức và sau khii chuyển xưởng gỗ là:

$L_1=10\lg \frac{I_1}{I_0}=110\left(dB\right)$ 

$L_2=10\lg \frac{I_2}{I_0}\le 90\left(dB\right)$ 

$\Rightarrow L_1-L_2=10\lg \frac{I_1}{I_2}\ge 20\left(dB\right)\Rightarrow \lg \frac{I_1}{I_2}\ge 2$ 

Lại có: $I=\frac{P}{4\pi r^2}\Rightarrow I~\frac{1}{r^2}$ 

$\Rightarrow \lg \frac{I_1}{I_2}=\lg \frac{r_2^2}{r_1^2}\ge 2\Rightarrow \frac{r_2^2}{r_1^2}\ge 100\Rightarrow r_2=10r_1=1000\left(m\right)$ 

Chọn A.

Phương pháp: 

Sử dụng giản đồ vecto 

Định lí hàm cos: $a^2=b^2+c^2-2bc\cos A$ 

Cách giải: 

Ta có giản đồ vecto: 

Từ giản đồ vecto, áp dụng định lí hàm cos, ta có:

$A^2=A_1^2+A_2^2+2A_1{A}_2\cos \frac{2\pi }{3}={20}^2+A_2^2-20A_2$ 

Đặt $x=A_2,$ xét hàm số $f\left(x\right)=x^2-20x+{20}^2,$ ta có $f_{\left(x\right)}^{\text{'}}=2x-20$ 

Để $A_{\text{min }}\Rightarrow f_{\left(x\right)}\min \Rightarrow {\text{f}}_{\left(x\right)}=0\Rightarrow x=10\Rightarrow A_2=10\left(\text{cm}\right)$ 

Khi đó, $A_{\min }=10\sqrt{3}\left(\text{cm}\right)$ 

Ta có: $\cos \phi =\frac{A_1^2+A^2-A_2^2}{2A.A_1}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \phi =\frac{\pi }{6}$ 

Chọn B.

Phương pháp: 

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: $I_0=\frac{U_0}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$  

Độ lệch pha giữa điện áp và cường độ dòng điện: $\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}$ với $\phi ={\phi }_u-{\phi }_i$ 

Cách giải:

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

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

Tổng trở của đoạn mạch là: 

$Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}=\sqrt{{100}^2+{(200-100)}^2}=100\sqrt{2}\left(\Omega \right)$ 

Cường độ dòng điện cực đại là: $I_0=\frac{U_0}{Z}=\frac{200\sqrt{2}}{100\sqrt{2}}=2\left(A\right)$ 

Độ lệch pha giữa điện áp và cường độ dòng điện là:

$\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}=\frac{200-100}{100}=1\Rightarrow \phi =\frac{\pi }{4}\left(\text{rad}\right)$ 

Lại có: $\phi ={\phi }_u-{\phi }_i\Rightarrow {\phi }_i={\phi }_u-\phi =\frac{\pi }{4}-\frac{\pi }{4}=0\left(rad\right)$ 

Vậy biểu thức cường độ dòng điện trong mạch là: i = 2cos100πt (A)

Chọn D.

Phương pháp: 

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

Chiều dài quỹ đạo dao động: L = 2A 

Phương trình li độ: x = Acos(ωt + φ) 

Phương trình vận tốc: v = -ωAsin(ωt + φ) 

Cách giải: 

Tần số góc của con lắc là: $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{10}{\mathrm{0,1}}}=10(\text{rad/s)}$

Chiều dài quỹ đạo dao động của con lắc là: 

$L=2A\Rightarrow A=\frac{L}{2}=\frac{8}{2}=4\left(\text{cm}\right)$ 
Li độ và vận tốc của vật ở thời điểm t = 0 là:

$\left\{\begin{array}{l}x=4\cos \phi =-2\\ v=-40\sin \phi >0\end{array}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\cos \phi =-\frac{1}{2}\\ \sin \phi <0\end{array}\right.\right.\Rightarrow \phi =-\frac{2\pi }{3}\left(\text{rad}\right)$ 

Phương trình dao động của vật là: $x=4\cos \left(10t-\frac{2\pi }{3}\right)\left(\text{cm}\right)$ 

Chọn A.

Phương pháp: 

Khoảng cách giữa hai điểm ngược pha gần nhau nhất: $d=\frac{\lambda }{2}$ 

Vận tốc truyền sóng: v = λf 

Sử dụng tính chất hướng truyền sóng và chiều dao động của phần tử môi trường

Cách giải: 

Ta có hình vẽ biểu diễn mối liên hệ giữa chiều truyền sóng và chiều dao động của phần tử môi trường:

Điểm B đang có xu hướng đi xuống → sóng truyền từ phải qua trái 

Từ hình vẽ ta thấy hai điểm A, C dao động ngược pha và gần nhau nhất, khoảng cách AC là:

$AC=\frac{\lambda }{2}=20\left(\text{cm}\right)\Rightarrow \lambda =40\left(\text{cm}\right)$ 

Vận tốc truyền sóng là: v = λf = 40.10 = 400 (cm/s) = 4 (m/s) 

Chọn C.

Phương pháp: 

Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị 

Khi C thay đổi, điện áp giữa hai đầu điện trở đạt cực đại: U_R = U → mạch có cộng hưởng: Z_L = Z_C

Điện áp giữa hai đầu tụ điện đạt cực đại: $U_{C\max }=\frac{U\sqrt{R^2+Z_L^2}}{R}$ khi $Z_C=\frac{R^2+Z_L^2}{Z_L}$  

Cách giải: 

Từ đồ thị ta thấy khi $Z_C=Z_{C1}\Rightarrow U_{V1\max }=U_3=U\to$ mạch có cộng hưởng: Z_L = Z_C1

Khi đó: $U_{V2}=U_C=U_2\Rightarrow \frac{U{Z}_{C1}}{R}=U_2$ 

Ta có: $U_3=2U_2\Rightarrow U=2\frac{U.Z_{C1}}{R}\Rightarrow R=2Z_{C1}=2Z_L$ 

$\Rightarrow U_2=\frac{U{Z}_{C1}}{R}=\frac{U.Z_L}{R}=\frac{U}{2}$ 

Khi  $Z_C=Z_{C2}\Rightarrow U_{V2\max }=U_{C\max }=U_4\Rightarrow U_4=\frac{U\sqrt{R^2+Z_L^2}}{R}$ 

$\Rightarrow U_4=\frac{U\sqrt{R^2+Z_L^2}}{R}=\frac{U.\sqrt{4Z_L^2+Z_L^2}}{2Z_L}=\frac{U\sqrt{5}}{2}$ 

$\Rightarrow \frac{U_2}{U_4}=\frac{\frac{U}{2}}{\frac{U\sqrt{5}}{2}}=\frac{1}{\sqrt{5}}$ 

Chọn D.

Phương pháp: 

Sử dụng vòng tròn lượng giác và công thức: ∆φ = ω.∆t 

Công suất của mạch điện: P = UIcosφ 

Cách giải: 

Hai thời điểm lệch pha nhau là: $\Delta \phi =\omega \Delta t=100\pi .\frac{1}{300}=\frac{\pi }{3}\left(rad\right)$ 

Ở thời điểm t, cường độ dòng điện trong mạch: I = 4 (A) = I₀

Ta có vòng tròn lượng giác: 

Tại thời điểm $t+\frac{1}{300}s,$điện áp giữa hai đầu đoạn mạch bằng 0 và đang giảm

→ trục u lệch pha $\frac{\pi }{6}$so với trục i $\Rightarrow \phi =\frac{\pi }{6}$ 

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch là: 

$P=UI\cos \phi =220.2\sqrt{2}.\cos \frac{\pi }{6}=\mathrm{538,9}\left(\text{W}\right)$ 

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch X là: 

$P_X=P-I^2{R}_1=\mathrm{538,9}-{\left(2\sqrt{2}\right)}^2.20\sqrt{2}=\mathrm{312,6}\left(\text{W}\right)$ 

Chọn A.

Phương pháp:

Khoảng cách giữa hai nút sóng liên tiếp:  

Tần số góc: ω = 2π 

Độ lệch pha theo thời gian: ∆φ = ω.∆t 

Biên độ dao động của phần tử trên sóng dừng: $A_M=A\sin \left|\frac{2\pi d}{\lambda }\right|$ với d là khoảng cách từ điểm M tới nút  

sóng 

Những điểm thuộc cùng bó sóng, bó sóng cùng chẵn hoặc cùng lẻ thì dao động cùng pha

Những điểm thuộc hai bó sóng liền kề, hoặc 1 điểm thuộc bó sóng chẵn, 1 điểm thuộc bó sóng lẻ thì dao  động ngược pha 

Sử dụng vòng tròn lượng giác 

Cách giải: 

Giả sử tại điểm N là nút sóng thứ 0 

Điểm C cách điểm N 10,5 cm thuộc bó sóng thứ 2 sang bên trái 

Điểm D cách điểm N 7 cm thuộc bó sóng thứ 2 sang bên phải 

→ điểm C thuộc bó sóng chẵn thì điểm D thuộc bó sóng lẻ 

→ hai điểm C, D dao động ngược pha 

Khoảng cách giữa hai nút sóng liên tiếp là: 

$\frac{\lambda }{2}=6\left(\text{cm}\right)\Rightarrow \lambda =12\left(\text{cm}\right)$ 

Biên độ của hai điểm C, D lần lượt là: 

$\left\{\begin{array}{l}{A}_C=A\sin \left|\frac{2\pi d_C}{\lambda }\right|=3\sin \left|\frac{2\pi \mathrm{.10,5}}{12}\right|=\mathrm{1,5}\sqrt{2}\left(\text{cm}\right)\\ A_D=A\sin \left|\frac{2\pi d_D}{\lambda }\right|=3\sin \left|\frac{2\pi .7}{12}\right|=\mathrm{1,5}\left(\text{cm}\right)\end{array}\right.$ 

Thời gian $\frac{85}{40}s$ ứng với góc quét là: 

$\Delta \phi =\omega \Delta t=2\pi f.\Delta t=2\pi .5\cdot \frac{85}{40}=\frac{85\pi }{4}=\frac{5\pi }{4}\left(\text{rad}\right)$ 

Ở thời điểm t₁, điểm C có li độ 1,5 cm và đang hướng về vị trí cân bằng

Ta có vòng tròn lượng giác: 

Từ đồ thị ta thấy tại thời điểm t₂, điểm D có li độ bằng 0 và đang giảm

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị 

Động năng: ${\text{W}}_d=\frac{1}{2}m{v}^2=\frac{1}{2}m{\omega }^2\left(A^2-x^2\right)$ 

Cách giải: 

Từ đồ thị ta thấy hai chất điểm có biên độ bằng nhau và bằng A

Chu kì dao động của chất điểm thứ 2: $T_2=2T_1\Rightarrow {\omega }_2=\frac{{\omega }_1}{2}$ 

Hai chất điểm có cùng li độ x₁ = x₂, ta có: 

$\frac{{\text{W}}_{d2}}{{\text{W}}_{d1}}=\frac{\frac{1}{2}m{\omega }_2^2\left(A^2-x_2^2\right)}{\frac{1}{2}m{\omega }_1^2\left(A^2-x_1^2\right)}=\frac{{\omega }_2^2}{{\omega }_1^2}=\frac{1}{4}=\mathrm{0,25}$ 

Chọn B.