Đáp án D

Sóng dài ít bị nước hấp thụ nên được ứng dụng truyền thông tin trong môi trường nước

Đáp án C

Phương pháp: Công thức liên hệ giữa điện áp hiệu dụng và điện áp cực đại: $U=\frac{U_0}{\sqrt{2}}$

Cách giải:

Giá trị điện áp hiệu dụng được xác định bởi biểu thức $U=\frac{U_0}{\sqrt{2}}=\frac{220}{\sqrt{2}}=110\sqrt{2}V$

Đáp án D

Đáp án A

Tương tác từ không xảy ra khi đặt một thanh nam châm gần một thanh đồng

Đáp án B

Ampe kế là dụng cụ để đo cường độ dòng điện

Đáp án A

Tia tử ngoại bị nước và thủy tinh hấp thụ

Đáp án B

Bước sóng được xác định bởi biểu thức $\lambda =\frac{v}{f}$

Đáp án A

Tốc độ truyền sóng cơ trong môi trường rắn là lớn nhất

Đáp án D

Khi trong mạch xảy ra hiện tượng cộng hưởng thì $\omega =\frac{1}{\sqrt{LC}}$

Đáp án B

Tần số dao động của mạch được xác định bởi công thức $f=\frac{\omega }{2\pi }=\frac{4\pi {.10}^4}{2\pi }=20000Hz=20kHz$

Đáp án D

Tần số góc của con lắc đơn được xác định bởi biểu thức $\omega =\sqrt{\frac{g}{l}}$

Đáp án A

Đáp án A

Đáp án B

Phương pháp: Cường độ điện trường gây ra bởi điện tích điểm q: $E=k\frac{\left|q\right|}{r^2}$

Ta có AN = 2AM nên cường độ điện trường tại N là $\frac{E}{4}$

Đáp án D

Đáp án D

Phương pháp: Sử dụng công thức tính chu kì dao động của con lắc lò xo

Cách giải:

Ta có: $T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}\Rightarrow m=\frac{T^{2}k}{4{\pi }^2}=\frac{{\left(\mathrm{0,1}\pi \right)}^2.40}{4{\pi }^2}=\mathrm{0,1}kg=100g$

Đáp án B

Phương pháp: Sử dụng lí thuyết về mạch điện xoay chiều chỉ có tụ điện

Cách giải:

Mạch điện chỉ có tụ điện : i sớm pha hơn u góc $\pi /2$

Cường độ dòng điện cực đại: $I_0=\frac{U\sqrt{2}}{Z_C}=\frac{U\sqrt{2}}{\frac{1}{\omega C}}=UC\omega \sqrt{2}$

Phương trình của i: $i=UC\omega \sqrt{2}c\text{os}\left(\omega t+\mathrm{0,5}\pi \right)$

Đáp án C

Phương pháp: Điều kiện có sóng dừng trên dây hai đầu cố định: $l=\frac{k\lambda }{2}$ (Số bụng sóng = k)

Cách giải: Trên dây chỉ có 1 bụng sóng $\Rightarrow k=1\Rightarrow \mathrm{1,2}=\frac{\lambda }{2}\Rightarrow \lambda =\mathrm{2,4}m$

Đáp án C

Phương pháp: Công thức tính nhiệt lượng tỏa ra trong thời gian t : $Q = I^{2}Rt$

Cách giải:

Nhiệt lượng to ra: $Q=I^{2}Rt=2^2\mathrm{.200.40}=32000J=32kJ$

Đáp án C

Phương pháp: Sử dụng lí thuyết về các tật của mắt và cách khắc phục

Cách giải:

Khắc phục tật cận thị : Dùng TKPK có độ tụ thích hợp. Nếu đeo kính sát mắt thì phải chọn kính có tiêu cự bằng khoảng cách từ quang tâm đến điểm cực viễn: $f_k = -O_{cv} = - 50cm = -0,5m$

Độ tụ: $D=\frac{1}{f_k}=\frac{1}{-\mathrm{0,5}}=-2dp$

Đáp án B

Phương pháp: Bước sóng ánh sáng truyền trong môi trường có chiết suất n: ${\lambda }_n=\frac{\lambda }{n}$ (λ là bước sóng ánh sáng truyền trong chân không)

Cách giải:

Bước sóng ánh sáng truyền trong thuỷ tinh và nước:

$\left\{\begin{array}{l}{\lambda }_{tt}=\frac{\lambda }{\mathrm{1,5}}=\mathrm{0,6}\mu m\\ {\lambda }_n=\frac{\lambda }{\frac{4}{3}}\end{array}\right.\Rightarrow \frac{\mathrm{0,6}}{{\lambda }_n}=\frac{8}{9}\Rightarrow {\lambda }_n=\mathrm{0,675}\mu m$

Đáp án B

Phương pháp: Quãng đường sóng truyền đi được trong thời gian t: $S=vt$

Cách giải:

Đồng nhất với phương trình truyền sóng ta có:

$\left\{\begin{array}{l}\omega =20\pi (rad/s)\Rightarrow T=\mathrm{0,1}s\\ 5\pi x=\frac{2\pi x}{\lambda }\Rightarrow \lambda =\mathrm{0,4}cm\end{array}\right.\Rightarrow v=\frac{\lambda }{T}=\frac{\mathrm{0,4}}{\mathrm{0,1}}=4\left(cm/s)\right)$

Quãng đường sóng truyền đi được trong 5 giây: $S = vt = 4.5 = 20 cm$

Đáp án C

Phương pháp:

Công thức liên hệ giữa cường độ dòng điện cực đại và điện tích cực đại: $I_0 = \omega Q_0$

Cách giải:

Điện tích cực đại của tụ là: $Q_0=\frac{I_0}{\omega }=\frac{\mathrm{0,04}}{{2.10}^7}={2.10}^{-9}C$

Đáp án A

Phương pháp: Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng $W = W_{đ} + W_t$

Cách giải:

Ta có: $\text{W}={\text{W}}_d+{\text{W}}_t\Rightarrow {\text{W}}_d=\text{W}-{\text{W}}_t=\frac{m{\omega }^2{A}^2}{2}-\frac{m{\omega }^2{x}^2}{2}$

Khi $x=\frac{A\sqrt{2}}{2}\Rightarrow {\text{W}}_d=\frac{m{\omega }^2{A}^2}{2}-\frac{m{\omega }^2.{\left(\frac{A\sqrt{2}}{2}\right)}^2}{2}=\frac{m{\omega }^2{A}^2}{4}$

Đáp án D

Phương pháp: Sử dụng hệ thức vuông pha của i và u

Cách giải:

Ta có: $\frac{i^2}{I_0^2}+\frac{u^2}{U_0^2}=1\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\frac{{\mathrm{0,16}}^2}{I_0^2}+\frac{8^2}{U_0^2}=1\\ \frac{{\mathrm{0,2}}^2}{I_0^2}+\frac{4^2}{U_0^2}=1\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{I}_0^2=\frac{28}{625}\\ U_0^2=\frac{448}{3}\end{array}\right.$

Lại có: $\frac{L{I}_0^2}{2}=\frac{C{U}_0^2}{2}\Rightarrow C=\frac{L{I}_0^2}{U_0^2}=\frac{{50.10}^{-3}.\frac{28}{625}}{\frac{448}{3}}={\mathrm{1,5.10}}^{-5}F=15\mu F$

Đáp án D

Phương pháp: Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng $n_1\sin i = n_2\sin r$

Cách giải:

+ Đường truyền của tia sáng:

+ Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\hat{A}+\widehat{\text{ANJ}}=i+\widehat{\text{INJ}}={90}^0\\ \widehat{\text{ANJ}}=\widehat{\text{INJ}}\end{array}\right.\Rightarrow i=\hat{A}={30}^0$

+ Tia sáng khi đi ra khỏi lăng kính nằm sát mặt bên AC $\Rightarrow r=\widehat{N^{\text{'}}JC}={90}^0$

+ Chiết suất của lăng kính là n. Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng ta có:

$n\sin i=\sin r\Rightarrow n=\frac{\sin r}{\sin i}=\frac{\sin 90}{\sin 30}=2$

Đáp án A

Phương pháp: Cường độ dòng điện hiệu dụng I = U/Z

Đoạn mạch gồm RLC mắc nối tiếp: $I=\frac{U}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}} \left(1\right)$

Khi nối tắt tụ: $I=\frac{U}{\sqrt{R^2+Z_L^2}}$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow \frac{U}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}=\frac{U}{\sqrt{R^2+Z_L^2}}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{Z}_L-Z_C=Z_L\left(loai\right)\\ Z_L-Z_C=-Z_L\end{array}\right.$

$\Rightarrow 2Z_L=Z_C\iff 2\omega L=\frac{1}{\omega C}\Rightarrow {\omega }^{2}LC=\mathrm{0,5}$

Đáp án C

Phương pháp: Sử dụng đường tròn lượng giác

Cách giải: Ta có chu kỳ dao động của vật là $T=\frac{2\pi }{\omega }=\frac{2\pi }{8\pi }=\frac{1}{4}s$

Áp dụng vòng tròn lượng giác trong dao động điều hòa ta có

Từ vòng tròn lượng giác ta có để đi từ vị trí x = -6cm đến vị trí x = 6cm  vật sẽ quét được trên vòng tròn lượng giác 1 góc $\frac{2\pi }{3}$

Vì trong một chu kỳ vật quét được 1 góc $2\pi$ do đó ta có:

$T\iff 2\pi =>\frac{2\pi }{3}=\frac{T}{3}=\frac{\frac{1}{4}}{3}=\frac{1}{12}s$

Đáp án A

Phương pháp: Sử dụng định luật khúc xạ và phản xạ ánh sáng

Cách giải:

Từ đầu bài ta có sơ đồ truyền sáng

Từ sơ đồ ta có góc hợp bởi tia khúc xạ và tia phản xạ có giá trị:

$90-i+90-r=120=>i+r=60=>r=60-i$

Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng khi tia sáng truyền từ không khí vào nước ta có:

$$\begin{gathered} \sin i=n\sin r\iff \sin i=\mathrm{1,5}\sin \left(60-i\right) \\ \iff \sin i=\mathrm{1,5}(\sin 60\cos i-\cos 60\sin i) \\ \Rightarrow \frac{7}{4}\sin i=\frac{3\sqrt{3}}{4}\cos i \\ \Rightarrow \tan i=\frac{3\sqrt{3}}{7}\Rightarrow i={\mathrm{36,6}}^0 \end{gathered}$$

Đáp án B

Phương pháp: Cường độ dòng điện hiệu dụng $I = U/Z_C$

Cách giải:

- Khi mắc vào mạng điện 110V - 60Hz thì $I_1 = 1,5A$

Ta có: $I_1=\frac{U_1}{Z_{C_1}}\to Z_{C_1}=\frac{U_1}{I_1}=\frac{110}{\mathrm{1,5}}=\frac{220}{3}\Omega$

Mặt  hác, ta có: ${Z_C}_1=\frac{1}{{\omega }_{1}C}\to C=\frac{1}{Z_{C_1}{\omega }_1}=\frac{1}{Z_{C_1}2\pi f_1}=\frac{1}{\frac{220}{3}2\pi .60}=\frac{1}{8800\pi }$

- Khi mắc vào mạng điện 220 - 50Hz

$$\begin{gathered} Z_{C_2}=\frac{1}{{\omega }_{2}C}=\frac{1}{2\pi f_{2}C}=\frac{1}{2\pi \mathrm{.50.}\frac{1}{8800\pi }}=88\Omega \\ \Rightarrow I_2=\frac{U_2}{Z_{C_2}}=\frac{220}{88}=\mathrm{2,5}A \end{gathered}$$

Đáp án B

Phương pháp: Sử dụng lí thuyết về giao thoa sóng hai nguồn cùng pha và áp dụng công thức tính số cực đại trên đoạn thẳng nối hai nguồn

Cách giải:

Hình ảnh giao thoa:

+ Số cực đại trên đoạn AB bằng số giá trị  k nguyên thoả mãn:

$$\begin{gathered} -\frac{AB}{\lambda }<k<\frac{AB}{\lambda }\iff -\frac{16}{3}<k<\frac{16}{3} \\ \iff -\mathrm{5,3}<k<\mathrm{5,3}\Rightarrow k=0;\pm 1;\mathrm{...};\pm 5 \end{gathered}$$

+ Trong khoảng từ A đến O có 5 đường hypebol cực đại. Mỗi đường cắt ($∆$) tại 2 điểm $\Rightarrow$ Trên ($∆$) có 10 điểm dao động với biên độ cực đại

Đáp án C

Phương pháp: Suất điện động $E=-\frac{\Delta \Phi }{\Delta t}$

Cách giải:

Suất điện động cảm ứng xuất hiện trong khung: $E=-\frac{\Delta \Phi }{\Delta t}=-\frac{\mathrm{0,6}-\mathrm{1,6}}{\mathrm{0,1}}=10V$

Đáp án C

Phương pháp: Mạch điện R, L, C mắc nối tiếp có $\omega$ thay đổi

Cách giải:

+ Khi $\omega = {\omega }_0$ công suất trên mạch đạt cực đại $\left\{\begin{array}{l}{\omega }_0^2=\frac{1}{LC}\\ P_{m\text{ax}}=\frac{U^2}{R}=732\Rightarrow U^2=732R(*)\end{array}\right.$

+ Khi $\omega = {\omega }_1$ và $\omega = {\omega }_2$ ; ${\omega }_1 – {\omega }_{2 }= 120\pi$ thì công suất tiêu thụ trên đoạn mạch bằng nhau:

$$\begin{gathered} P_1=P_2=P=300\text{W} \\ \iff \frac{U^{2}R}{R^2+{\left(Z_{L1}-Z_{C1}\right)}^2}=\frac{U^{2}R}{R^2+{\left(Z_{L2}-Z_{C2}\right)}^2} \\ \Rightarrow {\omega }_1{\omega }_2=\frac{1}{LC}={\omega }_0^2 \end{gathered}$$

+ Ta có:

$$\begin{gathered} Z_{L1}-Z_{C1}={\omega }_{1}L-\frac{1}{{\omega }_1{C}_1}={\omega }_{1}L-\frac{1}{\frac{{\omega }_0^2}{{\omega }_2}C} \\ ={\omega }_{1}L-\frac{{\omega }_2}{{\omega }_0^{2}C}={\omega }_{1}L-\frac{{\omega }_2}{\frac{1}{LC}C} \\ ={\omega }_{1}L-{\omega }_{2}L=\left({\omega }_1-{\omega }_2\right)L=120\pi \frac{\mathrm{1,6}}{\pi }=192 \end{gathered}$$

$\Rightarrow Z_{L1}-Z_{C1}=192(\ast \ast )$

+ Công suất tiêu thụ:

$P=\frac{U^{2}R}{R^2+{\left(Z_{L1}-Z_{C1}\right)}^2}=300\Rightarrow 300R^2+300{\left(Z_{L1}-Z_{C1}\right)}^2=U^{2}R (\ast \ast \ast )$

Từ (*) ; (**) ; (***) $\Rightarrow 300R^2+{300.192}^2=732R^2\Rightarrow R=160\Omega$

Đáp án D

Phương pháp: Thế năng đàn hồi:

Cách giải:

Độ dãn của lò xo tại vị trí cân bằng: $\Delta l_0=\frac{mg}{k}=\frac{\mathrm{0,2.10}}{80}=\mathrm{0,025}m=\mathrm{2,5}cm$

Biên độ dao động của con lắc: $A = 7,5 - \Delta l_0 = 7,5 - 2,5 = 5cm$

Ta có: $\Delta l_0< A$

Chọn chiều dương hướng xuống

$\Rightarrow$ Vị trí lực đàn hồi có độ lớn nhỏ nhất là vị trí lò xo không giãn cũng không nén: $\Delta l = 0$

Thế năng đàn hồi tại vị trí đó: ${\text{W}}_t=\frac{1}{2}k\Delta l^2=\frac{1}{2}80.{\left(0\right)}^2=0J$

Đáp án D

Phương pháp: Khoảng vân $i=\frac{\lambda D}{a}$

Cách giải:

+ Ban đầu: $D_1 = D$

Trên MN có n vân sáng =  Đoạn MN = $(n-1)i_1$     (1)

+ Khi tịnh tiến màn  nh theo hướng ra xa màn chắn thêm đoạn 50cm = 0,5m thì trên MN có có n - 2 vân sáng =  Đoạn MN = $(n-3)i_2$   (2)

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{i}_1=\frac{\lambda D}{a}\\ i_2=\frac{\lambda (D+\mathrm{0,5})}{a}\end{array}\right.$

Từ (1) và (2), ta có:

$$\begin{gathered} \begin{array}{l}(n-1)i_1=(n-3)i_2\leftrightarrow \frac{(n-1)\lambda D}{a}=\frac{(n-3)\lambda (D+\mathrm{0,5})}{a}\\ \to (n-1)D=(n-3)(D+\mathrm{0,5})\end{array} \\ \to n=4D+3 \end{gathered}$$

Thay vào (1) ta được: $MN=\left(n-1\right)i_1=\frac{(n-1)\lambda D}{a}=\frac{(4D+3-1)D\lambda }{a}=12mm$

$\leftrightarrow (4D+2)D=20\to \left[\begin{array}{l}D=2\\ D=-\mathrm{2,5}\left(loai\right)\end{array}\right.\Rightarrow D=2m$

Đáp án D

Phương pháp:

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

+ Viết phương trình tổng hợp tại một điểm trong trường giao thoa

+ Áp dụng biểu thức xác định biên độ tổng hợp: $A^2={A_1}^2+{A_2}^2+2A_1{A}_{2}cos\Delta \phi$

Cách giải:

Bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}=\frac{90}{20}=\mathrm{4,5}cm$

Sóng từ A và B truyền đến M:

$$\begin{gathered} u_{AM}=2cos(40\pi t-\frac{2\pi MA}{\lambda })=2cos(100\pi t-\frac{14\pi }{3}) \\ {u}_{BM}=4cos(40\pi t-\frac{2\pi MB}{\lambda })=4cos(100\pi t-4\pi ) \end{gathered}$$

Sóng tổng hợp tại M: $u_M=2cos(100\pi t-\frac{14\pi }{3})+4cos(100\pi t-4\pi )=Acos(100\pi t+\phi )$

Với $A^2={A_1}^2+{A_2}^2+2A_1{A}_{2}cos\left[\frac{2\pi }{3}\right]=2^2+4^2+\mathrm{2.2.4.}c\text{os}\frac{2\pi }{3}=12\to A=2\sqrt{3}cm$

Đáp án C

Phương pháp: $\Delta \phi =\frac{2\pi d}{\lambda }$

Cách giải:

+ Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OMN có đường cao OH:

$\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{O{M}^2}+\frac{1}{O{N}^2}\iff \frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{{34}^2}+\frac{1}{{50}^2}\Rightarrow OH=\mathrm{28,1}cm$

+ Gọi d là  khoảng cách từ O đến K (K là 1 điểm bất kì trên MN)

+ Độ lệch pha giữa K và O là: $\Delta \phi =\frac{2\pi d}{\lambda }$

+ Để K dao động cùng pha với O thì: $\Delta \phi =\frac{2\pi d}{\lambda }=2k\pi \Rightarrow d=k\lambda$

+ Số điểm dao động cùng pha với o trên đoạn MN bằng số giá trị k nguyên thoả mãn:

$\left\{\begin{array}{l}\mathrm{28,1}\le k\lambda \le 34\Rightarrow \mathrm{7,025}\le k\le \mathrm{8,5}\Rightarrow k=8\\ \mathrm{28,1}<k\lambda \le 50\Rightarrow \mathrm{7,025}<k\le \mathrm{12,5}\Rightarrow k=8;9;10;11;12\end{array}\right.$

Có 6 giá trị của k thoả mãn $\Rightarrow$trên đoạn MN có 6 điểm dao động cùng pha với nguồn

Đáp án A

Phương pháp: Sử dụng hệ thức của định luật  Ôm và công thức tính công suất tiêu thụ

Cách giải:

Giả sử cuộn dây thuần cảm:

Ta có, khi $R = R_2$ công suất tiêu thụ trên biến trở cực đại

Khi đó ta có: $R_2 = |Z_L - Z_C | = 40 - 25 = 15W$

Mặt khác: $P_{R_2}=\frac{U^2}{2R_2}=\frac{{120}^2}{2.15}=480\ne 160$

$\Rightarrow$ điều giả sử ban đầu là sai

$\Rightarrow$ Cuộn dây không thuần cảm có điện trở r

- Ta có:

+ Ban đầu khi mắc vào hai đầu A, M một ắc quy có suất điện động E = 12V, điện trở trong $r_1 = 4W$ thì $I_1 = 0,1875$

Theo định luật Ôm, ta có: $I_1=\frac{E}{R_b+r}=\frac{E}{R_1+r+r_1}\to R_1+r_1+r=\frac{E}{I_1}=64\to R_1+r=60\Omega \left(1\right)$

+ Khi mắc vào A,B một hiệu điện thế $u=120\sqrt{2}\text{cos}100\pi \text{t}$, $R = R_2$ thì công suất tiêu thụ trên biến trở cực đại và bằng 160W

Ta có:

Công suất trên biến trở R đạt cực đại khi ${R_2}^2=r^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2\left(2\right)$

Mặt khác, ta có:

Công suất trên $R_2$: $P=\frac{U^2}{{(R_2+r)}^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}{R}_2=160\text{W}\to \frac{R_2}{{(R_2+r)}^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}=\frac{160}{{120}^2}=\frac{1}{90}$

$90R_2=2R_2^2+2\text{r}R\to R_2+r=45$

Kết hợp với (2) ta được: $R_2^2={(45-R_2)}^2+{15}^2\to R_2=25\Omega ,r=20\Omega$

Với r = 20W thay vào (1) $\Rightarrow R_1 = 60 - 20 = 40\Omega$

$\to \frac{R_1}{R_2}=\frac{40}{25}=\mathrm{1,6}$

Đáp án A

Phương pháp: Sử dụng giản đồ vecto

Có: $\frac{Z_C}{R}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow R=\sqrt{3}{Z}_C\Rightarrow Z_L=4Z_C$

$\Rightarrow Z_C=30\Omega =\frac{1}{\omega C}\Rightarrow C=\frac{1}{\omega Z_C}=\frac{1}{100\pi .30}\Rightarrow C=\frac{{10}^{-3}}{3\pi }F$

Đáp án B

Phương pháp: Sử dụng giản đồ vecto và định lí hàm số sin trong tam giác

Cách giải:

- Phương trình dao động của $x; x_1; x_2$: $\left\{\begin{array}{l}x=5\cos \left(\omega t+\phi \right)\\ x_1=A_1\cos \left(\omega t+\frac{\pi }{3}\right)\\ x_2=A_2\cos \left(\omega t-\frac{\pi }{4}\right)\end{array}\right.$

Suy ra:

+ Độ lệch pha giữa $x$ và $x_1$ là $\frac{\pi }{3}-\phi$

+ Độ lệch pha giữa $x$ và $x_2$ là $\phi +\frac{\pi }{4}$

+ Độ lệch pha giữa $x_1$ và $x_2$ là $\frac{\pi }{3}-\left(-\frac{\pi }{4}\right)=\frac{7\pi }{12}$

Ta có giản đồ vecto:

- Áp dụng định lí hàm số sin trong tam giác ta có:

$\frac{A}{\sin \frac{5\pi }{12}}=\frac{A_1}{\sin (\phi +\frac{\pi }{4})}=\frac{A_2}{\sin (\frac{\pi }{3}-\phi )}\to \left\{\begin{array}{l}{A}_1=\frac{A\sin \left(\phi +\frac{\pi }{4}\right)}{\sin \frac{5\pi }{12}}\\ A_2=\frac{A\sin \left(\frac{\pi }{3}-\phi \right)}{\sin \frac{5\pi }{12}}\end{array}\right.$

$\to A_1+A_2=\frac{A\sin \left(\phi +\frac{\pi }{4}\right)}{\sin \frac{5\pi }{12}}+\frac{A\sin \left(\frac{\pi }{3}-\phi \right)}{\sin \frac{5\pi }{12}}=\frac{A}{\sin \frac{5\pi }{12}}\left[\sin \left(\phi +\frac{\pi }{4}\right)+\sin \left(\frac{\pi }{3}-\phi \right)\right]$

- Có: $sina+sinb=2\sin \frac{a+b}{2}.c\text{os}\frac{a-b}{2}\Rightarrow \sin \left(\phi +\frac{\pi }{4}\right)+\sin \left(\frac{\pi }{3}-\phi \right)=2\sin \frac{7\pi }{24}c\text{os}\left(\phi -\frac{\pi }{24}\right)$

$\Rightarrow A_1+A_2=2A\frac{\sin \frac{7\pi }{24}}{\sin \frac{5\pi }{12}}.c\text{os}\left(\phi -\frac{\pi }{24}\right)$

Để $[A_1 + A_2]$ đạt cực đại thì: ${\left[cos\left(\phi -\frac{\pi }{24}\right)\right]}_{\text{max}}=1\Rightarrow \phi -\frac{\pi }{24}=k2\pi \Rightarrow \phi =\frac{\pi }{24}$