Lời giải

Sử dụng máy tính ta bấm được: \(x = {x_1} + {x_2} = x = 8\cos \left( {\pi t + \frac{\pi }{6}} \right)\)

Đáp án đúng: C

Lời giải

Chu kì dao động của con lắc đặt trong chân không: \(T = 2\pi \sqrt {\frac{\ell }{g}} \)

Chu kì dao động của con lắc đặt trong không khí: \(T' = 2\pi \sqrt {\frac{\ell }{{g'}}} \)

Lực đẩy Archimed có hướng thẳng đứng lên trên nên:

\(g' = g - \frac{{{F_A}}}{m} = g - \frac{{{D_{kk}}Vg}}{{DV}} = g - \frac{{{D_{kk}}g}}{D}\)

\( \Rightarrow \frac{{T'}}{T} = \sqrt {\frac{g}{{g'}}} = \sqrt {\frac{1}{{1 - \frac{{{D_{kk}}}}{D}}}} = 1,00075 \Rightarrow T' = 1,00075.2 = 2,00015\left( s \right)\)

Đáp án đúng: B

Lời giải

Xét \(\Delta M{S_1}{S_2}\)có \(M{S_1} = 16\left( {cm} \right);M{S_2} = 25\left( {cm} \right)\)

Ta có: \({S_1}{S_2} = {S_1}H + {S_2}H = \sqrt {{{16}^2} - M{H^2}} + \sqrt {{{25}^2} - M{H^2}} = 20\)

\( \Rightarrow MH = 15,98\left( {cm} \right) \Rightarrow M{S'_2} = 33,3\,cm\)

Gọi O là điểm nằm trong khoảng S₂S'₂ để đặt vị trí nguồn S₂.

Tại M có cực đại giao thoa: \(MO - M{S_1} = k\lambda \)

Vì O nằm trên khoảng \({S_2}{S'_2} \Rightarrow M{S_2} - M{S_1} < k\lambda < M{S'_2} - M{S_1}\)

\( \Rightarrow 25 - 16 < 3k < 33,3 - 16 \Rightarrow 3 < k < 5,7 \Rightarrow k = 4;\,5\)

Có hai giá trị k thoả mãn.

Đáp án đúng: B

Lời giải

Tại vị trí ban đầu vật ở VTCB, vật đi theo chiều âm nên φ = π/2

=> Phương trình dao động: \(x = A\cos \left( {\frac{{2\pi }}{T}t + \frac{\pi }{2}} \right)\)

Đáp án đúng: A

Lời giải

\(T = 2\pi \sqrt {\frac{\ell }{g}} \Rightarrow T \sim \sqrt \ell \)

\( \Rightarrow \frac{{T'}}{T} = \sqrt {\frac{{\ell '}}{\ell }} = \sqrt 3 \Rightarrow T' = T\sqrt 3 = 2\sqrt 3 \left( s \right) \approx 3,46\left( s \right)\)

Đáp án đúng: C

Lời giải

Biên độ dao động của con lắc khi thang máy đứng yên:

\(A = \frac{{{\ell _{max}} - {\ell _{\min }}}}{2} = \frac{{48 - 32}}{2} = 8\left( {cm} \right)\)

Độ biến dạng ở VTCB: \(\Delta \ell = \frac{{mg}}{k} = 0,16\left( m \right) = 16\left( {cm} \right)\)

Lại có: \({\ell _{max}} = {\ell _0} + \Delta \ell + A \Rightarrow {\ell _0} = 24\left( {cm} \right)\)

Tại thời điểm mà vật ở vị trí thấp nhất thì cho thang máy đi xuống nhanh dần đều với gia tốc a = g/10 thì con lắc chịu tác dụng của lực quán tính \({F_{qt}} = ma = 0,4.1 = 0,4\left( N \right)\)hướng lên.

Lực này sẽ gây ra biến dạng thêm cho vật đoạn: \(x = \frac{{{F_{qt}}}}{k} = \frac{{0,4}}{{25}} = 0,016\left( m \right) = 1,6\left( {cm} \right)\)

Vậy sau đó vật dao động với biên độ: 8 + 1,6 = 9,6 cm.

Lời giải

Dao động tổng hợp của hai dao động đó sẽ có biên độ bằng

\[{A_{th}} = \sqrt {{A^2} + {A^2} + 2A.A.\cos \frac{{2\pi }}{3}} = A\]

Đáp án đúng: B

Lời giải

+ Chu kì dao động điều hòa của con lắc lò xo không phụ thuộc vào biên độ dao động.

+ T’ = T/2 = 0,15 s.

Đáp án đúng: A

Lời giải

Lực đàn hồi tác dụng lên vật khi ở VTCB:

\({F_{dh}} = k\Delta {\ell _0} \Rightarrow k = \frac{{{F_{dh}}}}{{\Delta {\ell _0}}} = \frac{2}{{0,05}} = 40\left( {{\rm{N/m}}} \right)\)

Tần số góc của dao động: \(\omega = \sqrt {\frac{g}{{\Delta {\ell _0}}}} = 10\sqrt 2 \) rad/s

Lò xo giãn 2 cm, li độ của vật khi đó: x = 2 – 5 = –3 (cm)

Áp dụng công thức độc lập với thời gian tại thời điểm t = 0, ta có:

\(A = \sqrt {{x^2} + \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}}} = 5\left( {cm} \right)\)

Giá trị cực đại của lực đàn hồi tác dụng lên vật:

F_dhmax = k.(Δℓ + A) = 40.(0,05 + 0,05) = 4 (N).

Đáp án đúng: A

Lời giải

Biên độ dao động tổng hợp: A = 10 cm => \[W = \frac{1}{2}m{\omega ^2}{A^2} = {5.10^{ - 3}}\,J\]

Lời giải

Lúc đầu vật ở biên âm x = -A

Vật qua li độ \(x = - \frac{A}{2}\)theo chiều dương lần đầu tiên tại \(\frac{T}{6}\)

Vật qua li độ - 2 cm theo chiều dương vào những thời điểm:

\(t = \frac{T}{6} + kT = \frac{{0,5}}{6} + k.0,5 = \frac{1}{{12}} + \frac{k}{2}\)

Đáp án đúng: A

Lời giải

Tại thời điểm ban đầu vật xuất phát từ VTCB đi theo chiều dương.

Chu kì dao động \(T = \frac{{2\pi }}{\omega } = 1\left( s \right)\)

Xét khoảng thời gian \(t = 12,375 = 12T + \frac{{3T}}{8}\)

Như vậy quãng đường đi được sẽ là s = s₁ + s₂

với s₁ là quãng đường vật đi được trong thời gian 12T kể từ khi bắt đầu dao động, s₂ là quãng đường vật đi được trong thời gian \(\frac{{3T}}{8}\) tiếp theo.

- Trong thời gian 12T, quãng đường vật đi được là s₁ = 12.4A = 48A

- Trong thời gian \(\frac{{3T}}{8}\) tiếp theo, vật đi được quãng đường:

\({s_2} = A + \left( {A - \frac{{A\sqrt 2 }}{2}} \right) = 2A - \frac{{A\sqrt 2 }}{2}\)

Vậy, tổng quãng đường đi được là: \(s = {s_1} + {s_2} = 48A + 2A - \frac{{A\sqrt 2 }}{2} = 50A - \frac{{A\sqrt 2 }}{2}\)

Thay số vào ta được s = 246,46 cm.

Đáp án đúng: B

Lời giải

\[{F_{kv\;max}} = \;k.A = \;m{\omega ^2}A = \;0,4\;N\]

Đáp án đúng: B

Lời giải

Với con lắc lò xo ta có: \(\omega = \sqrt {\frac{k}{m}} \Rightarrow 2\pi f = \sqrt {\frac{k}{m}} \Rightarrow k = 4{\pi ^2}{f^2}m = 800\left( {N/m} \right)\)

Đáp án đúng: A

Lời giải

Thời điểm ban đầu t = 0 vật qua VTCB theo chiều âm

Vật có gia tốc bằng một nửa giá trị cực đại \( \Leftrightarrow - {\omega ^2}x = \frac{{{\omega ^2}A}}{2} \Rightarrow x = - \frac{A}{2}\)

Biểu diễn các thời điểm trên đường tròn lượng giác:

Góc quét là \(\alpha = \frac{\pi }{6} \Rightarrow t = \frac{\alpha }{\omega } = \frac{T}{{12}}\)

Lời giải

Biên độ A = 2 cm = 0,02 m

\({F_x} = kx = 100x \le 1 \Rightarrow x \le 0,01\,\left( m \right) \Rightarrow x \le \frac{A}{2}\)\( \Rightarrow \Delta t = 4.\frac{T}{{12}} = \frac{T}{3}\)

Đáp án đúng: B

Lời giải

Ta có: \({r_1} = {r_2} = \sqrt {A{H^2} + A{C^2}} = 2\sqrt 2 \left( {cm} \right)\)

Vì \(\left| {{q_1}} \right| = \left| {{q_2}} \right|\) và \({r_1} = {r_2} \Rightarrow {E_1} = {E_2} = k\frac{{\left| {{q_1}} \right|}}{{r_1^2}} = {9.10^5}\left( {{\rm{V/m}}} \right)\)

Từ hình vẽ ta có: \(E = 2{E_1}\cos \alpha \)

Với \(\cos \alpha = \frac{{AH}}{{AC}} = \frac{2}{{2\sqrt 2 }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow E = 2{E_1}\frac{{\sqrt 2 }}{2} = {12,73.10^5}\left( {{\rm{V/m}}} \right)\)

Lời giải

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}{v_{max}} = \omega A\\{a_{max}} = {\omega ^2}A\end{array} \right. \Rightarrow v_{max}^2 = {\omega ^2}{A^2} \Rightarrow \frac{{v_{max}^2}}{{{a_{max}}}} = A = 4\left( {cm} \right)\)

Đáp án đúng: B

Lời giải

+ Ta có: A = 20 cm; x = 10 cm; v = 20π\(\sqrt 3 \) cm/s.

+ Áp dụng công thức độc lập:

\(\omega = \sqrt {\frac{{{v^2}}}{{{A^2} - {x^2}}}} = 2\pi \left( {{\rm{rad/s}}} \right) \Rightarrow T = \frac{{2\pi }}{\omega } = 1\left( s \right)\)

Đáp án đúng: B

Lời giải

Người ta cho nước nhỏ đều đặn lên điểm O nằm trên mặt nước phẳng lặng với tốc độ 90 giọt trong 1 phút => Tần số sóng là \(f = \frac{{90}}{{60}} = 1,5\left( {Hz} \right)\)

Khoảng cách giữa hai vòng tròn liên tiếp là 1 bước sóng do đó 

\(\lambda = \frac{v}{f} = \frac{{60}}{{1,5}} = 40\left( {cm} \right)\)

Lời giải

S₁ và S₂ cùng pha, tại trung điểm:\({d_1} - {d_2} = 0 = k\lambda \)

⇒ Điểm đó dao động cực đại.

Đáp án đúng: A

Lời giải

Áp dụng công thức tính công của lực điện ta có:

\(A = qU = qEd \Rightarrow E = \frac{A}{{qd}} = 200\left( {{\rm{V/m}}} \right)\)

Lời giải

Phương pháp: Sử dụng lí thuyết về sự truyền sóng

+ Phao nhô lên 5 lần trong 20 s => 4T = 20 s => chu kì T = 5 s.

+ Khoảng cách giữa 2 đỉnh sóng liên tiếp λ = 2 m

=> Vận tốc truyền sóng v  = λ/T = 2/5 = 0,4 m/s = 40 cm/s

Đáp án đúng: A

Lời giải

Ta có hình vẽ:

Do số vân giao thoa cực đại nhiều hơn số vân giao thoa cực tiểu và M là cực đại xa A nhất nên khoảng từ M đến B không có vân cực tiểu, do đó đoạn \[MB < \frac{\lambda }{4}\]

Tại B không phải là cực đại nên ta có:

\(d + \frac{\lambda }{4} > AB \Rightarrow \lambda > 4\left( {AB - d} \right) = 2,4\left( {cm} \right)\)\( \Rightarrow \frac{{AB}}{\lambda } < \frac{{12,6}}{{2,4}} = 5,25\)

Giả sử có 5 cực đại ở hai bên đường trung trực của AB, hay tại M là cực đại bậc 5 thì ta có: \(AM - BM = 5\lambda \Rightarrow \lambda = \frac{{AM - BM}}{5} = \frac{{12 - 0,6}}{5} = 2,28\left( {cm} \right)\)

Loại vì \(\lambda > 2,4\left( {cm} \right)\)

Vậy giả sử có 4 cực đại mỗi bên đường trung trực của AB, hay tại M là cực đại bậc 4 thì ta có: \(AM - BM = 4\lambda \Rightarrow \lambda = \frac{{AM - BM}}{4} = \frac{{12 - 0,6}}{4} = 2,85\left( {cm} \right)\)

Khi đó trên AB có 9 cực đại  (k = ±4; ±3; ±2; ±1; 0)

Số cực tiểu trên BA là số giá trị k thỏa mãn

\( - \frac{{AB}}{\lambda } - \frac{1}{2} < k < \frac{{AB}}{\lambda } - \frac{1}{2} \Rightarrow - 4,9 < k < 3,9\)
Khi đó trên AB có 8 cực tiểu \(\left( {k = - 4; \pm 3; \pm 2; \pm 1;0} \right)\) thỏa mãn điều kiện đề bài.

Đáp án đúng: D

Lời giải

Phương trình sóng u = 5cos(6πt - πx) (cm) (x tính bằng mét, t tính bằng giây)

Tần số \[f = \frac{\omega }{{2\pi }} = 3\,Hz\]

Ta có \[\pi x = \frac{{2\pi x}}{\lambda } \Rightarrow \lambda = 2\,m\]

Tốc độ truyền sóng: v = λ.f  = 6 m/s

Lời giải

Ta có tốc độ trung bình của vật trong 1 chu kì: \({v_{tb}} = \frac{s}{t} = \frac{{4A}}{T} = \frac{{4A}}{{\frac{{2\pi }}{\omega }}} = \frac{{2A\omega }}{\pi }\)

Vận tốc tức thời: \(v \ge \frac{\pi }{4}{v_{tb}} = \frac{\pi }{4}.\frac{{2A\omega }}{\pi } \Rightarrow v \ge \frac{{A\omega }}{2} = \frac{{{v_{max}}}}{2}\)

Áp dụng công thức độc lập với thời gian, ta có: \( - \frac{{A\sqrt 3 }}{2} \le x \le \frac{{A\sqrt 3 }}{2}\)

Biểu diễn trên VTLG, ta có:

Từ VTLG, ta thấy khoảng thời gian vật có độ lớn vận tốc tức thời không nhỏ hơn π/4 lần tốc độ trung bình trong 1 chu kỳ là: \(\Delta t = \frac{{\Delta \varphi }}{\omega } = \frac{{2T}}{3}\)

Lời giải

Khi có cộng hưởng, chu kì dao động đó chính là chu kì dao động riêng của hệ:

\(T = 2\pi \sqrt {\frac{\ell }{g}} = 2\pi \sqrt {\frac{{0,5}}{{10}}} = 1,405\left( s \right)\)

Đáp án đúng: C

Lời giải

Trong dao động điều hoà, gia tốc biến đổi sớm pha \(\frac{\pi }{2}\) so với vận tốc.

Đáp án đúng: B

Lời giải

Khi đặt trong không khí: \[\left\{ \begin{array}{l}F = k\frac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{{r^2}}}\\\left| {{q_1}} \right| = \left| {{q_2}} \right|\end{array} \right. \Rightarrow \left| {{q_1}} \right| = \left| {{q_2}} \right| = \sqrt {\frac{{F.{r^2}}}{k}} = {4.10^{ - 6}}\left( C \right)\]

Khi đặt trong dầu: \({F_\varepsilon } = k\frac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{\varepsilon {r^2}}} \Rightarrow \varepsilon = 2,25\)

Đáp án đúng: B

Lời giải

Một con lắc lò xo dao động điều hòa thì vật có tốc độ cực đại khi vật đi qua vị trí cân bằng.

Lời giải

Chu kì: \(T = 0,1\left( s \right)\)

Thời gian vật đi đoạn đường ngắn nhất từ vị trí cân bằng đến vị trí có li độ x = 3 cm là \(\Delta t = \frac{T}{{12}} = \frac{1}{{120}}\left( s \right)\)

Vận tốc trung bình của vật khi đi đoạn đường ngắn nhất từ vị trí cân bằng đến vị trí có li độ x = 3 cm là 

\(\overline v = \frac{{{x_{sau}} - {x_{truoc}}}}{{\Delta t}} = \frac{{3 - 0}}{{\frac{1}{{120}}}} = 360\left( {{\rm{cm/s}}} \right) = 3,6\left( {{\rm{m/s}}} \right)\)

Lời giải

Ta có, q₁.q₂ < 0 => lực tương tác giữa hai điện tích là lực hút.

Theo định luật Cu-lông, ta có: \(F = k\frac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{\varepsilon .{r^2}}} = 45\left( N \right)\)

Đáp án đúng: A

Lời giải

Chu kì dao động của con lắc lò xo: \(T = 2\pi \sqrt {\frac{m}{k}} \)

\(T' = 2\pi \sqrt {\frac{{m'}}{{k'}}} = 2\pi \sqrt {\frac{{\frac{m}{2}}}{{2k}}} = \frac{T}{2}\)

Đáp án đúng: D

Lời giải

Vì hòn bi chuyển động trên một cung tròn dài 4 cm nên biên độ dao động A = 4 cm

=> Thời gian để hòn bi đi được 2 cm kể từ VTCB là t = T/12 = 0,25 s

Đáp án đúng: A

Lời giải

Tần số dao động riêng của con lắc lò xo: \[f = \frac{1}{{2\pi }}\sqrt {\frac{k}{m}} = 5\,Hz\]

Khi tần số ngoại lực < 5 Hz thì khi tăng tần số biên độ dao động cưỡng bức tăng lên.

Đáp án đúng: B

Lời giải

* Tần số góc của CLLX: \(\omega = \sqrt {\frac{k}{m}} = \sqrt {\frac{{20}}{{0,1}}} = 10\sqrt 2 \left( {{\rm{rad/s}}} \right)\)

* Kéo quả cầu thẳng đứng xuống dưới vị trí cân bằng một đoạn \(2\sqrt 2 \) cm rồi thả cho quả cầu trở về vị trí cân bằng với vận tốc có độ lớn là \(0,2\sqrt 2 \left( {{\rm{m/s}}} \right) = 20\sqrt 2 \left( {{\rm{cm/s}}} \right)\)

⇒ Biên độ \(A = \sqrt {{x^2} + {{\left( {\frac{v}{\omega }} \right)}^2}} = 4\left( {cm} \right)\)

* Gốc thời gian là lúc thả quả cầu, nghĩa là lúc vật có li độ \(x = 2\sqrt 3 \) cm và chuyển động theo chiều âm(vì chiều dương hướng xuống)

=> Pha ban đầu φ = π/6 rad

Vậy, phương trình dao động của vật là:

\(x = 4\cos \left( {10\sqrt 2 t + \frac{\pi }{6}} \right)\left( {cm} \right) = 4\sin \left( {10\sqrt 2 t + \frac{{2\pi }}{3}} \right)\) cm.

Đáp án đúng: B

Lời giải

\(s = 6{t^2} - {t^3} > 0 \Rightarrow v\left( t \right) = s'\left( t \right) = 12t - 3{t^2}\)

Ta có: \(v'\left( t \right) = 12 - 6t,v'\left( t \right) = 0 \Rightarrow t = 2\)

Hàm số v(t) đồng biến trên khoảng (0; 2) và nghịch biến trên khoảng (2; +∞).

Do đó maxv(t) = v(2) = 12 (m/s)

Vậy vận tốc đạt giá trị lớn nhất khi \(t = 2\).

Đáp án đúng: C

Lời giải

Kéo con lắc trên cung độ dài 5 cm rồi thả nhẹ => S_o = 5 cm

\(\omega = \sqrt {\frac{g}{\ell }} = \) 2 rad/s

Chiều dương hướng từ vị trí cân bằng tới góc lệch ban đầu

=> s = S_o => \(\varphi \) = 0 => s = 5cos(2t) = 5sin( 2t + π/2)(cm).

Đáp án đúng: D

Lời giải

\(\omega = \frac{{2\pi }}{T} = \pi \left( {rad/s} \right)\)

\(\omega A = 31,4 \Rightarrow A = 10\)

Tại t = 0, x = 5 > 0 và đi theo chiều âm

\(\varphi = \arccos \frac{5}{{10}} = \frac{\pi }{3}\) => x = 10cos(πt + π /3)(cm).

Lời giải

Chu kì dao động: T = 2s

Ta có: ∆t = 1,5s = 1s + 0,5s = T/2 + T/4 => S_max = 2A + S_maxT/4

=> Góc quét được trong khoảng thời gian T/4 là π/2.

Quãng đường vật đi được trong \[\frac{1}{2}\] chu kì là 2A.

Vật có tốc độ cực đại khi qua vị trí cân bằng. Trong cùng một khoảng thời gian vật đi được quãng đường lớn nhất khi đi xung quanh vị trí cân bằng. Biểu diễn trên đường tròn lượng giác ta có:

\( \Rightarrow {S_{max\frac{T}{4}}} = \frac{5}{{\sqrt 2 }} + \frac{5}{{\sqrt 2 }} = 5\sqrt 2 \) cm

\( \Rightarrow {S_{max}} = 2A + {S_{max\frac{T}{4}}} = 2.5 + 5\sqrt 2 = 17,07\left( {cm} \right)\)

Đáp án đúng: B

Lời giải

Ban đầy mạch RL có u và i lệch pha \[\frac{\pi }{6}\] nên \[\tan \frac{\pi }{6} = \frac{{{Z_L}}}{R} \Rightarrow {Z_L} = \frac{{100}}{{\sqrt 3 }}\,\Omega \]

Để u và i cùng pha ⇒ mạch gồm đủ 3 phần tử R, L, C và mạch xảy ra cộng hưởng.

⇒ Nối tiếp với mạch một tụ điện có Z_C = \(\frac{{100}}{{\sqrt 3 }}\Omega \).

Lời giải

Khi vật nặng đi qua vị trí cân bằng thì trọng lực tác dụng lên nó không cân bằng với lực căng dây.

Đáp án đúng: D

Lời giải

Mỗi phút vật thực hiện được 120 dao động \( \Rightarrow T = \frac{{60}}{{120}} = 0,5\left( s \right)\)

Động năng bằng nửa cơ năng tức là động năng bằng thế năng.

Thời gian 2 lần liên tiếp để động năng bằng thế năng là \(\Delta t = \frac{T}{4} = 0,125\left( s \right)\)

Đáp án đúng: C

Lời giải

F_đhmax = k.( ∆l + A)

F_đhmin = k(∆l – A)

\(\Delta \ell = \frac{g}{{{\omega ^2}}} = \frac{g}{{{{\left( {2\pi f} \right)}^2}}} = 0,25\left( m \right)\)

\(\frac{{{F_{dh\min }}}}{{{F_{dh\max }}}} = \frac{{k\left( {\Delta \ell - A} \right)}}{{k\left( {\Delta \ell + A} \right)}} = \frac{3}{7}\)

Lời giải

Mốc điện thế tại A: \({V_A} = 0\)

\({U_1} = {E_1}{d_1} = {V_B} - {V_A} \Rightarrow {V_B} = {E_1}{d_1} = 2000\left( V \right)\)

\({U_2} = {E_2}{d_2} = {V_B} - {V_C} \Rightarrow {V_C} = {E_2}{d_2} = - 2000\left( V \right)\)

Đáp án đúng: B

Lời giải

Áp dụng công thức tính cường độ điện trường ta xác định được cường độ điện trường tại A, B, M như sau:

\(\left\{ \begin{array}{l}{E_A} = k\frac{{\left| q \right|}}{{r_A^2}} \Rightarrow {r_A} = \sqrt {\frac{{k\left| q \right|}}{{{E_A}}}} \\{E_B} = k\frac{{\left| q \right|}}{{r_B^2}} \Rightarrow {r_B} = \sqrt {\frac{{k\left| q \right|}}{{{E_B}}}} \\{E_M} = k\frac{{\left| q \right|}}{{r_M^2}} \Rightarrow {r_M} = \sqrt {\frac{{k\left| q \right|}}{{{E_M}}}} \end{array} \right.\)

Vì điểm M là trung điểm của A và B nên \({r_M} = \frac{{{r_A} + {r_B}}}{2}\)

Ta có: \(\sqrt {\frac{{k\left| q \right|}}{{{E_M}}}} = \frac{{\sqrt {\frac{{k\left| q \right|}}{{{E_A}}}} + \sqrt {\frac{{k\left| q \right|}}{{{E_B}}}} }}{2} \Rightarrow \sqrt {\frac{1}{{{E_M}}}} = \frac{{\sqrt {\frac{1}{{{E_A}}}} + \sqrt {\frac{1}{{{E_B}}}} }}{2} \Rightarrow {E_M} = 34,02\left( {{\rm{V/m}}} \right)\)

Đáp án đúng: A

Lời giải

Biên độ dao động tổng hợp được xác định bởi 

\({A^2} = A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}\cos \Delta \varphi \)

Do \(\left| {\cos \Delta \varphi } \right| \le 1\) nên biên độ dao động cực đại khi  |cos Δφ| = 1, suy ra:

\({A^2} = A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2} \Rightarrow {A^2} = {\left( {{A_1} + {A_2}} \right)^2} \Rightarrow A = {A_1} + {A_2}\)

Lời giải

Chu kỳ dao động là thời gian vật thực hiện 1 dao động toàn phần. Vậy để đo chu kỳ dao động ta cần dùng đồng hồ bấm giây.

Đáp án đúng: A

Lời giải

Từ đồ thị ta có:

+ Tại thời điểm t₁: x₂ = 4 cm↓ và x₁ = 4 cm↑

+ Tại thời điểm t₂: x₂ = 0 cm↓ và x₁ = 4 cm↓

Gọi A và φ là biên độ dao động và độ lệch pha của hai dao động thành phần.

Biểu diễn trên VTLG ta có:

Từ VTLG, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\cos \frac{\varphi }{2} = \frac{4}{A}\\\sin \varphi = \frac{4}{A}\end{array} \right. \Rightarrow \cos \frac{\varphi }{2} = \sin \varphi \)

\( \Leftrightarrow \cos \frac{\varphi }{2} = \cos \left( {\varphi - \frac{\pi }{2}} \right) \Rightarrow \varphi = \frac{\pi }{3} \Rightarrow A = \frac{8}{{\sqrt 3 }}\left( {cm} \right)\)

Biên độ dao động tổng hợp hai dao động thành phần là:

\({A_{th}} = \sqrt {{A^2} + {A^2} + 2.A.A.\cos \varphi } = 8\left( {cm} \right) = 0,08\left( m \right)\)

Ta có: \(\varphi = \frac{\pi }{3} \Rightarrow {t_{1 \to 2}} = \frac{\varphi }{\omega } = \frac{{\frac{\pi }{3}}}{{\frac{{2\pi }}{T}}} = \frac{T}{6}\)

\({t_2} - {t_1} = \frac{T}{6} = \frac{1}{3}\left( s \right) \Rightarrow T = 2\left( s \right)\)

Cơ năng của chất điểm có giá trị bằng: \[{\rm{W}} = \frac{1}{2}m{\omega ^2}{A^2} = {6,4.10^{ - 3}}\left( J \right) = 6,4\left( {mJ} \right)\]

Đáp án đúng: D

Lời giải

Ta có: \({L_2} - {L_1} = 10\log \frac{{{I_2}}}{{{I_1}}} = 10\log \frac{{10{I_1}}}{{{I_1}}} = 10\left( {dB} \right)\)

Đáp án đúng: A

Lời giải

Hình chiếu của P xuống MN là H

Hệ thức lượng trong tam giác vuông:

\(P{N^2} = NH.MN \Rightarrow HN = 6,4\left( {cm} \right)\)

\(MN = MH + HN \Rightarrow HM = 3,6\left( {cm} \right)\)

Công của lực điện: \(A = qEd\)

\(A > 0\) khi điện tích chuyển động ngược chiều \(\vec E\) (do điện tích âm)

\(A < 0\) khi điện tích chuyển động cùng chiều \(\vec E\)

a. \({A_{MN}} = q.E.MN = - {4.10^{ - 8}}.200.0,1 = - {8.10^{ - 7}}\left( J \right)\)

B. \({A_{NP}} = q.E.NH = {4.10^{ - 8}}.200.0,064 = {5,12.10^{ - 7}}\left( J \right)\) (do ngược chiều điện trường)

c. \({A_{PM}} = q.E.MH = {4.10^{ - 8}}.200.0,036 = {2,88.10^{ - 7}}\left( J \right)\)(do ngược chiều điện trường)

d. A = 0.

Lời giải

+ Các phần tử giữa hai nút sóng liền kề nằm trên cùng một bó sóng.

+ Các phân tử trên cùng 1 bó sóng luôn dao động cùng pha.

Đáp án đúng: D

Lời giải

Số điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn thẳng nối hai nguồn: \(N = 2.\left[ {\frac{{AB}}{\lambda }} \right] + 1 = 11\)

+ Để số điểm dao động với biên độ cực đại trên MN là nhiều nhất thì N phải nằm trên hypebol cực đại ứng với \(k = - 5\)

+ N đối xứng với M nên N nằm trên cực đại bậc 5, ta có \({d_2} - {d_1} = 5\lambda = 40\left( {cm} \right)\)

Mặt khác: \({d_2} = \sqrt {d_1^2 + {{44}^2}} \Rightarrow \sqrt {d_1^2 + {{44}^2}} - {d_1} = 40 \Rightarrow {d_1} = 4,2\left( {cm} \right)\)

Diện tích của hình chữ nhật:

\(S = AB.AN = 44.4,2 = 184,8\left( {c{m^2}} \right)\)

Đáp án đúng: B

Lời giải

Do q₁.q₂ > 0 nên vị trí điểm M có cường độ điện trường tổng hợp bằng 0 nằm trong khoảng giữa q₁ và q₂.

Gọi x là khoảng cách từ vị trí điểm M đến điện tích q₁

Ta có, tại M cường độ điện trường tổng hợp bằng 0, nên ta có:

\({\vec E_1} + {\vec E_2} = 0 \Rightarrow {E_1} = {E_2} \Rightarrow k\frac{{{q_1}}}{{{x^2}}} = k\frac{{{q_2}}}{{{{\left( {a - x} \right)}^2}}} \Rightarrow a - x = 2x \Rightarrow x = \frac{a}{3} = 3\left( {cm} \right) = 0,03\left( m \right)\)

Điện thế tại M: \({V_M} = {V_{1M}} + {V_{2M}} = k\frac{{{q_1}}}{x} + k\frac{{{q_2}}}{{a - x}} = 900\left( V \right)\)

Đáp án đúng: C

Lời giải

Tần số góc của dao động: \(\omega = \sqrt {\frac{k}{m}} = 10\left( {rad/s} \right)\)

Độ biến dạng của lò xo tại VTCB: \(\Delta {\ell _o} = \frac{{mg}}{k} = 10\left( {cm} \right)\)

Nâng vật đến vị trí lò xo không biến dạng rồi thả nhẹ ⇒ Vật sẽ dao động với biên độ \( \Rightarrow A = \Delta {\ell _0} = 10\left( {cm} \right)\)

⇒ Ban đầu vật ở vị trí biên âm

⇒ \({\varphi _0} = \pi \Rightarrow x = 10\cos \left( {10t + \pi } \right)\)cm

Đáp án đúng: B

Lời giải

Bước sóng: λ = v/f = 2 cm

Số điểm dao động với biện độ cực đại trên đoạn thẳng AB bằng số giá trị k nguyên thoả mãn:

\( - \frac{{AB}}{\lambda } < k < \frac{{AB}}{\lambda } \Rightarrow - \frac{{16}}{2} < k < \frac{{16}}{2} \Leftrightarrow - 8 < k < 8\)

⇒ Có 15 giá trị của k nguyên thỏa mãn

Vậy có 15 điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn thẳng AB.

Đáp án đúng: B

Lời giải

\(\cos \varphi = \frac{R}{Z} = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\)

Để hệ số công suất cosφ = 0 thì R = 0

Đáp án đúng: C

Lời giải

Ta có, khi đưa 2 cực lại gần nhau:

+ 2 cực cùng tên thì đẩy nhau

+ 2 cực khác tên thì hút nhau

Đáp án đúng: B

Lời giải

Ta vẽ được giản đồ véc tơ như sau:

Trong tam giác vuông MAB có: \(\widehat {MBA} + \varphi = {90^0} \Rightarrow \cos \varphi = \sin \widehat {MBA} = 0,8\)

Thấy rằng: \(\widehat {MBA} + \widehat {ABN} = {180^0} \Rightarrow \sin \widehat {ABN} = \sin \widehat {MBA} = 0,8\)

Do đó, \(\cos \widehat {ABN} = \pm \sqrt {1 - {{\sin }^2}\widehat {ABN}} = \pm 0,6\)

Vì \(\widehat {ABN}\) là góc tù nên cos\(\widehat {ABN}\)= -0,6

Trong tam giác ABN ta có: \(A{N^2} = A{B^2} + B{N^2} - 2AB.BN.\cos \widehat {ABN}\)

Tức là: \(U_{AN}^2 = U_{AB}^2 + U_{NB}^2 - 2{U_{AB}}.{U_{NB}}.\cos \widehat {ABN}\)

Thay số vào ta được: U_AN = 400 V

Đáp án đúng: D

Lời giải

Hiệu điện thế giữa hai điểm A và B được tính theo công thức:

\({U_{AB}} = E + I.\left( {R + r} \right)\) (vì chiều dòng điện đi vào cực dương của nguồn và đi từ A đến B)

Đáp án đúng: A

Lời giải

Vì \({\vec U_{AM}}\)trễ pha hơn \(\vec I\) góc \(\frac{\pi }{6}\) còn \({\vec U_{MB}}\) sớm pha hơn\(\vec I\) góc \(\frac{\pi }{3}\)

Nên \({\vec U_{AM}} \bot {\vec U_{MB}}\) hay \(\Delta AMB\) vuông tại M. Từ đó suy ra \({\vec U_{AM}}\) trễ pha hơn \({\vec U_{AB}}\) một góc \(\alpha \)sao cho AM = AB.cos\(\alpha \)

Ta nhận thấy chỉ có đáp án A thỏa mãn điều này.

Lời giải

Mạch R, L, C có điện áp và cường độ dòng điện lệch pha nhau một góc khác 90⁰ thì đoạn mạch không thể là L nối tiếp C.  

Đáp án đúng: C

Lời giải

Từ giản đồ vecto, ta thấy: Trong tam giác vuông AOB luôn có: \(U_R^2 = {U_L}\left( {{U_C} - {U_L}} \right)\)

Lời giải

Mạch cộng hưởng thì Z_L = Z_c =>Z = R

Khi tăng dần tần số dòng điện và giữ nguyên các thông số của mạch thì Z_L tăng Z_c giảm => Z tăng =>cos\(\varphi \)=R/Z giảm và I giảm => A, B, D đúng

Vì Z_c và I giảm => U_c =I.Z_c cũng giảm => C sai

Kết luận không đúng là C

Đáp án đúng: C

Lời giải

Pha ban đầu của dao động: \(\varphi = - \pi \)

Chu kì dao động của vật: \(T = \frac{{2\pi }}{\omega } = 1\left( s \right)\)

Tại thời điểm \(t = \frac{8}{3}\left( s \right)\), ta có: \(t = \frac{{8T}}{3} = 2T + \frac{{2T}}{3}\)

Trong khoảng thời gian \(\frac{{2T}}{3}\), vật quay được góc: \(\Delta \varphi = \omega \Delta t = \frac{{2\pi }}{T}.\frac{{2T}}{3} = \frac{{4\pi }}{3}\left( {rad} \right)\)

Biểu diễn trên VTLG ta có:

Từ VTLG, ta thấy quãng đường vật đi được là: \(S = 2.4.8 + 2.8 + \left( {8 - 4} \right) = 84\left( {cm} \right)\)

Đáp án đúng: C

Lời giải

Tổng trở của mạch: \(Z = \frac{U}{I} = \frac{{50}}{2} = 25\Omega \)

Ta có: \(\cos \frac{\pi }{6} = \frac{R}{Z} \Rightarrow R = 12,5\sqrt 3 \Omega \)

Lời giải

Ta có N₁ > N₂ => U₁ > U₂ => Máy hạ áp

Đáp án đúng: C

Lời giải

Để \({P_{Rm{\rm{ax}}}} \Rightarrow R = \left| {{Z_L} - {Z_C}} \right| \Rightarrow Z = R\sqrt 2 \)

Hệ số công suất: \(\cos \varphi = \frac{R}{Z} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\)

Đáp án đúng: C

Lời giải

Mạch chỉ có tụ điện nên u và i vuông pha ta áp dụng công thức độc lập thời gian:

\( \Rightarrow {\left( {\frac{u}{{{U_0}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{i}{{{I_0}}}} \right)^2} = 1 \Rightarrow {\left( {\frac{u}{U}} \right)^2} + {\left( {\frac{i}{I}} \right)^2} = 2\)

Đáp án đúng: C

Lời giải

\(\sin \theta = \frac{1}{n}\)

\( \Rightarrow {\theta _{do}} > {\theta _{cam}} > {\theta _{vang}} > {\theta _{cham}} > {\theta _{tim}}\)

→ Màu vàng đi là là mặt nước( bắt đầu xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần) thì màu chàm và tím đã phản xạ hoàn toàn rồi → chỉ còn tia đỏ và tia cam ló ra không khí

Đáp án đúng: C

Lời giải

Khoảng thời gian giữa hai lần liên tiếp cường độ dòng diện bằng 0 là một nửa chu kỳ

Ta có: \(T = \frac{1}{f} = \frac{1}{{50}}\left( s \right) \Rightarrow \frac{T}{2} = \frac{1}{{2f}} = \frac{1}{{100}}\left( s \right)\)

Đáp án đúng: C

Lời giải

Để điện áp giữa hai đầu đoạn mạch cùng pha với điện áp giữa hai đầu điện trở R hay u cùng pha với i thì có cộng hưởng điện.

\( \Rightarrow {Z_C} = {Z_L} \Rightarrow C = \frac{{{{10}^{ - 3}}}}{\pi }\left( F \right)\)

Lời giải

Công suất tiêu thụ của mạch:

\(P = UI.\cos \varphi = 10.3.\cos \left( {\frac{{ - \pi }}{4} - \frac{\pi }{{12}}} \right) = 15\left( {\rm{W}} \right)\)

Đáp án đúng: A

Lời giải

Bước sóng: \(\lambda = 2\pi \sqrt {LC} = 25,289\left( m \right)\)

⇒ Đây là sóng ngắn.

Đáp án đúng: D

Lời giải

Ta có: \({Z_C} = \frac{1}{{C\omega }} = 100\,\,\Omega ;{Z_L} = L\omega = 200\,\,\Omega \)

Tổng trở: \(Z = \sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} = 100\sqrt 2 \Omega \)

Cường độ dòng điện hiệu dụng: \(I = \frac{U}{Z} = \frac{{200:\sqrt 2 }}{{100\sqrt 2 }} = 1\left( A \right)\)

Lời giải

Tác dụng của tụ điện đối với dòng điện xoay chiều là gây dung kháng nhỏ nếu tần số dòng điện lớn.\(\left( {{Z_C} = \frac{1}{{C\omega }} = \frac{1}{{C.2\pi f}} \Rightarrow {Z_C} \sim \frac{1}{f}} \right)\)

Đáp án đúng: A

Lời giải

Để thiết bị hoạt động tốt nhất thì giá trị định mức của thiết bị là: \(U = \frac{{{U_0}}}{{\sqrt 2 }} = 100\left( V \right)\)

Lời giải

Tần số góc: \(\omega = \sqrt {\frac{g}{\ell }} = \sqrt {\frac{{10}}{{{{40.10}^{ - 2}}}}} = 5\left( {{\rm{rad/s}}} \right)\)

Vận tốc của vật khi qua VTCB: \({v_{max}} = \omega {\alpha _0}\ell = 5.0,1.0,4 = 0,2\left( {m/s} \right) = 20\left( {{\rm{cm/s}}} \right)\)

Lời giải

Công thức tính điện dung của tụ điện phẳng: \(C = \frac{{\varepsilon .S}}{{4k\pi d}}\)

Khi tăng khoảng cách d giữa hai bản tụ lên 2 lần thì điện dung của tụ giảm đi 2 lần.

Đáp án đúng: C

Lời giải

Chu kì dao động của chất điểm: \(T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{2\pi }} = 1\left( s \right)\)

Đáp án đúng: A

Lời giải

Chu kì dao động của vật: \(T = \frac{{60}}{{30}} = 2\left( s \right)\)

Quãng đường mà vật di chuyển trong 8 s, tương đương với 4T

\( \Rightarrow 4.4A = 64 \Rightarrow A = 4\left( {cm} \right)\)

Lời giải

Sử dụng tích phân: \(q = \int\limits_0^{\frac{T}{2}} {idt = } \int\limits_0^{\frac{T}{2}} {{I_0}\cos \left( {\omega t - \frac{\pi }{2}} \right)dt = } \frac{{2{I_0}}}{\omega }\)

Lời giải

Để nước sóng mạnh nhất thì khi đó phải xảy ra hiện tượng cộng hưởng.

Khi đó chu kì dao động riêng của nước và xô bằng chu kì bước chân của người sách:

\( \Rightarrow v = \frac{s}{T} = \frac{{0,5}}{1} = 0,5\left( {{\rm{m/s}}} \right)\)

Đáp án đúng: B

Lời giải

Bước sóng là: \(\lambda = \frac{v}{f} = \frac{{360}}{{300}} = 1,2\left( {cm} \right)\)

Biên độ dao động cực đại của phần tử môi trường là: A = 2a = 2.1 = 2 (cm)

Phần tử chất lỏng tại M dao động với biên độ 1 cm

\({A_M} = \frac{A}{2} \Rightarrow 2a\left| {\cos \frac{{\pi \left( {{d_2} - {d_1}} \right)}}{\lambda }} \right| = a\)\( \Rightarrow \cos \frac{{\pi \left( {{d_2} - {d_1}} \right)}}{\lambda } = \pm \frac{1}{2}\)

\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{{\pi \left( {{d_2} - {d_1}} \right)}}{\lambda } = \frac{\pi }{3} + k\pi \\\frac{{\pi \left( {{d_2} - {d_1}} \right)}}{\lambda } = - \frac{\pi }{3} + k\pi \end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\frac{{\left( {{d_2} - {d_1}} \right)}}{\lambda } = \frac{1}{3} + k\\\frac{{\left( {{d_2} - {d_1}} \right)}}{\lambda } = - \frac{1}{3} + k\end{array} \right.\)

Để M nằm trên S₁S₂: \( \Rightarrow - {S_1}{S_2} \le d{ & _2} - {d_1} \le {S_1}{S_2}\)

\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l} - 7,83 \le k \le 7,17\\ - 7,17 \le k \le 7,83\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}k = - 7; - 6;...;6;7\\k = - 7; - 6;...;6;7\end{array} \right.\)

Vậy có tất cả 30 điểm dao động với biên độ a trên đoạn S₁S₂

Lời giải

Áp dụng công thức: \(v = \frac{s}{t} = \frac{{40}}{7} = 5,71\left( {{\rm{m/s}}} \right)\)

Đáp án đúng: B

Lời giải

+ Biên độ dao động tổng hợp được xác định bởi

\({A^2} = A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}\cos \Delta \varphi \Rightarrow {9^2} = A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}\cos \left( {\frac{{ - 5\pi }}{6}} \right)\left( 1 \right)\)

Đạo hàm hai vế theo biến A₁, ta thu được:

\[0 = 2{A_1} + 2{A_2}{A'_2} + 2{A_2}\cos \left( {\frac{{ - 5\pi }}{6}} \right) + 2{A_1}\cos \left( {\frac{{ - 5\pi }}{6}} \right){A'_2}\]

Để A₂ cực đại tại \({A'_2} = 0 \Leftrightarrow {A_2} = - \frac{{{A_1}}}{{\cos \left( { - \frac{{5\pi }}{6}} \right)}} = \frac{{2{A_1}}}{{\sqrt 3 }}\)

Thay kết quả vào (1) ta được: \({A_1} = 9\sqrt 3 \left( {cm} \right)\)

Đáp án đúng: B

Lời giải

Độ biến dạng của lò xo tại vị trí cân bằng: \(\Delta {\ell _0} = \frac{{mg}}{k} = \frac{{{{600.10}^{ - 3}}.10}}{{100}} = 6\left( {cm} \right)\)

Lực đàn hồi của lò xo tác dụng lên vật có độ lớn: \({F_{dh\min }} = k\left( {\Delta {\ell _0} - A} \right) = 2\left( N \right)\)

Đáp án đúng: A

Lời giải

Biên độ dao động đạt cực đại khi tần số dao động riêng bằng tần số của ngoại lực:

\( \Rightarrow f = \frac{\omega }{{2\pi }} = 2\pi \Rightarrow \omega = 40 \Rightarrow \sqrt {\frac{k}{m}} = 40 \Rightarrow m = 0,1\left( {kg} \right) = 100\left( g \right)\)

Đáp án đúng: A

Lời giải

Để tấm ván bị rung lên mạnh nhất thì số bước chân của người trên 1s bằng số dao động của tấm ván trên 1s (cộng hưởng cơ)

Ta có, tần số dao động của tấm ván chính là số dao động của tấm ván trên 1s là 0,5 Hz

=> Số bước chân của người trên 1s là 0,5 bước

=> Trong 12 s người đi qua tấm ván với 12.0,5 = 6 bước thì tấm ván rung lên mạnh nhất

Đáp án đúng: B

Lời giải

Tần số dao động càng lớn thì tần số góc càng lớn, suy ra cơ năng càng lớn nên dao động tắt dần càng chậm do lâu mất hết cơ năng.

Lời giải

Hình chiếu của AB, BC, CA trên phương của đường sức:

\(\left\{ \begin{array}{l}{d_{AB}} = AB.\cos {120^0} = - 5\left( {cm} \right)\\{d_{BC}} = BC.\cos {0^0} = 10\left( {cm} \right)\\{d_{CA}} = CA.\cos {120^0} = - 5\left( {cm} \right)\end{array} \right.\)

Công của điện tích khi di chuyển từ A đến B:

\({A_{AB}} = qE{d_{AB}} = {10^{ - 8}}.3000.\left( { - 0,05} \right) = - {1,5.10^{ - 6}}\left( J \right)\)

Công của điện tích khi di chuyển từ B đến C:

\({A_{BC}} = qE{d_{BC}} = {10^{ - 8}}.3000.\left( {0,1} \right) = {3.10^{ - 6}}\left( J \right)\)

Công của điện tích khi di chuyển từ C đến A:

\({A_{CA}} = qE{d_{CA}} = {10^{ - 8}}.3000.\left( { - 0,05} \right) = - {1,5.10^{ - 6}}\left( J \right)\)

Đáp án đúng: C

Lời giải

Ta có: T₁ = 0,02 s , T₂ = 0,01 s.

=> T₁ = 2T₂ => Trong cùng một khoảng thời gian số lần đổi chiều của dòng f₂ gấp 2 lần dòng f₁ (trong một chu kì dòng điện đổi chiều 2 lần).

Đáp án đúng: C

Lời giải

Ta có:

+ Vận tốc đổi chiều khi qua vị trí biên.

+ Gia tốc đổi chiều khi vị trí cân bằng.

Vậy phát biểu sai là: Khi chất điểm đi qua vị trí cân bằng, gia tốc và vận tốc đổi chiều.

Đáp án đúng: C

Lời giải

\({x^2} + \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}} = {A^2} \Rightarrow \left| v \right| = \omega \sqrt {{A^2} - {x^2}} \)

⇒ A sai

Đáp án đúng: A

Lời giải

Ta có: P = UIcosφ = UIcos(π/2) = 0 W

Lời giải

Do u và i cùng pha nên mạch có R: \(R = \frac{{{U_0}}}{{{I_0}}} = \frac{{220\sqrt 2 }}{{2\sqrt 2 }} = 110\Omega \)

Đáp án đúng: B

Lời giải

Ta có: \(\omega = \frac{1}{{\sqrt {LC} }} = {5.10^5}\left( {rad/s} \right)\)

Phương trình cường độ dòng điện: \(i = {I_0}\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\)

Chọn \(t = 0\) khi \(i = {I_0}\)

\( \Rightarrow i = {I_0}\cos \varphi = {I_0} \Rightarrow \cos \varphi = 1 \Rightarrow \varphi = 0\)

Vậy \(i = 6\cos \left( {{{5.10}^5}t} \right)\left( {mA} \right)\)

Đáp án đúng: D

Lời giải

Ta có U = 100\(\sqrt 2 \) V => I = U/R = 5\(\sqrt 2 \) A

Vì mạch chỉ có R nên công suất của mạch là P = UI = 1000 W

Đáp án đúng: A

Lời giải

\(I = \frac{U}{R} = \frac{{220}}{{100}} = 2,2\left( A \right)\)

Nhiệt lượng: \(Q = {I^2}Rt = {2,2^2}.100.3600 = 1742400\left( J \right)\)

Đáp án đúng: C

Lời giải

Ta có: \(\omega = \frac{{2\pi }}{T} = \pi \left( {{\rm{rad/s}}} \right);A = \sqrt {{x^2} + \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}}} = 4\left( {cm} \right)\)

Sau \[\frac{1}{2}\] chu kì vật có li độ là \({x_1} = - {x_0} = 2\left( {cm} \right)\)\( \Rightarrow {a_1} = - {\omega ^2}{x_1} = - 20\left( {{\rm{cm/}}{{\rm{s}}^2}} \right)\)

Đáp án đúng: A

Lời giải

Bước sóng của một ánh sáng đơn sắc trong nước: \({\lambda _n} = \frac{{600}}{{\frac{4}{3}}} = 450\left( {mm} \right)\)

Đáp án đúng: D

Lời giải

Gọi t₀ là thời điểm nhiệt độ lon nước là 80⁰F: \(T\left( {{t_0}} \right) = 32 + 48.{\left( {0,9} \right)^{{t_0}}} = 80 \Rightarrow {t_0} = 0\)

Gọi t₁ là thời điểm nhiệt độ lon nước là 50⁰F: \(T\left( {{t_1}} \right) = 32 + 48.{\left( {0,9} \right)^{{t_1}}} = 50 \Rightarrow {t_1} = 9,3\)

Đáp án đúng: B

Lời giải

Nếu mắc 3 pin nối tiếp thì E = 3.3 = 9 V

Nếu mắc 3 pin song song thì E’ = 3V

Nếu mắc 2 pin song song rồi nối tiếp với 1 pin thì được E = 3 + 3 = 6V

Vậy với 3 pin thì không thể mắc được bộ nguồn có suất điện động 5V

Đáp án đúng: B

Lời giải

Z_L = ωL = 100Ω , Z_c = 1/ ωC = 50Ω

\(\left| \varphi \right| = \frac{\pi }{4} \Rightarrow \left| {\tan \varphi } \right| = \frac{{\left| {{Z_L} - {Z_C}} \right|}}{R} = 1 \Rightarrow \left| {{Z_L} - {Z_C}} \right| = R = 50\Omega \)

Đáp án đúng: C

Lời giải

Z_ʟ = 10 Ω, r = 10 Ω 

\(I = \frac{U}{Z} = \frac{U}{{\sqrt {{{\left( {R + r} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\)

=> I_max <=>  Z_c = Z_ʟ = 10 Ω => C = 10^-3/π (F)

=> I_max = U/(R + r) = 1

=> R = 40 Ω

Lời giải

Dựa vào giản đồ vecto ta sẽ thấy đoạn mạch chứa R và C luôn có điện áp trễ pha so với cường độ dòng điện.

Lời giải

\({Z_L} = \omega L = 25\Omega \Rightarrow Z = \sqrt {{{\left( {R + r} \right)}^2} + Z_L^2} = 25\sqrt 2 \Rightarrow {I_0} = \frac{{{U_0}}}{Z} = 4\left( A \right)\)

\[\tan \varphi = \frac{{{Z_L}}}{{R + r}} = \frac{{25}}{{10 + 15}} = 1 \Rightarrow \varphi = \frac{\pi }{4}\] ⇒ i trễ pha hơn u góc \(\frac{\pi }{4}\).

Đáp án đúng: C

Lời giải

Ta có: \(R = 30\Omega ;{Z_L} = 60\Omega ;{Z_C} = 100\Omega \)

\( \Rightarrow Z = \sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} = 50\Omega \)

Lời giải

\(\Delta \ell = \frac{{{T^2}}}{{4{\pi ^2}}}.g = 4\left( {cm} \right)\)

\({t_{dan}} = 2{t_{nen}} \Rightarrow \frac{T}{2} + 2\Delta t = 2\left( {\frac{T}{2} - 2\Delta t} \right) \Rightarrow \Delta t = \frac{T}{{12}}\)

Vậy thời gian đi từ vị trí cân bằng đến hết ∆l mất:

\(\Delta t = \frac{T}{{12}} \Rightarrow \frac{A}{2} = 4 \Rightarrow A = 8\left( {cm} \right) \Rightarrow 2A = L = 16\left( {cm} \right)\)

Đáp án đúng: B

Lời giải

\({Z_L} = L\omega = 25\,\Omega \Rightarrow Z = 25\sqrt 2 \,\Omega \)

\(I = \frac{U}{{\sqrt {{{\left( {R + r} \right)}^2} + Z_L^2} }} = \frac{{100}}{{25\sqrt 2 }} = 2\sqrt 2 \left( A \right)\)

Đáp án đúng: D

Lời giải

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{N_1} = 2{N_2}\\\frac{{{N_1}}}{{{N_2}}} = \frac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \frac{{{I_2}}}{{{I_1}}}\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \frac{{2{N_2}}}{{{N_2}}} = \frac{{220}}{{{U_2}}} = \frac{{{I_2}}}{1} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{U_2} = 110\left( V \right)\\{I_2} = 2\left( A \right)\end{array} \right.\)

Đáp án đúng: D

Lời giải

Công suất điện hao phí trên đường dây tải điện là hiệu số chỉ của các công tơ điện ở trạm phát và ở nơi thu

\( \Rightarrow \Delta P = \frac{A}{t} = \frac{{480}}{{24}} = 20\left( {kWh} \right)\)

Đáp án đúng: A

Lời giải

Ta có: \({Z_L} = 60\Omega ;{Z_C} = 100\Omega ;U = 80\left( V \right)\)

Công suất tỏa nhiệt trên điện trở: \(P = \frac{{{{\rm{U}}^2}{\rm{R}}}}{{{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}} = 80 \Rightarrow R = 40\Omega \)

Lời giải

Biểu thức định luật Ôm đối với toàn mạch: \(I = \frac{E}{{R + r}}\) hay \(E = {\rm{IR}} + I.r = U + I.r\)

\( \Rightarrow U = E - I.r\)

⇒ I tăng thì U giảm

Lời giải

\({Z_L} = 70\Omega ;{Z_C} = 50\Omega \Rightarrow Z = 20\sqrt 2 \Omega \)\( \Rightarrow {U_0} = Z{I_0} = 20\sqrt 2 .\sqrt 2 = 40\left( V \right)\)

\(\tan \varphi = \frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R} = 1 \Rightarrow \varphi = \frac{\pi }{4}\)⇒ u sớm pha hơn i góc \(\frac{\pi }{4}\)

Đáp án đúng: B

Lời giải

\(\Delta \varphi = \frac{{2\pi x}}{\lambda } = \frac{{2\pi }}{3}\)

Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{u_M} = A\cos \alpha = 3\\{u_N} = A\cos \left( {\alpha - \frac{{2\pi }}{3}} \right) = 4\end{array} \right. \Rightarrow A = 7\left( {cm} \right)\)

Đáp án đúng: C

Lời giải

Vì dòng xoay chiều biến thiên điều hòa theo thời gian nên giá trị trung bình của nó trong một chu kỳ luôn bằng không. Do T rất nhỏ so với thời gian dài t nên coi t ≈ nT => giá trị trung bình của dòng điện xoay chiều trong thời gian t xấp xỉ bằng 0.

Lời giải

Khi nguồn âm tại O: A và C có cùng mức cường độ âm suy ra: OA = OC

Ta có: \({I_C} = \frac{P}{{4\pi O{C^2}}} \Rightarrow {L_C} = \log \left( {\frac{P}{{4\pi O{C^2}.{I_0}}}} \right) = 3\left( B \right)\)

Lúc sau, nguồn âm tại B thì mức cường độ âm tại O và C bằng nhau nên BO = BC

\({I'_C} = \frac{{10P/3}}{{4\pi B{C^2}}} \Rightarrow {L'_C} = \log \left( {\frac{{10P/3}}{{4\pi B{C^2}.{I_0}}}} \right) = 4\left( B \right)\)

Suy ra: \({L'_C} - {L_C} = \log \left( {\frac{{10}}{3}.\frac{{O{C^2}}}{{B{C^2}}}} \right) = 1 \Rightarrow OC = BC\sqrt 3 \)

Áp dụng định lý cosin trong tam giác OBC \( \Rightarrow \widehat {OBC} = {120^0}\)

\( \Rightarrow \widehat {AOC} = {120^0} \Rightarrow AC = \sqrt 3 OC = 3BC \Rightarrow BA = AC - BC = 2BC\)

\( \Rightarrow \frac{{{I_A}}}{{{I_C}}} = {\left( {\frac{{BC}}{{BA}}} \right)^2} = {10^{{L_A} - 4}} = \frac{1}{4} \Rightarrow {L_A} = 3,4\left( B \right) = 34\left( {dB} \right)\)

Lời giải

Cường độ dòng điện hiệu dụng là \(\frac{1}{{\sqrt 2 }}\left( A \right)\)

Đáp án đúng: B

Lời giải

Tác dụng chính của biến trở là để tránh hiện tượng đoản mạch.

Đáp án đúng: D

Lời giải

Ampe kế cho biết giá trị hiệu dụng của cường độ dòng điện chạy qua ampe kế.

Đáp án đúng: D

Lời giải

Hiệu điện thế giữa hai đầu mạch ngoài: \(\overrightarrow T + \overrightarrow F + \overrightarrow P = \overrightarrow 0 \Rightarrow \overrightarrow T + \overrightarrow R = \overrightarrow 0 \)

Đáp án đúng: A

Lời giải

Có 2 giá trị của C cho cùng giá trị công suất:

\( \Rightarrow {P_1} = {P_2} \Rightarrow {\left( {{Z_L} - {Z_{C1}}} \right)^2} = {\left( {{Z_L} - {Z_{{C_2}}}} \right)^2} \Rightarrow 2{Z_L} = {Z_{C1}} + {Z_{C2}}\)

\( \Rightarrow {Z_L} = \frac{{400 + 200}}{2} = 300\Omega  \Rightarrow L = \frac{3}{\pi }\left( H \right)\)

Đáp án đúng: D

Lời giải

Đèn có: \(R = 12\Omega ;{I_{dm}} = 0,5A\)

Đèn sáng bình thường nên dòng điện qua đèn là I = 0,5 A

Áp dụng định luật Ôm đối với toàn mạch: \(I = \frac{E}{{r + {R_b} + {R_d}}} = 0,5 \Rightarrow {R_b} = 5\Omega \)

Đáp án đúng: B

Lời giải

Công suất tiêu thụ của hai điện trở như nhau nên ta có:

\(P = I_1^2{R_1} = I_2^2{R_2}\)\( \Rightarrow \frac{{{E^2}}}{{{{\left( {r + {R_1}} \right)}^2}}}{R_1} = \frac{{{E^2}}}{{{{\left( {r + {R_2}} \right)}^2}}}{R_2} \Rightarrow \frac{1}{{{{\left( {r + 1} \right)}^2}}} = \frac{9}{{{{\left( {r + 9} \right)}^2}}} \Rightarrow r = 3\Omega \)

Đáp án đúng: B

Lời giải

Phương pháp: Vận dụng biểu thức tính công suất: \(P = \frac{{{U^2}}}{R}\)

Cách giải:

+ Trong mạch điện 1 chiều, công suất tiêu thụ của mạch: \({P_0} = \frac{{U_0^2}}{R}\)

+ Trong mạch điện xoay chiều, công suất tiêu thụ của mạch: \(P = \frac{{U_{}^2}}{R} = \frac{{U_0^2}}{{2R}} \Rightarrow \frac{{{P_0}}}{P} = 2\)

Đáp án đúng: D

Lời giải

Công của lực điện trường trên đường gấp khúc ABC là

\(\begin{array}{l}{A_{ABC}} = {A_{AB}} + {A_{BC}}\\{A_{AB}} = qE{d_1} = q.E.AB.\cos {30^0} = {6,92.10^{ - 5}}\left( J \right)\\{A_{BC}} = qE{d_2} = q.E.BC.\cos {120^0} =  - {8.10^{ - 5}}\left( J \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow {A_{ABC}} = - {1,08.10^{ - 5}}\left( J \right)\)

Lời giải

Phân tích các lực tác dụng vào quả cầu ta có:

Ta có: \(\overrightarrow T + \overrightarrow F + \overrightarrow P = \overrightarrow 0 \Rightarrow \overrightarrow T + \overrightarrow R = \overrightarrow 0 \)

Từ hình vẽ có: \(\tan {60^0} = \frac{F}{P} = \frac{{\left| q \right|E}}{{m.g}} \Rightarrow E = 1732\left( {V/m} \right)\)

Lời giải

Ta có: \(E = \frac{F}{q} = 20000\left( {{\rm{V/m}}} \right)\)

Đáp án đúng: D

Lời giải

Một đèn loại 220 V – 75 W và một đèn loại 220 V – 25 W  → P_đm1 = 3.P_đm2

Hai đèn được sử dụng đúng hiệu điện thế  định mức → P_tt1 = 3.P_tt2

Ta có: \(A = P.t \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{A_1} = {P_{tt1}}.t\\{A_2} = {P_{tt2}}.t\end{array} \right. \Rightarrow {A_1} = 3{A_2}\)

Đáp án đúng: B

Lời giải

Khoảng cách giữa hai vân sáng liên tiếp là: \(i = \frac{{\lambda D}}{a} = 0,5\left( {mm} \right)\)

Đáp án đúng: A

Lời giải

Ta có:

+ Khi dùng ánh sáng có bước sóng λ₁ thì trên MN có 10 vân tối => có 11 vân sáng

=> Đoạn MN = 20mm = 10i => i = 2mm

+ Khi thay λ₁ bằng bước sóng λ₂ thì có khoảng vân i’

\(\frac{{i'}}{i} = \frac{{{\lambda _2}}}{{{\lambda _1}}} = \frac{5}{3} \Rightarrow i' = \frac{5}{3}i = \frac{{10}}{3}\left( {mm} \right)\)

=> số vân sáng trên đoạn MN: \({N_s} = 2\left[ {\frac{L}{{2i'}}} \right] + 1 = 2.3 + 1 = 7\)

Lời giải

Ta có: q = U.C => q’ = 2U.C = 2q.

Đáp án đúng: C

Lời giải

Định luật Ôm cho toàn mạch: \(I = \frac{{{E_1} + {E_2}}}{{R + {r_1} + {r_2}}} \Rightarrow R = \frac{{{E_1} + {E_2}}}{I} - \left( {{r_1} + {r_2}} \right) = 2,5\Omega \)

Lời giải

Lực tương tác giữa hai điện tích trong hai trường hợp lần lượt là:

\(\left\{ \begin{array}{l}{F_1} = \frac{{k\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{r_1^2}} = {1,6.10^{ - 4}}\left( N \right)\\{F_2} = \frac{{k\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{r_2^2}} = {2,5.10^{ - 4}}\left( N \right)\end{array} \right. \Rightarrow \frac{{{F_1}}}{{{F_2}}} = \frac{{r_2^2}}{{r_1^2}} = 0,64\)

\( \Rightarrow \frac{{{r_2}}}{{{r_1}}} = 0,8 \Rightarrow {r_2} = 0,8{r_1} = 0,8.2 = 1,6\left( {cm} \right)\)

Lời giải

Do dây có 1 đầu cố định 1 đầu tự do và có 9 bụng sóng, suy ra k = 8

\( \Rightarrow \ell = \left( {2.8 + 1} \right)\frac{\lambda }{4} = \frac{{17}}{4}\lambda \Rightarrow \lambda = \frac{{24}}{{85}}\left( m \right)\)

Lại có: \(v = \lambda .f = 24\left( {m/s} \right)\)

Đáp án đúng: B

Lời giải

Giá trị của R để công suất tiêu thụ trên biến trở là cực đại: \(R = {Z_d} = \sqrt {{r^2} + Z_L^2} \)

→ Từ giản đồ vecto ta có: r = 10 Ω và \({Z_L} = 10\sqrt 3 \Omega \)

→ Giá trị của biến trở để công suất tiêu thụ trên toàn mạch là cực đại

\(R = {Z_L} - r = 10\sqrt 3 - 10 = 7,3\Omega \)

Đáp án đúng: D

Lời giải

Dựa vào đồ thị ta thấy tại một thời điểm bất kì u luôn nhanh pha hơn i một góc π/2 nên chứng tỏ đoạn mạch chỉ chứa cuộn dây thuần cảm.

Lời giải

Quãng đường âm truyền đi rồi phản xạ trở lại là: s = 2L

Thời gian âm truyền đi rồi phản xạ trở lại là: \(t = \frac{s}{v} = \frac{{2L}}{v}\)

Để không nghe được tiếng nổ, ta có: \(t \le 0,1 \Rightarrow \frac{{2L}}{v} \le 0,1 \Rightarrow L \le \frac{{0,1v}}{2} = \frac{{0,1.340}}{2} = 17\left( m \right)\) 

Lời giải

Ta có: \(v = \lambda .f \Rightarrow \lambda = \frac{v}{f} = 2\left( m \right)\)

Lại có khoảng cách giữa hai điểm gần nhau nhất dao động ngược pha là \[\frac{1}{2}\] bước sóng => d = 1 m.

Đáp án đúng: B

Lời giải

Nhận định "Từ trường của ống dây là từ trường vĩnh cửu" là không đúng khi nói về ống dây có dòng điện chạy qua.

Đáp án đúng: D

Lời giải

Quá trình truyền sóng không phải là quá trình truyền vật chất. 

Đáp án đúng: A

Lời giải

Ta có hệ số công suất của đoạn mạch được xác định bởi công thức:

\(\cos \varphi = \frac{R}{Z} = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {\omega L - \frac{1}{{C\omega }}} \right)}^2}} }} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\cos \varphi \notin U\\\cos \varphi \in R,L,C,f\end{array} \right.\)

Đáp án đúng: A

Lời giải

Tại M có 4 vân trùng: \({k_1}.735 = {k_2}.490 = {k_3}{\lambda _3} = {k_4}{\lambda _4}\left( 1 \right)\)

\(\frac{{{k_1}}}{{{k_2}}} = \frac{{490}}{{735}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{k_1} = 2n\\{k_2} = 3n\end{array} \right. \Rightarrow {x_M} = \frac{{2n.735.D}}{a} = \frac{{1470nD}}{a}\)

Tại M ngoài hai bức xạ 735 nm và 490 nm cho vân sáng thì còn có hai bức xạ khác cũng cho vân sáng.

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {x_M} = \frac{{1470nD}}{a} = \frac{{k\lambda D}}{a} \Rightarrow \lambda = \frac{{1470n}}{k}\\ \Rightarrow 380 \le \frac{{1470nD}}{a} \le 760 \Rightarrow 1,93n \le k \le 3,87n\end{array}\)

Với \(n = 1 \Rightarrow 1,93 \le k \le 3,87 \Rightarrow k = 2;3\)

⇒ Tại M có hai bức xạ cho vân sáng (Loại)

Với \(n = 2 \Rightarrow 3,86 \le k \le 7,74 \Rightarrow k = 4;5;6;7\)

⇒ Tại M có 4 bức xạ cho vân sáng ứng với:

\({\lambda _1} = \frac{{1470.2}}{4} = 735\left( {nm} \right);{\lambda _2} = \frac{{1470.2}}{6} = 490\left( {nm} \right);\)

\({\lambda _3} = \frac{{1470.2}}{5} = 588\left( {nm} \right);\,{\lambda _4} = \frac{{1470.2}}{7} = 420\left( {nm} \right)\)

\( \Rightarrow {\lambda _3} + {\lambda _4} = 588 + 420 = 1008\left( {nm} \right)\)

Đáp án đúng: C

Lời giải

Sóng vô tuyến truyền được qua tầng điện li ra ngoài không gian là sóng cực ngắn

Đáp án đúng: C

Lời giải

Vì Uᴀɴ vuông pha với Uᴍʙ

=> tan φ_ᴀɴ. tan φ_ᴍʙ= -1 => \(\frac{{{Z_L}}}{R}.\frac{{{Z_C}}}{R} = 1 \Rightarrow R = \sqrt {{Z_L}.{Z_C}} = 50\Omega \)

Đáp án đúng: C

Lời giải

Do chiết suất của nước đối với các tia tăng theo thứ tự:

\({n_{cham}} < {n_{luc}} < {n_{cam}} \Rightarrow {r_{cam}} > {r_{luc}} > {r_{cham}}\)
→ Đi từ mặt nước lên ta lần lượt gặp các tia chàm, lục, da cam.