Đáp án A

Từ đồ thị ta thấy pha ban đầu của các đồ thị là: \(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{\varphi }_{1}}=\pi \left( rad \right) \\ {{\varphi }_{2}}=\frac{\pi }{2}\left( rad \right) \\ {{\varphi }_{3}}=-\frac{\pi }{2}\left( rad \right) \\ \end{array} \right.\)

Lại có: \(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{\varphi }_{v}}-{{\varphi }_{x}}=\frac{\pi }{2} \\ {{\varphi }_{a}}-{{\varphi }_{x}}=\pi \\ \end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{\varphi }_{x}}=\frac{\pi }{2}={{\varphi }_{2}} \\ {{\varphi }_{v}}=0={{\varphi }_{1}} \\ {{\varphi }_{a}}=-\frac{\pi }{2}={{\varphi }_{3}} \\ \end{array} \right.\)

Đáp án D

Tại thời điểm đầu \(\left( t=0 \right)\), vật có li độ \(x=3\sqrt{3}cm\) và đang chuyển động ngược chiều dương, thay vào phương trình li độ và vận tốc, ta có:

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} x=A\cos \varphi \\ v=-\omega A\sin \varphi <0 \\ \end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}} 3\sqrt{3}=6\cos \varphi \\ \sin \varphi >0 \\ \end{array} \right.\Rightarrow \varphi =\frac{\pi }{6}\left( rad \right)\)

Đáp án B

Hai âm cùng độ cao là hai âm có cùng tần số

Đáp án A

Độ lớn suất điện động cảm ứng trong vòng dây là:

\(\left| {{e}_{c}} \right|=\left| -\frac{\Delta \Phi }{\Delta t} \right|=\left| -\frac{0-{{6.10}^{-3}}}{0,02} \right|=0,3\left( V \right)\)

Dao động cưỡng bức có biên độ không đổi và có tần số bằng tần số của lực cưỡng bức

Bước sóng là: \(\lambda =\frac{v.2\pi }{\omega }=\frac{1,5.2\pi }{50\pi }=0,06\left( m \right)=6\left( cm \right)\)

Số điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn thẳng AB là:

\({{N}_{\max }}=2.\left( \frac{AB}{\lambda } \right)+1=2.\left( \frac{20}{6} \right)+1=2.3+1=7\)

Số điểm dao động với biên độ cực tiểu trên đoạn thẳng AB là:

\({{N}_{\min }}=2.\left( \frac{AB}{\lambda } \right)=2.\left( \frac{20}{6} \right)=2.3=6\)

Hệ số công suất của mạch điện là: \(\cos \varphi =\frac{R}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}\)

Ta có: \({{\left( \cos \varphi  \right)}_{\min }}=0\Leftrightarrow R=0\to \) mạch điện không chứa điện trở

Hệ số công suất của mạch điện là:

\(\cos \varphi =\frac{R+r}{\sqrt{{{\left( R+r \right)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}{{{\left( R+r \right)}^{2}}}}}\)

Đặt: \(f=1+\frac{{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}{{{\left( R+r \right)}^{2}}}\Rightarrow \cos \varphi =\frac{1}{\sqrt{f}}\)

Mạch điện tiêu thụ công suất cực đại: \({{P}_{\max }}\Leftrightarrow {{\left( \cos \varphi  \right)}_{\max }}\Rightarrow {{f}_{\min }}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có:

\(1+\frac{{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}{{{\left( R+r \right)}^{2}}}\ge 2\sqrt{\frac{{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}{{{\left( R+r \right)}^{2}}}}=\frac{2\left| {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right|}{R+r}\)

\(\Rightarrow {{f}_{\min }}=\frac{2\left| {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right|}{R+r}\Leftrightarrow 1=\frac{{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}{{{\left( R+r \right)}^{2}}}\)

\(\Rightarrow R+r=\left| {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right|\Rightarrow R=\left| {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right|-r\)

Cường độ dòng điện trong mạch là: \(I=\frac{U}{\sqrt{{{\left( R+r \right)}^{2}}+{{Z}_{L}}^{2}}}\)

Công suất tiêu thụ trên biến trở là: \(P=\frac{{{U}^{2}}R}{{{\left( R+r \right)}^{2}}+{{Z}_{L}}^{2}}=\frac{{{U}^{2}}}{R+2r+\frac{{{r}^{2}}+{{Z}_{L}}^{2}}{R}}\)

Đặt \(f=R+\frac{{{r}^{2}}+{{Z}_{L}}^{2}}{R}\Rightarrow P=\frac{{{U}^{2}}}{f+2r}\)

Công suất tiêu thụ trên biến trở đạt cực đại: \({{P}_{\max }}\Leftrightarrow {{f}_{\min }}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có:

\(R+\frac{{{r}^{2}}+{{Z}_{L}}^{2}}{R}\ge 2\sqrt{R.\frac{{{r}^{2}}+{{Z}_{L}}^{2}}{R}}=2\sqrt{{{r}^{2}}+{{Z}_{L}}^{2}}\)

\(\Rightarrow {{f}_{\min }}=2\sqrt{{{r}^{2}}+{{Z}_{L}}^{2}}\Leftrightarrow R=\frac{{{r}^{2}}+{{Z}_{L}}^{2}}{R}\Rightarrow {{R}^{2}}={{r}^{2}}+{{Z}_{L}}^{2}\)

Khi \(R={{R}_{0}}\), ta có điện áp hiệu dụng giữa hai đầu biến trở và cuộn dây:

\({{U}_{R}}={{U}_{d}}\Rightarrow R={{Z}_{d}}\Rightarrow {{R}_{0}}=\sqrt{{{r}^{2}}+{{Z}_{L}}^{2}}\Rightarrow {{R}_{0}}^{2}={{r}^{2}}+{{Z}_{L}}^{2}\)

→ Khi \(R={{R}_{0}}\), công suất tiêu thụ trên biến trở đạt cực đại

→ Khi \(R\) tăng hoặc giảm, công suất tiêu thụ trên biến trở đều giảm

Chuyển động của vật từ biên âm về vị trí cân bằng là chuyển động nhanh dần theo chiều dương

Khoảng cách giữa 5 đỉnh sóng liên tiếp là: \(d=4\lambda =0,48\left( m \right)\Rightarrow \lambda =0,12\left( m \right)\)

Tốc độ truyền sóng trên mặt chất lỏng là: \(v=\lambda f=0,12.100=12\left( m/s \right)\)

Khi đặt vào hai đầu cuộn dây điện áp một chiều, cường độ dòng điện là:

\({{I}_{1}}=\frac{U}{r}\Rightarrow r=\frac{U}{{{I}_{1}}}=\frac{60}{2}=30\left( \Omega  \right)\)

Khi đặt vào hai đầu cuộn dây điện áp xoay chiều, cường độ dòng điện là:

\({{I}_{1}}=\frac{U}{\sqrt{{{r}^{2}}+{{Z}_{L}}^{2}}}\Rightarrow 1,2=\frac{60}{\sqrt{{{30}^{2}}+{{Z}_{L}}^{2}}}\Rightarrow {{Z}_{L}}=40\left( \Omega  \right)\)

Lại có: \({{Z}_{L}}=\omega L=2\pi fL\Rightarrow L=\frac{{{Z}_{L}}}{2\pi f}=\frac{40}{2\pi .50}=\frac{0,4}{\pi }\left( H \right)\)

Cơ năng ban đầu của con lắc là: \(W=\frac{k{{A}^{2}}}{2}=1,5\left( J \right)\)

Tăng khối lượng của vật nặng và biên độ lên gấp đôi, cơ năng của con lắc mới là:

\({W}'=\frac{k{{{{A}'}}^{2}}}{2}=\frac{k.{{\left( 2A \right)}^{2}}}{2}=4.\frac{k{{A}^{2}}}{2}=4W=6\left( J \right)\)

\(\Rightarrow \Delta W={W}'-W=4,5\left( J \right)\)

Ta có tỉ số: \(\frac{{{u}_{R}}}{{{u}_{{{R}_{0}}}}}=\frac{{{U}_{R}}}{{{U}_{{{R}_{0}}}}}=\frac{R}{{{R}_{0}}}=k\Rightarrow \frac{{{u}_{R}}}{{{u}_{{{R}_{0}}}}}=k\)

→ Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc giữa \({{u}_{X}},{{u}_{{{R}_{0}}}}\) là đoạn thẳng

Từ đồ thị ta thấy:

Tại thời điểm \({{t}_{1}}\), vận tốc có giá trị âm và đang giảm → vật đang chuyển động từ vị trí cân bằng về biên âm→ vật có li độ âm và gia tốc âm

Tại thời điểm \({{t}_{2}}\), vận tốc bằng 0 và đang tăng → vật ở biên âm → gia tốc của vật có giá trị cực đại

Tại thời điểm \({{t}_{3}}\), vận tốc có giá trị dương và đang tăng → vật đang chuyển động từ biên âm về vị trí cân bằng → vật có li độ âm và gia tốc dương

Tại thời điểm \({{t}_{4}}\), vận tốc có giá trị cực đại → vật đang ở vị trí cân bằng → gia tốc của vật bằng 0

Tại thời điểm điện áp giữa hai đầu cuộn cảm có độ lớn cực đại, ta có công thức độc lập với thời gian:

\(\frac{{{i}^{2}}}{{{I}_{0}}^{2}}+\frac{{{u}_{L}}^{2}}{{{U}_{0L}}^{2}}=1\Rightarrow \frac{{{i}^{2}}}{{{I}_{0}}^{2}}+\frac{{{U}_{0L}}^{2}}{{{U}_{0L}}^{2}}=1\Rightarrow i=0\)

dài quỹ đạo của con lắc là:

\(L={{\text{l}}_{\max }}-{{\text{l}}_{\min }}=2A\Rightarrow A=\frac{{{\text{l}}_{\max }}-{{\text{l}}_{\min }}}{2}=\frac{34-26}{2}=4\left( cm \right)\)

Người này tiến lại gần bức tranh, khoảng cách từ người tới bức tranh giảm tới điểm cực cận:

Tiêu cự của thủy tính thể tăng

Góc trông vật: \(\tan \alpha =\frac{AB}{\text{l}}\Rightarrow \tan \alpha \sim\frac{1}{\text{l}}\to \tan \alpha \) tăng →α  tăng

Khoảng cách ngắn nhất giữa hai điểm mà hai phần tử của môi trường tại đó dao động vuông pha nhau, ta có: \(\Delta \varphi =\frac{2\pi d}{\lambda }=\frac{\pi }{2}\Rightarrow \frac{\lambda }{d}=4\)

Âm có tần số \(10Hz<16Hz\) là hạ âm

Thế năng của vật cực đại khi vật ở vị trí biên

Chu kì của con lắc đơn là: \(T=2\pi \sqrt{\frac{\text{l}}{g}}\Rightarrow {{T}^{2}}=4{{\pi }^{2}}\frac{\text{l}}{g}\)

Nhận xét: \({{T}_{1}}^{2}+{{T}_{3}}^{2}={{T}_{2}}^{2}\Rightarrow {{\text{l}}_{1}}+{{\text{l}}_{3}}={{\text{l}}_{2}}\Rightarrow {{\text{l}}_{1}}={{\text{l}}_{2}}-{{\text{l}}_{3}}\)

Từ đồ thị ta thấy chu kì của dòng điện là: \(T=40.2=80\left( ms \right)=0,08\left( s \right)\)

Số lần dòng điện đổi chiều trong 1 phút là: \(n=2.\frac{60}{T}=2.\frac{60}{0,08}=1500\)  (lần)

Độ lệch pha giữa hai điểm \(M,N\) là: \(\Delta \varphi =\frac{2\pi d}{\lambda }=\frac{2\pi .40}{30}=\frac{8\pi }{3}=\frac{2\pi }{3}\left( rad \right)\)

Ta có vòng tròn lượng giác:

Từ vòng tròn lượng giác ta thấy: \({{u}_{M}}=A\cos \frac{\pi }{6}=3\left( cm \right)\Rightarrow A=2\sqrt{3}\left( cm \right)\)

Dung kháng của tụ điện và cảm kháng của cuộn dây là: \(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{Z}_{C}}=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{100\pi .\frac{{{10}^{-3}}}{8\pi }}=80\left( \Omega \right) \\ {{Z}_{L}}=\omega L=100\pi .\frac{0,4}{\pi }=40\left( \Omega \right) \\ \end{array} \right.\)

Cường độ dòng điện hiệu dụng qua mạch là:

\(I=\frac{U}{\sqrt{{{r}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=\frac{100}{\sqrt{{{30}^{2}}+{{\left( 40-80 \right)}^{2}}}}=2\left( A \right)\)

Giá trị hiệu dụng của dòng điện xoay chiều là: \(I={{I}_{0}}\)

Cường độ dòng điện cực đại là: \({{I}_{\max }}=I\sqrt{2}={{I}_{0}}\sqrt{2}\)

Hiệu điện thế hai đầu mạch ngoài là: \({{U}_{AB}}=E-Ir\)

Hiệu điệ thế giữa hai đầu đoạn mạch là: \(U=\sqrt{{{U}_{R}}^{2}+{{\left( {{U}_{L}}-{{U}_{C}} \right)}^{2}}}\Rightarrow U\ge {{U}_{R}}\)

Dao động tắt dần có biên độ và cơ năng giảm dần theo thời gian → A, C đúng

Có sự biến đổi qua lại giữa động năng và thế năng → B sai

Ma sát càng lớn, dao động tắt dần càng nhanh → D đúng

Cường độ âm tăng thêm \(2dB\), ta có: \({{L}_{2}}-{{L}_{1}}=10\lg \frac{{{I}_{2}}}{{{I}_{1}}}=2\Rightarrow \lg \frac{{{I}_{2}}}{{{I}_{1}}}=0,2\Rightarrow \frac{{{I}_{2}}}{{{I}_{1}}}={{10}^{0,2}}\approx 1,58\)

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch \(AP\) là:

\({{U}_{AP}}=\frac{U\sqrt{{{\left( R+r \right)}^{2}}+{{Z}_{L}}^{2}}}{\sqrt{{{\left( R+r \right)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}\)

Để điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch \(AP\) không phụ thuộc vào R, ta có:

\({{\left( R+r \right)}^{2}}+{{Z}_{L}}^{2}={{\left( R+r \right)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}\)

\(\Rightarrow {{Z}_{L}}^{2}={{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}\Rightarrow {{Z}_{L}}={{Z}_{C}}-{{Z}_{L}}\Rightarrow {{Z}_{C}}=2{{Z}_{L}}\)

Ta có giản đồ vecto:

Từ giản đồ vecto, ta thấy góc lệch giữa \({{u}_{AP}}\) và \({{u}_{AB}}\) là:

\(\tan \left( 2\alpha  \right)=\frac{2\tan \alpha }{1-{{\tan }^{2}}\alpha }=\frac{2.\frac{{{Z}_{L}}}{R+r}}{1-{{\left( \frac{{{Z}_{L}}}{R+r} \right)}^{2}}}\)

\({{\left( \tan 2\alpha  \right)}_{\max }}\Rightarrow {{\left( 2\alpha  \right)}_{\max }}\Rightarrow {{\alpha }_{\max }}\Rightarrow {{\left( \tan \alpha  \right)}_{\max }}\)

\(\Rightarrow {{\left( \frac{{{Z}_{L}}}{R+r} \right)}_{\max }}\Rightarrow {{\left( R+r \right)}_{\min }}\Rightarrow R=0\)

Khi đó ta có:

\({{U}_{1}}={{U}_{BP}}={{U}_{C}}=\frac{U.{{Z}_{C}}}{\sqrt{{{r}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=\frac{U.2{{Z}_{L}}}{\sqrt{{{r}^{2}}+{{Z}_{L}}^{2}}}\)

Ta có tích

\({{U}_{AN}}.{{U}_{NP}}=\frac{U.\left( R+r \right)}{\sqrt{{{\left( R+r \right)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}.\frac{U.{{Z}_{L}}}{\sqrt{{{\left( R+r \right)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}\)

\(={{U}^{2}}.\frac{{{Z}_{L}}.\left( R+r \right)}{{{\left( R+r \right)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}={{U}^{2}}.{{Z}_{L}}.\frac{1}{\left( R+r \right)+\frac{{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}{R+r}}\)

Đặt \(x=R+r;f\left( x \right)=x+\frac{{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}{x}\Rightarrow {{U}_{AN}}.{{U}_{NP}}={{U}^{2}}.{{Z}_{L}}.\frac{1}{f\left( x \right)}\)

Để tích \({{\left( {{U}_{AN}}.{{U}_{NP}} \right)}_{\max }}\Rightarrow f{{\left( x \right)}_{\min }}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có:

\(x+\frac{{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}{x}\ge 2\sqrt{x.\frac{{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}{x}}=2\left| {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right|\)

\(f{{\left( x \right)}_{\min }}\Leftrightarrow x=\frac{{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}{x}\)

\(\Rightarrow {{x}^{2}}={{\left( R+r \right)}^{2}}={{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}={{Z}_{L}}^{2}\)

\(\Rightarrow R={{Z}_{L}}-r\)

Khi đó ta có: \({{U}_{2}}={{U}_{AM}}={{U}_{R}}=\frac{U.R}{\sqrt{{{\left( R+r \right)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}\)

\(\Rightarrow {{U}_{2}}=\frac{U.\left( {{Z}_{L}}-r \right)}{\sqrt{2{{Z}_{L}}^{2}}}=\frac{U.\left( {{Z}_{L}}-r \right)}{\sqrt{2}{{Z}_{L}}}\)

Theo đề bài ta có:

\({{U}_{1}}=2.\left( \sqrt{6}+\sqrt{3} \right){{U}_{2}}\)

\(\Rightarrow \frac{U.2{{Z}_{L}}}{\sqrt{{{r}^{2}}+{{Z}_{L}}^{2}}}=2.\left( \sqrt{6}+\sqrt{3} \right).\frac{U.\left( {{Z}_{L}}-r \right)}{\sqrt{2}{{Z}_{L}}}\)

\(\Rightarrow \sqrt{2}{{Z}_{L}}^{2}=\left( \sqrt{6}+\sqrt{3} \right).\left( {{Z}_{L}}-r \right).\sqrt{{{r}^{2}}+{{Z}_{L}}^{2}}\)

\(\Rightarrow {{Z}_{L}}^{2}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{3}}{\sqrt{2}}.\left( {{Z}_{L}}-r \right).\sqrt{{{r}^{2}}+{{Z}_{L}}^{2}}\)

\(\Rightarrow {{\left( \frac{{{Z}_{L}}}{r} \right)}^{2}}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{3}}{\sqrt{2}}.\left( \frac{{{Z}_{L}}}{r}-1 \right).\sqrt{1+\frac{{{Z}_{L}}^{2}}{{{r}^{2}}}}\left( 1 \right)\)

Đặt \(\tan \alpha =\frac{{{Z}_{L}}}{r}\), thay vào phương trình (1), ta có:

\({{x}^{2}}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{3}}{\sqrt{2}}\left( x-1 \right)\sqrt{1+{{x}^{2}}}\Rightarrow x=\tan \alpha \approx 1.377\)\(\Rightarrow \alpha \approx {{54}^{0}}\Rightarrow 2\alpha ={{108}^{0}}\)

Góc \({{108}^{0}}\) có giá trị gần nhất với góc \(\frac{4\pi }{7}\)

Khi mắc từng phần tử vào dòng điện thứ nhất, cường độ dòng điện qua tụ điện bằng 0A

→ Dòng điện thứ nhất là dòng điện một chiều

Cường độ dòng điện qua điện trở R là: \({{I}_{1R}}=\frac{U}{R}=1\left( A \right)\)

Với dòng điện một chiều, điện trở trong của cuộn dây có tác dụng cản trở dòng điện, cường độ dòng điện qua cuộn dây là: \({{I}_{1r}}=\frac{{{U}_{1}}}{{{r}_{1}}}=1\left( A \right)\)

\(\Rightarrow {{I}_{1R}}={{I}_{1r}}\Rightarrow \frac{{{U}_{1}}}{R}=\frac{{{U}_{1}}}{r}\Rightarrow R=r\)

Điện năng tiêu thụ trên điện trở trong thời gian \(\Delta t\) là:

\({{Q}_{1}}=\frac{{{U}_{1}}^{2}}{R}.\Delta t=Q\)

Khi chỉ mắc điện trở R vào nguồn thức hai, điện năng tiêu thụ trên điện trở trong thời gian Δt là:

\({{Q}_{2}}=\frac{{{U}_{2}}^{2}}{R}.\Delta t=4Q\Rightarrow \frac{{{U}_{2}}^{2}}{R}.\Delta t=4\frac{{{U}_{1}}^{2}}{R}\Delta t\Rightarrow {{U}_{2}}=2{{U}_{1}}\)

Khi mắc điện trở R nối tiếp với tụ vào nguồn thứ hai, số chỉ của ampe kế là:

\({{I}_{2}}=\frac{{{U}_{2}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{Z}_{C}}^{2}}}=1A=\frac{{{U}_{1}}}{R}\)

\(\Rightarrow 2R=\sqrt{{{R}^{2}}+{{Z}_{C}}^{2}}\Rightarrow {{Z}_{C}}^{2}=3{{R}^{2}}\)

Mắc nối tiếp các linh kiện vào một nguồn thứ hai, số chỉ của ampe kế là:

\({{I}_{2}}^{\prime }=1\left( A \right)={{I}_{2}}\Rightarrow \frac{{{U}_{2}}}{\sqrt{{{\left( R+r \right)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=\frac{{{U}_{2}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{Z}_{C}}^{2}}}\)

\(\Rightarrow {{\left( R+r \right)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}={{R}^{2}}+{{Z}_{C}}^{2}\)

\(\Rightarrow 4{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}={{R}^{2}}+{{Z}_{C}}^{2}\)

\(\Rightarrow 3{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}={{Z}_{C}}^{2}=3{{R}^{2}}\)

\(\Rightarrow {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}=0\Rightarrow {{Z}_{L}}={{Z}_{C}}=\sqrt{3}R\)

Khi mắc cuộn dây vào nguồn điện thứ hai, điện năng tiêu thụ trong thời gian Δtlà:

\({{Q}_{2}}^{\prime }=\frac{{{U}_{2}}^{2}.r}{\sqrt{{{r}^{2}}+{{Z}_{L}}^{2}}}.\Delta t=\frac{4{{U}_{1}}^{2}.R}{\sqrt{{{R}^{2}}+3{{R}^{2}}}}.\Delta t=2.\frac{{{U}_{1}}^{2}}{R}.\Delta t=2Q\)

Ta có giản đồ vecto:

Áp dụng định lí hàm sin, ta có:

\(\frac{A}{\sin \alpha }=\frac{{{A}_{1}}}{\sin \frac{\pi }{6}}\Rightarrow \frac{A}{\sin \alpha }=\frac{5}{\sin \frac{\pi }{6}}=10\Rightarrow A=10\sin \alpha \)

Biên độ dao động tổng hợp đạt cực đại:

\({{A}_{\max }}\Leftrightarrow {{\left( \sin \alpha  \right)}_{\max }}=1\Rightarrow A=10\left( cm \right)\)

Theo đề bài ta có: \(A=\frac{{{A}_{\max }}}{2}=5\left( cm \right)\)

Áp dụng định lí hàm cos, ta có:

\({{A}_{1}}^{2}={{A}_{2}}^{2}+{{A}^{2}}-2A.{{A}_{2}}\cos \frac{\pi }{6}\)

\(\Rightarrow {{5}^{2}}={{A}_{2}}^{2}+{{5}^{2}}-2.5.{{A}_{2}}.cos\frac{\pi }{6}\)

\(\Rightarrow {{A}_{2}}^{2}-5\sqrt{3}{{A}_{2}}=0\Rightarrow {{A}_{2}}=5\sqrt{3}\left( cm \right)\)

Gọi điện tích truyền cho các quả cầu là q

Điện tích của mỗi quả cầu là: \({q}'=\frac{q}{2}\)

Ta có hình vẽ:

Từ hình vẽ ta thấy: \(P={{F}_{d}}\)

\(\Rightarrow mg=k\frac{{{\left( \frac{q}{2} \right)}^{2}}}{{{\text{l}}^{2}}}\Rightarrow q=\sqrt{\frac{4mg{{\text{l}}^{2}}}{k}}\)

\(\Rightarrow q=\sqrt{\frac{{{4.90.10}^{-3}}.10.0,{{1}^{2}}}{{{9.10}^{9}}}}={{2.10}^{-6}}\left( C \right)\)

Ở thời điểm t, dao động (1) có:

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{x}_{1}}={{A}_{1}}\cos {{\varphi }_{1}}\Rightarrow 2\sqrt{3}=4\cos {{\varphi }_{1}}\Rightarrow \cos {{\varphi }_{1}}=\frac{\sqrt{3}}{2} \\ {{v}_{1}}=-\omega A\sin {{\varphi }_{1}}<0\Rightarrow \sin {{\varphi }_{1}}<0 \\ \end{array} \right.\Rightarrow {{\varphi }_{1}}=-\frac{\pi }{6}\)

Ở thời điểm t, dao động (2) có: \(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}

   {{x}_{2}}=0  \\

   {{v}_{2}}>0  \\

\end{array} \right.\Rightarrow {{\varphi }_{2}}=-\frac{\pi }{2}\)

Sử dụng máy tính bỏ túi, ta có:

\(4\angle \left( -\frac{\pi }{6} \right)+4\angle \left( -\frac{\pi }{2} \right)=4\sqrt{3}\angle \left( -\frac{\pi }{3} \right)\)

Li độ và vận tốc của dao động tổng hợp là:

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} x=4\sqrt{3}\cos \left( -\frac{\pi }{3} \right)=2\sqrt{3}\left( cm \right) \\ v=-\omega A\sin \left( -\frac{\pi }{3} \right)>0 \\ \end{array} \right.\)

Ban đầu, số chỉ của vôn kế là: \({{U}_{V1}}={{U}_{d}}=\frac{U\sqrt{{{r}^{2}}+{{Z}_{L}}^{2}}}{\sqrt{{{r}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}\)

Nối tắt tụ điện, số chỉ của vôn kế là điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch: \({{U}_{V2}}=U\)

Theo đề bài ta có:

\({{U}_{V2}}=3{{U}_{V1}}\Rightarrow U=3{{U}_{d}}\Rightarrow U=3\frac{U\sqrt{{{r}^{2}}+{{Z}_{L}}^{2}}}{\sqrt{{{r}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}\)

\(\Rightarrow {{r}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}=9\left( {{r}^{2}}+{{Z}_{L}}^{2} \right)\left( 1 \right)\)

Cường độ dòng điện trong hai trường hợp vuông pha với nhau, ta có:

\(\tan {{\varphi }_{1}}.\tan {{\varphi }_{2}}=-1\Rightarrow \frac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{r}.\frac{{{Z}_{L}}}{r}=-1\)

\(\Rightarrow {{Z}_{L}}\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)=-{{r}^{2}}\)

Thay vào phương trình (1), ta có:

\(-{{Z}_{L}}\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}=9\left( -{{Z}_{L}}\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)+{{Z}_{L}}^{2} \right)\)

\(\Rightarrow {{Z}_{C}}^{2}-{{Z}_{L}}{{Z}_{C}}=9{{Z}_{L}}{{Z}_{C}}\Rightarrow {{Z}_{C}}^{2}-10{{Z}_{L}}{{Z}_{C}}=0\Rightarrow {{Z}_{C}}=10{{Z}_{L}}\)

\(\Rightarrow {{r}^{2}}=-{{Z}_{L}}\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)=9{{Z}_{L}}^{2}\Rightarrow r=3{{Z}_{L}}\)

Hệ số công suất của mạch điện lúc đầu là:

\(\cos \varphi =\frac{r}{\sqrt{{{r}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=\frac{3{{Z}_{L}}}{\sqrt{9{{Z}_{L}}^{2}+{{\left( {{Z}_{L}}-10{{Z}_{L}} \right)}^{2}}}}=\frac{1}{\sqrt{10}}\)

Từ đồ thị, ta có chu kì của điện áp là:

\(T=2.\left( \frac{40}{3}-\frac{10}{3} \right)=20\left( ms \right)=0,02\left( s \right)\)

\(\Rightarrow \omega =\frac{2\pi }{T}=\frac{2\pi }{0,02}=100\pi \left( rad/s \right)\)

Phương trình điện áp giữa hai đầu đoạn mạch \(AB\) là: \({{u}_{AB}}=220\cos \left( 100\pi t \right)\left( V \right)\)

Ta thấy \({{\varphi }_{AB}}={{\varphi }_{i}}\to \) trong mạch có cộng hưởng \(\to \sum{{{Z}_{L}}=\sum{{{Z}_{C}}}}\Rightarrow {{U}_{L}}={{U}_{C}}\)

Tại thời điểm \(t=\frac{10}{3}\left( ms \right)\to \Delta {{\varphi }_{AM}}=\frac{\pi }{3}\left( rad \right),{{u}_{AM}}=0\) và đang giảm \(\left( {{\varphi }_{AM}}=\frac{\pi }{2} \right)\)

\(\Rightarrow {{\varphi }_{{{u}_{AM}}}}=\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{3}=\frac{\pi }{6}\left( rad \right)\)

\(\Rightarrow {{u}_{AM}}={{U}_{0AM}}\cos \left( 100\pi t+\frac{\pi }{6} \right)\left( V \right)\)

Tại thời điểm \(t=7,5\left( ms \right)\to \Delta {{\varphi }_{MB}}=\frac{3\pi }{4}\left( rad \right),{{u}_{MB}}=0\) và đang giảm \(\left( {{\varphi }_{MB}}=\frac{\pi }{2} \right)\)

\(\Rightarrow {{\varphi }_{{{u}_{MB}}}}=\frac{\pi }{2}-\frac{3\pi }{4}=-\frac{\pi }{4}\left( rad \right)\)

\(\Rightarrow {{u}_{MB}}={{U}_{0MB}}\cos \left( 100\pi t-\frac{\pi }{4} \right)\left( V \right)\)

Ta có giản đồ vecto:

Từ giản đồ vecto, ta thấy:

\({{U}_{R1}}+{{U}_{R2}}={{U}_{AB}}=\frac{220}{\sqrt{2}}\left( V \right)\)

\(\Rightarrow {{U}_{L}}\text{cotan}\frac{\pi }{6}+{{U}_{C}}\cot an\frac{\pi }{4}=155,56\)

\(\Rightarrow {{U}_{L}}={{U}_{C}}=\frac{155,56}{\cot an\frac{\pi }{6}+\cot an\frac{\pi }{4}}=56,94\left( V \right)\)

Công suất tiêu thụ trên đoạn mạch \(AM\) và \(MB\) là:

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{P}_{AM}}={{U}_{R1}}.I={{U}_{L}}\cot an\frac{\pi }{6}.I=56,94.\cot an\frac{\pi }{6}.1=98,62\left( W \right) \\ {{P}_{MB}}={{U}_{R2}}.I={{U}_{C}}.\cot an\frac{\pi }{4}.I=56,94.\cot an\frac{\pi }{4}.1=56,94\left( W \right) \\ \end{array} \right.\)

Ban đầu nối hai vật bằng dây dẫn, lực điện tác dụng lên vật B có độ lớn bằng độ lớn lực đàn hồi tác dụng lên vật A: \({{F}_{d}}={{F}_{dh}}\Rightarrow \left| qE \right|=k\Delta \text{l}\Rightarrow \Delta \text{l}=\frac{\left| qE \right|}{k}=0,02\left( m \right)=2\left( cm \right)\)

Cắt dây nối hai vật, hai vật chuyển động không vận tốc đầu, vật A ở biên dương

Biên độ dao động của vật A là: \(A=\Delta \text{l}=2\left( cm \right)\)

Tần số góc dao động của con lắc lò xo là: \(\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{10}{1}}=\sqrt{10}=\pi \left( rad/s \right)\)

Chọn gốc tọa độ tại VTCB của vật A

Phương trình dao động của vật A là: \({{x}_{A}}=2\cos \left( \pi t \right)\left( cm \right)\)

Tại thời điểm \(1,5s\), li độ của vật A là: \({{x}_{A}}=0\)

Vật B chuyển động với gia tốc: \(a=\frac{{{F}_{d}}}{m}=\frac{\left| qE \right|}{m}=0,2\left( m/{{s}^{2}} \right)=20\left( cm/{{s}^{2}} \right)\)

Phương trình chuyển động của vật B là: \({{x}_{B}}=\left( A+\Delta x \right)+{{v}_{0}}t+\frac{a{{t}^{2}}}{2}=22+10{{t}^{2}}\)

Tọa độ của vật B ở thời điểm \(1,5s\) là: \({{x}_{B}}=22+10.1,{{5}^{2}}=44,5\left( cm \right)\)

Khoảng cách giữa hai vật là: \(d=\left| {{x}_{B}}-{{x}_{A}} \right|=44,5\left( cm \right)\)

Bước sóng: \(\lambda =\frac{v}{f}=\frac{40}{80}=0,5\left( cm \right)\)

Điểm \(M,N\) nằm trên đường trung trực của \({{S}_{1}}{{S}_{2}}\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{d}_{2M}}={{d}_{1M}}={{d}_{M}} \\ {{d}_{2N}}={{d}_{1N}}={{d}_{N}} \\ \end{array} \right.\)

Độ lệch pha giữa hai điểm \(M,N\) là:

\(\Delta \varphi ={{\varphi }_{M}}-{{\varphi }_{N}}=\frac{2{{d}_{M}}}{\lambda }-\frac{2{{d}_{N}}}{\lambda }=\frac{2\left( {{d}_{M}}-{{d}_{N}} \right)}{\lambda }\)

Điểm N cùng pha với điểm M, ta có: \(\Delta \varphi =k2\pi \Rightarrow \frac{2\left( {{d}_{M}}-{{d}_{N}} \right)}{\lambda }=k2\pi \Rightarrow {{d}_{M}}-{{d}_{N}}=k\lambda \)

Điểm N gần M nhất \(\Rightarrow {{k}_{\min }}=\pm 1\Rightarrow {{d}_{M}}-{{d}_{N}}=\pm \lambda \)

\(\Rightarrow \left( \begin{array}{*{35}{l}} {{d}_{M}}-{{d}_{N}}=\lambda \Rightarrow {{d}_{N}}={{d}_{M}}-\lambda =9,5\left( cm \right) \\ {{d}_{M}}-{{d}_{N}}=-\lambda \Rightarrow {{d}_{N}}={{d}_{M}}+\lambda =10,5\left( cm \right) \\ \end{array} \right.\)

Với \({{d}_{N}}=9,5cm\), ta có:

\(MN=IM-IN=\sqrt{{{d}_{M}}^{2}-{{S}_{1}}{{I}^{2}}}-\sqrt{{{d}_{N}}^{2}-{{S}_{1}}{{I}^{2}}}\approx 0,88\left( cm \right)=8,8\left( mm \right)\)

Với \({{d}_{N}}=10,5cm\), ta có:

\(MN=IN-IM=\sqrt{{{d}_{N}}^{2}-{{S}_{1}}{{I}^{2}}}-\sqrt{{{d}_{M}}^{2}-{{S}_{1}}{{I}^{2}}}=0,8\left( cm \right)=8\left( mm \right)\)

Điểm P dao động ngược pha với nguồn, giữa \(OP\) có 4 điểm ngược pha với O, ta có:

\(\begin{array}{*{35}{l}} \Delta {{\varphi }_{P}}=\frac{2\pi .OP}{\lambda }=\left( 2k+1 \right)\pi ;k=4 \\ \Rightarrow OP=4,5\lambda \\ \end{array}\)

Điểm P dao động cùng pha với nguồn, giữa OQ có 8 điểm ngược pha với nguồn \(\to k=8\)

\(\Delta {{\varphi }_{Q}}=\frac{2\pi .OQ}{\lambda }=8.2\pi \Rightarrow OQ=8\lambda \)

Ta có hình vẽ:

Ta có:  \(\widehat{PMQ}=\widehat{OMQ}-\widehat{OMP}\Rightarrow \tan \widehat{PMQ}=\tan \left( \widehat{OMQ}-\widehat{OMP} \right)\)

\(\Rightarrow \tan \widehat{PMQ}=\frac{\tan \widehat{OMQ}-\tan \widehat{OMP}}{1+\tan \widehat{OMQ}.\tan \widehat{OMP}}\)

\(\Rightarrow \tan \widehat{PMQ}=\frac{\frac{OQ}{OM}-\frac{OP}{OM}}{1+\frac{OQ}{OM}.\frac{OP}{OM}}=\frac{OM.\left( OQ-OP \right)}{O{{M}^{2}}+OQ.OP}=\frac{OM.PQ}{O{{M}^{2}}+OP.OQ}\)

Đặt \(OM=x\Rightarrow f\left( x \right)=\frac{x.PQ}{{{x}^{2}}+OP.OQ}\)

Xét \({f}'\left( x \right)=\frac{PQ.\left( {{x}^{2}}+OP.OQ \right)-2x.x.PQ}{{{\left( {{x}^{2}}-OP.OQ \right)}^{2}}}=\frac{-{{x}^{2}}.PQ+PQ.OP.OQ}{{{\left( {{x}^{2}}-OP.OQ \right)}^{2}}}\)

Để \(f{{\left( x \right)}_{\max }}\Rightarrow {f}'\left( x \right)=0\Rightarrow -{{x}^{2}}.PQ+PQ.OP.OQ=0\)

\(\Rightarrow x=\sqrt{OP.OQ}=6\lambda \)

Kẻ \(OH\bot MQ\)

Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông \(OMQ\), ta có:

\(\frac{1}{O{{H}^{2}}}=\frac{1}{O{{M}^{2}}}+\frac{1}{O{{Q}^{2}}}\Rightarrow \frac{1}{O{{H}^{2}}}=\frac{1}{{{\left( 6\lambda  \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( 8\lambda  \right)}^{2}}}\Rightarrow OH=4,8\lambda \)

Số điểm dao động ngược pha với O trên đoạn MH thỏa mãn:

\(OH\le \left( 2k+1 \right)\lambda \le OM\Rightarrow 4,8\lambda \le \left( 2k+1 \right)\lambda \le 6\lambda \)\(\Rightarrow 1,9\le k\le 2,5\Rightarrow k=2\)

→ trên MH có 1 điểm dao động ngược pha với nguồn

Số điểm dao động ngược pha với O trên đoạn QH thỏa mãn:

\(OH\le \left( 2k+1 \right)\lambda \le OQ\Rightarrow 4,8\lambda \le \left( 2k+1 \right)\lambda \le 8\lambda \)\(\Rightarrow 1,9\le k\le 3,5\Rightarrow k=1;2;3\)

→ trên QH có 3 điểm dao động ngược pha với nguồn

→ Trên MQ có 4 điểm dao động ngược pha với nguồn