Vì mạch gồm R và C mắc nối tiếp nên tổng trở được tính theo công thức \(\sqrt {{R^2} + {{\left( {{1 \over {\omega C}}} \right)}^2}} \)

Chọn A

Công thức tính bước sóng là λ = vT với v là tốc độ truyền sóng và T là chu kì dao động.

Chọn C

Gia tốc của vật có giá trị cực tiểu là amin = - ω2A, nghĩa là vật ở vị trí x = A

Theo đề bài thì vật cách biên âm đoạn 8 cm, nghĩa là 2A = 8 cm => A = 4 cm

Chọn C

Mạch RLC nối tiếp xảy ra cộng hưởng khi tần số góc được xác định theo công thức \(\omega  = {1 \over {\sqrt {LC} }}\)

Với L là hệ số tự cảm của cuộn dây và C là điện dung của tụ điện

Chọn B

Thay t = 0 vào phương trình \(x = A\cos \left( {4\pi t + {\pi  \over 3}} \right)\) ta được

 \(x = A\cos \left( {4\pi t + {\pi  \over 3}} \right) = A\cos \left( {4\pi  + {\pi  \over 3}} \right) = {A \over 2}\)

Chọn B

PTDĐ: x = Acos(ωt + φ) => tần số góc là ω

Chọn C

Độ giãn của lò xo tại VTCB: \(\Delta {\ell _0} = {{mg} \over k} = {{0,1.10} \over {100}} = 0,01m = 1cm\)

Ban đầu kéo giãn lò xo 5 cm rồi thả nhẹ => biên độ dao động A = 4 cm

Cơ năng dao động của con lắc \(W = {1 \over 2}k{A^2} = {1 \over 2}.100.0,{04^2} = 0,08J\)

Chọn A

Chu kì dao động T = 2π/ω = 2s

Số lần vật đi qua vị trí x = - 2 cm trong một chu kì là 2 lần

Để đi qua vị trí này 2019 lần = 2018 + 1 sẽ hết thời gian t = 1009 T + Δt

Với Δt là thời gian ngắn nhất đẻẻ vật đi từ vị trí ban đầu đến vị trí x = - 2 cm được thể hiện trong hình vẽ sau:

Từ hình vẽ suy ra Δt = T/2

Do đó T = 1009,5T = 2019s

Chọn A

Ta có \(e = 220\sqrt 2 \cos \left( {100\pi t + {\pi  \over {12}}} \right)V \Rightarrow {E_0} = 220\sqrt 2 V\)

Do đó suất điện động hiệu dụng \(E = {{{E_0}} \over {\sqrt 2 }} = {{220\sqrt 2 } \over {\sqrt 2 }} = 200V\)

Chọn C

Áp dụng công thưcs Q = CU → U = Q/C = 0,2.10^-3/2.10^-6 = 100 V

Chọn C

Vì mạch điện chỉ chứa cuộn cảm nên cường độ dòng điện hiệu dụng được tính theo công thức

 \(I = {U \over {{Z_L}}} = {U \over {\omega L}}\)

Chọn D

Hệ số công suất của đoạn mạch được tính theo công thức \(\cos \varphi  = {R \over Z}\)

Chọn A

Suất điện động cực đại xuất hiện trong khung dây E₀ = ω.φ₀ = 100π.200/π = 20000mV = 20V

Suất điện động hiệu dụng \(E = {{{E_0}} \over {\sqrt 2 }} = {{20} \over {\sqrt 2 }} = 10\sqrt 2 \)

Chọn D

PT dao động \(x = 10\cos \left( {2\pi t + {\pi  \over 3}} \right)\) → Biên độ A = 10 cm

Vậy quãng đường đi được trong một chu kì là s = 4A = 40 cm

Chọn B

Hai điểm lệch pha nhau 90⁰ khi Δφ = π/2 + kπ (k nguyên)

Theo đề bài, hai điểm gần nhau nhất(ứng với k = 0) lệch pha nhau 90⁰ cách nhau khoảng d thì ta có

π/2 = 2π.d/λ => λ/d = 4

Chọn C

* Khi điện áp truyền đi là U ta có

P = P_hp + P_tt = 1,2 P_tt, hay

\({P_{tt}} = {5 \over 6}P;{P_{hp}} = {1 \over 6}\)

* Vào giờ cao điểm:

 \(P{'_{tt}} = 1,1{P_{tt}} = 1,1{5 \over 6}P = {{11} \over {12}}P \Rightarrow P{'_{hp}} = {1 \over {12}}P\)

Do đó ta có tỉ số \({{{P_{hp}}} \over {P{'_{hp}}}} = {{U{'^2}} \over {{U^2}}} = 2 \Rightarrow U' = \sqrt 2 U \approx 1,41U\)

Chọn A

* Vì hai đoạn mạch AM (chỉ chứa điện trở) và đoạn mạch MN (chứa cuộn dây và tụ điện) có công suất bằng nhau nên suy ra:

+ cuộn dây có điện trở thuần

+ R = r với r là điện trở của cuộn dây. 

* Dựa vào đồ thị thấy rằng u_AN và u_MB vuông pha nhau;  \({U_{0AN}} = 60\sqrt 2 V;{U_{0MB}} = 40\sqrt 2 V\)

Ta có  \(\tan {\varphi _{AN}}.\tan {\varphi _{MB}} =  - 1 \Leftrightarrow {{{Z_L}} \over {R + r}}.{{{Z_L} - {Z_C}} \over r} =  - 1\left( 1 \right)\)

Và \({{{U_{0AN}}} \over {{U_{0MB}}}} = {{{Z_{AN}}} \over {{Z_{MB}}}} = {{\sqrt {{{\left( {R + r} \right)}^2} + Z_L^2} } \over {\sqrt {{r^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = {3 \over 2}\left( 2 \right)\)

Không mất tính tổng quát ta lấy R = r = 1 rồi thay vào (1) và (2) ta tính được Z_L = 1,5 và Z_C = 17/6

Ta có tỉ số  \({{{U_{AB}}} \over {{U_{MB}}}} = {{{Z_{AB}}} \over {{Z_{MB}}}} = {{\sqrt {{{\left( {R + r} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} } \over {\sqrt {{r^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = 1,44 \Rightarrow {U_{AB}} = 1,44{U_{MB}} = 1,44.40 = 57,6V\)

Chọn D

Chu kì dao động \(T = 2\pi \sqrt {{m \over k}}  = 0,28s\)

Chia s = s’ + s’’, trong đó

+ s’ là quãng đường vật dao động điều hòa tắt dần từ t = 0 đến vị trí không còn lực đàn hồi:

Thời gian đi là \(t' = {T \over 4} + {T \over {2\pi }}\arcsin \left( {{{0,5} \over {4,5}}} \right) = 0,075s\)

Áp dụng ĐLBT năng lượng: \({1 \over 2}k{\left( {\Delta \ell } \right)^2} = \mu mg\Delta \ell  + {1 \over 2}m{v^2} \Rightarrow v = 1m/s\)

+ s’’ là quãng đường vật chuyển động chậm dần đều với gia tốc của vật: a = -F_ms /m = -2,5 m/s²;

Do đó, \(t'' = {{0 - v} \over a} = {{0 - 1} \over { - 2,5}} = 0,4s\)

Thời gian tổng cộng: t = t’ + t’’ = 0,475 s

Chọn  B

Tốc độ góc ω = 2πf = 50π rad/s

Số bó sóng trên dây là 4 => bước sóng là 40/2 = 20cm

Sợi dây duỗi thẳng khi các phân tử trên dây đều đi qua VTCB do đó tốc độ của điểm bụng khi đó là tốc độ dao động cực đại của nó => ωA_b = 1,5π => A_b = 3 cm

Xét hai điểm bụng gần nhau nhất sẽ là hai điểm dao động ngược pha với nhau, do đó

+ Khoảng cách gần nhất khi hai điểm này cùng đi qua VTCB: y = λ/2 = 10cm

+ Khoảng cách xa nhất khi hai điểm ở hai biên khác nhau (một ở đỉnh trên, một ở đỉnh dưới):

 \(x = \sqrt {{y^2} + {{\left( {2{A_b}} \right)}^2}}  = \sqrt {{5^2} + {6^2}}  = 11,66\)

Do vậy \({x \over y} = 1,166\)

Chọn D

Bước sóng λ = v/f = 50/10 = 5 cm

Gọi M là điểm ở mặt chất lỏng cách nguồn A và B những khoảng d₁, d₂. PT sóng tổng hợp tại M là

 \({u_M} = 2a\cos \left[ {{\pi  \over \lambda }\left( {{d_2} - {d_1}} \right)} \right]\cos \left[ {\omega t - {\pi  \over \lambda }\left( {{d_1} + {d_2}} \right)} \right]\)

TH1: M dao động cùng pha với nguồn thì  \({\pi  \over \lambda }\left( {{d_1} + {d_2}} \right) = 2k\pi  \Rightarrow {d_2} + {d_1} = 2k\lambda \left( {k \notin Z} \right)\left( 1 \right)\)

M dao động với biên độ cực đại thì  \({\pi  \over \lambda }\left( {{d_2} - {d_1}} \right) = 2k'\pi  \Rightarrow {d_2} - {d_1} = 2k'\pi \left( {k' \notin Z} \right)\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra d₁ = (k – k’)λ

Vì M gần A nhất nên k – k’ = 1 nên d₁ = λ = 5 cm

TH2: M dao động cùng pha với nguồn thì  \({\pi  \over \lambda }\left( {{d_1} + {d_2}} \right) = (2k + 1)\pi  \Rightarrow {d_2} + {d_1} = (2k + 1)\lambda \left( {k \notin Z} \right)\left( 3 \right)\)

M dao động với biên độ cực đại thì  \({\pi  \over \lambda }\left( {{d_2} - {d_1}} \right) = (2k' + 1)\pi  \Rightarrow {d_2} - {d_1} = (2k' + 1)\lambda \left( {k' \notin Z} \right)\left( 4 \right)\)

Từ (3) và (4) suy ra d₁ = (k – k’)λ

Vì M gần A nhất nên k – k’ = 1 nên d₁ = λ = 5cm

Chọn C

Độ lệch pha giữa hai điểm M và N là \(\Delta \varphi  = {{2\pi d} \over \lambda } = {{2\pi .1} \over 4} = {\pi  \over 2}\left( {rad} \right)\)

=> M dao động sớm pha hơn N góc π/2

Ta có hình vẽ sau

Từ hình vẽ ta thấy tại thời điểm t + T/3 thì điểm N đang ở vị trí có li độ \(x = 2\sqrt 3 cm\)

Tốc độ dao động của phẩn tử sóng tại N khi đó là \(v = \omega \sqrt {{A^2} - {x^2}}  = 20\pi \sqrt {{4^2} - {2^2}.3}  = 40\pi \left( {cm/s} \right)\)

Chọn D

Điện áp hai đầu đoạn mạch \(u = 220\sqrt 2 \cos \left( {100\pi t + {\pi  \over 6}} \right) \Rightarrow T = {{2\pi } \over \omega } = {{2\pi } \over {100\pi }} = {1 \over {50}}s\)

Tại thời điểm \(t = {1 \over {600}}s:{u_C} = {\rm{ }}0{\rm{ }} =  > {\rm{ }}{\varphi _C} = {\rm{ }} - 2\pi /3{\rm{ }} =  > {\rm{ }}{\varphi _i} = {\rm{ }} - {\rm{ }}\pi /6\)

 Độ lệch pha giữa u và i là Δφ = π/3 rad

Áp dụng công thức \(\cos \varphi  = {R \over Z} \Rightarrow Z = {R \over {\cos \varphi }} = {{100} \over {\cos {\pi  \over 3}}} = 200\Omega \)

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch

\(P = {{{U^2}R} \over {{Z^2}}} = {{{{220}^2}.100} \over {{{200}^2}}} = 121W\)

Chọn D

Độ giãn của lò xo tại VTCB: \(\Delta {\ell _0} = {{mg} \over k} = {{0,1.10} \over {100}} = 0,01m = 1cm\)

Ban đầu kéo giãn lò xo 5 cm rồi thả nhẹ => biên độ dao động A = 4 cm

Cơ năng dao động của con lắc \(W = {1 \over 2}k{A^2} = {1 \over 2}.100.0,{04^2} = 0,08J\)

Chọn A

Biểu thức vận tốc của hai dao động lần lượt là

 \({v_1} =  - 8\omega \sin \left( {\omega t - {\pi  \over 6}} \right);{v_2} =  - 4\sqrt 3 \omega \sin \left( {\omega t - {\pi  \over 3}} \right)\)

Khi hai điểm sáng có cùng vận tốc thì v₁ = v₂, nghĩa là

 \(8\omega \cos \left( {\omega t + {\pi  \over 3}} \right) = 4\sqrt 3 \omega \cos \left( {\omega t + {\pi  \over 6}} \right)\)

 \( \Leftrightarrow 2\cos \left( {\omega t + {\pi  \over 6} + {\pi  \over 6}} \right) = \sqrt 3 \cos \left( {\omega t + {\pi  \over 6}} \right)\)

 \( \Leftrightarrow 2\cos \left( {\omega t + {\pi  \over 6}} \right)\cos {\pi  \over 6} - 2\sin \left( {\omega t + {\pi  \over 6}} \right)\sin {\pi  \over 6} - \sqrt 3 \cos \left( {\omega t + {\pi  \over 6}} \right) = 0\)

 \( \Leftrightarrow \sin \left( {\omega t + {\pi  \over 6}} \right) = 0 \Rightarrow \cos \left( {\omega t + {\pi  \over 6}} \right) = 1\)

Khoảng cách giữa hai vật trong quá trình chuyển động được tính theo công thức

 \(d = \left| {{x_1} - {x_2}} \right| = \left| {4\cos \left( {\omega t + {\pi  \over 6}} \right)} \right| = 4cm\)

Chọn B

Suất điện động và điện trở trong của bộ nguồn E_b = E₁ + E₂ = 10 V; r_b = r₁ + r₂ = 2Ω

Công suất trên điện trở R được tính theo công thức

 \(P = {I^2}R = {{E_b^2} \over {{{\left( {R + {r_b}} \right)}^2}}}R = {{E_b^2} \over {{{\left( {{{R + {r_b}} \over {\sqrt R }}} \right)}^2}}} = {{E_b^2} \over {{{\left( {\sqrt R  + {{{r_b}} \over {\sqrt R }}} \right)}^2}}}\)

Để P_max thì mẫu nhỏ nhất

Ta có  \(\left( {\sqrt R  + {{{r_b}} \over {\sqrt R }}} \right) \ge 2\sqrt {\sqrt R .{{{r_b}} \over {\sqrt R }}}  = 2\sqrt {{r_b}} \)

Dấu “=” xảy ra khi \(sqrt R  = {{{r_b}} \over {\sqrt R }} \Leftrightarrow R = {r_b}\)

Khi đó  \({P_{\max }} = {{E_b^2} \over {4{r_b}}} = {{{{10}^2}} \over {4.2}} = 12,5W\)

Chọn A

Khoảng cách giữa cực đại và cực tiêu liên tiếp trên đoạn thẳng nối hai nguồn là λ/4

Do đó, λ = 4 cm

Vận tốc truyền sóng là v = λf = 4.25 = 100 cm/s = 1 m/s

Chọn A

Hệ số phóng đại của thấu kính: k = 10/5 = 2

Nếu P dao động biên độ 2,5cm thì P’ dao động biên độ A = 2,5k = 5cm

Tần số dao động của P bằng đúng tần số dao động của P’: T = 1/f = 0,2s

Trong  1 chu kỳ tốc độ trung bình của vật:

            \(v=\frac{4A}{T}=\frac{20}{0,2}\) = 100cm/s = 1m/s

Chọn D

Vì bình thủy tinh hút hết không khí nên trở thành môi trường chân không. Sóng âm không truyền trong chân không. Vậy nên điện thoại vẫn liên lạc được mà không nghe thấy nhạc chuông.

Chọn C

Cường độ dòng điện hiệu dụng chạy qua mạch chỉ chứa cuộn cảm thuần

\(I=\frac{U}{{{Z}_{L}}}=\frac{{{U}_{0}}}{\sqrt{2}\omega L}\)

Chọn C

Máy biến áp dùng để thay đổi điện áp mà không thay đổi tần số dòng điện xoay chiều

Chọn B

Ampe kế xoay chiều chỉ giá trị hiệu dụng của cường độ dòng điện.

Chọn C

Lực tương tác điện giữa hai điện tích: \(F=\frac{k\left| {{q}_{1}}{{q}_{2}} \right|}{{{r}^{2}}}\)

Khoảng cách giữa hai điện tích giảm đi 3 lần thì lực tương tác tăng lên 9 lần.

Chọn D

\(\frac{{{i}^{2}}}{I_{0}^{2}}+\frac{{{q}^{2}}}{q_{0}^{2}}=1\Rightarrow \frac{{{i}^{2}}}{{{\omega }^{2}}q_{0}^{2}}+\frac{{{q}^{2}}}{q_{0}^{2}}=1\Rightarrow \frac{{{({{6.10}^{-6}})}^{2}}}{{{\left( {{10}^{4}} \right)}^{2}}.{{({{10}^{-9}})}^{2}}}+\frac{{{q}^{2}}}{{{({{10}^{-9}})}^{2}}}=1\Rightarrow q={{8.10}^{-8}}C\)

Chọn A

Biên độ dao động tổng hợp: \(A=\sqrt{A_{1}^{2}+A_{2}^{2}+2{{A}_{1}}{{A}_{2}}\text{cos}\Delta \varphi }=\sqrt{75}cm\)

\(\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}\Rightarrow k=m{{\omega }^{2}}=10N/m\)

Độ lớn lực tổng hợp cực đại là Fmax = kA = 0,5\(\sqrt{3}\) N

Chọn A

Hạt tải điện trong kim loại là electron.

Chọn D

Mạch RC có tổng trở \(Z=\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}=R\sqrt{2}\)

Hệ số công suất của đoạn mạch: \(\cos \varphi =\frac{R}{Z}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\)

Chọn A

Từ thông qua mặt phẳng khung dây φ = Bscosα = 5.10^-4.0,03.0,04.cos60⁰ = 3.10^-7Wb

Chọn D

Vị trí vân sáng bậc 4 là x = 4i = 4.0,5 = 2mm

Chọn C

Chu kỳ của mạch dao động LC: \(T=\frac{2\pi }{\omega }=2\pi \sqrt{LC}\) = 2π.10^-7s

Chọn C

Áp dụng hệ thức độc lập: \({{A}^{2}}={{x}^{2}}+\frac{{{v}^{2}}}{{{\omega }^{2}}}\)

Thay số: \({{A}^{2}}={{3}^{2}}+\frac{{{40}^{2}}}{{{\omega }^{2}}}\)

            \({{A}^{2}}=\frac{{{50}^{2}}}{{{\omega }^{2}}}\)

Từ hai phương trình trên ta được A = 5cm và ω = 10 rad/s

Vậy khi v3 = 30cm thì vật có li độ: \({{A}^{2}}=x_{3}^{2}+\frac{{{30}^{2}}}{{{\omega }^{2}}}\Rightarrow {{x}_{3}}=\pm 4cm\)

Chọn D