Từ phương trình ta có: \(\frac{2\pi x}{\lambda }=\pi x\Rightarrow \lambda =2m\)

Tốc độ truyền sóng: \(v=\lambda .f=\lambda .\frac{\omega }{2\pi }=2.\frac{20\pi }{2\pi }=20\text{m/s}\)

Chọn B.

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

Chọn B.

Ta có: \(\lambda =vT=v\frac{2\pi }{\omega }\)

Chọn A.

+ Biên độ dao động: A= 8cm 

+ Ban đầu: \({{v}_{1}}={{v}_{2}}=\omega A=\sqrt{\frac{k}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}}}\cdot A=\sqrt{\frac{k}{2m}}A\)

Thời gian vật đi từ VTCB đến biên lần đầu: \(\Delta t=\frac{{{T}'}}{4}=\frac{2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}}{4}\)

Vật (2) khi đó chuyển động thẳng đều trong khoảng thời gian \(\Delta t\)

Ta có, quãng đường vật (2) đi được: 

\(S={{v}_{2}}\Delta t=\sqrt{\frac{k}{2m}}.A.\frac{{{T}'}}{4}=\sqrt{\frac{k}{2m}}.8.\frac{2\pi }{4}\sqrt{\frac{m}{k}}=2\sqrt{2}\pi (m)\)

Khoảng cách cần tìm: \(S-{A}'=2\sqrt{2}\pi -4\sqrt{2}=3,23cm\)

Chọn B. 

Mạch có RL

Khi roto của máy quay đều với tốc độ n vòng/phút: \(U=1\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}\text{      (1)}\)

Khi roto của máy quay đều với tốc độ 3n vòng/phút : \(3U=\sqrt{3}\sqrt{{{R}^{2}}+9Z_{L}^{2}}\text{     (2)}\)

Từ (1) và (2) suy ra: \(\frac{\sqrt{3}\sqrt{{{R}^{2}}+9Z_{L}^{2}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}}=\frac{3U}{U}\Rightarrow {{Z}_{L}}=\frac{R}{\sqrt{3}}\)

Nếu roto của máy quay đều với tốc độ 20 vòng/phút thì: \(2U=I\sqrt{{{R}^{2}}+4Z_{L}^{2}}\text{     (3)}\)

Lấy \(\frac{(1)}{(3)}\)  ta được: \(\frac{U}{2U}=\frac{1\sqrt{3Z_{L}^{2}+Z_{L}^{2}}}{I\sqrt{3Z_{L}^{2}+4Z_{L}^{2}}}\Rightarrow I=\frac{4}{\sqrt{7}}A\)

Chọn D. 

Ta có: \(l=(2k+1)\frac{\lambda }{4}=(2.2+1)\frac{\lambda }{4}=\frac{5.60}{4}=75cm\)

Chọn A.

Đơn vị của độ tự cảm là Henry (H)

Chọn D.

Dung kháng của tụ điện: \({Z_C} = \dfrac{1}{{\omega C}}\)

Chọn A.

Tia hồng ngoại, tia từ ngoại, tia X không mang điện tích nên không bị lệch trong điện trường.

Tia \(\alpha \) là dòng các hạt \(He\) mang điện tích, do đó tia \(\alpha \) bị lệch trong điện trường

Chọn D.

Hệ số công suất của đoạn mạch là: \(\cos \varphi  = \dfrac{R}{{\sqrt {{R^2} + {Z_C}^2} }}\)

Chọn D.

Sóng dọc truyền được trong cả môi trường rắn, lỏng, khí

Chọn D.

Mối liên hệ giữa tần số góc và chu kì: \(\omega  = \dfrac{{2\pi }}{T}\)

Chọn A.

Cảm ứng từ trong lòng ống dây: \(B = 4\pi {.10^{ - 7}}\dfrac{{NI}}{l}\)

Chọn C.

Ta có phản ứng hạt nhân: \({}_{11}^{23}Na + {}_1^1p \to {}_X^AX + {}_{10}^{20}Ne\)

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích và số nuclon, ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}23 + 1 = A + 20\\11 + 1 = X + 10\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}A = 4\\X = 2\end{array} \right. \Rightarrow X = {}_2^4He\)

Vậy hạt nhân \(X\) là hạt \(\alpha \).

Chọn D.

Quỹ đạo \(L\) có \(n = 2 \Rightarrow {r_L} = {2^2}.{r_0} = 4{r_0}\)

Chọn A.

Lực điện tác dụng lên điện tích là:

\(F = E.\left| q \right| \Rightarrow E = \dfrac{F}{{\left| q \right|}} = \dfrac{{{{3.10}^{ - 3}}}}{{\left| {{{10}^{ - 7}}} \right|}} = {3.10^4}\,\,\left( {V/m} \right)\)

Chọn B.

Tần số của dòng điện xoay chiều: \(f = np\)

Chọn B.

Hiện tượng tia sáng trắng khi ra khỏi lăng kính bị tách thành các chùm tia sáng có màu khác nhau là hiện tượng tán sắc ánh sáng

Chọn A.

Điện áp hiệu dụng có giá trị là: \(U = \dfrac{{{U_0}}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{220\sqrt 2 }}{{\sqrt 2 }} = 220\,\,\left( V \right)\)

Chọn C.

Bước sóng điện từ: \(\lambda  = \dfrac{c}{f}\)

Chọn C.

Tia \({\beta ^ + }\) là dòng các hạt pôzitron

Chọn D.

Mức cường độ âm: \(L = \lg \dfrac{I}{{{I_0}}}\,\,\left( B \right) = 10\lg \dfrac{I}{{{I_0}}}\,\,\left( {dB} \right)\)

Chọn B.

Gia tốc trong dao động điều hòa là: \(a =  - {\omega ^2}x \to \) gia tốc luôn biến đổi ngược pha với li độ

Vận tốc luôn biến đổi sớm pha \(\dfrac{\pi }{2}\) so với li độ → gia tốc biến đổi sớm pha \(\dfrac{\pi }{2}\) so với vận tốc

Chọn C.

Lực kéo về tác dụng lên vật: \(\overrightarrow {{F_{kv}}}  = m\overrightarrow a  \Rightarrow \overrightarrow {{F_{kv}}}  \uparrow  \uparrow \overrightarrow a \)

Gia tốc trong dao động điều hòa luôn hướng về VTCB → lực kéo về luôn hướng về VTCB

Chọn B.

Tốc độ truyền sóng điện từ là: \(v = \dfrac{c}{n} \Rightarrow v \sim \dfrac{1}{n}\)

Tốc độ truyền sóng điện từ lớn nhất trong chân không \(\left( {v = c} \right)\)

Chọn A.

Năng lượng của phản ứng hạt nhân là:

\({\rm{W}} = \left( {{m_s} - {m_t}} \right).{c^2} = 0,02u.{c^2} = 0,02.931,5 = 18,63\,\,\left( {MeV} \right)\)

Vậy phản ứng thu năng lượng \(18,63\,\,MeV\).

Chọn D.

Cường độ dòng điện hiệu dụng qua mạch điện là:

\(I = \dfrac{U}{{{Z_C}}} = \dfrac{{220}}{{100}} = 2,2\,\,\left( A \right)\)

Chọn A.

Công thoát electron của kim loại này là:

\(A = \dfrac{{hc}}{\lambda } = \dfrac{{6,{{625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}{{0,{{3.10}^{ - 6}}}} = 6,{625.10^{ - 19}}\,\,\left( J \right) = 4,135\,\,\left( {eV} \right)\)

Chọn A.

Tần số của con lắc lò xo là: \(f = \dfrac{1}{{2\pi }}\sqrt {\dfrac{k}{m}}  \Rightarrow f \sim \dfrac{1}{{\sqrt m }}\)

Khối lượng của vật tăng lên 4 lần → tần số giảm 2 lần

Chọn B.

Khoảng cách giữa 7 vân sáng liên tiếp là:

\(L = 6i \Rightarrow 3,{9.10^{ - 2}} = 6i \Rightarrow i = 6,{5.10^{ - 3}}\,\,\left( m \right)\)

Khoảng vân là:

\(i = \dfrac{{\lambda D}}{a} \Rightarrow \lambda  = \dfrac{{ai}}{D} = \dfrac{{0,{{1.10}^{ - 3}}.6,{{5.10}^{ - 3}}}}{1} = 6,{5.10^{ - 7}}\,\,\left( m \right) = 0,65\,\,\left( {\mu m} \right)\)

Chọn B.

Từ đồ thị, ta thấy \({U_0} = 200\,\,\left( V \right)\)

Ở thời điểm đầu, điện áp \(u = 100V\), thời điểm \(t = \dfrac{{{{10}^{ - 2}}}}{3}s\), điện áp đạt cực đại

Ta có vòng tròn lượng giác:

Từ vòng tròn lượng giác, ta thấy pha ban đầu của điện áp là: \({\varphi _u} =  - \dfrac{\pi }{3}\,\,\left( {rad} \right)\)

Tần số góc của điện áp là: \(\omega  = \dfrac{{\Delta \varphi }}{{\Delta t}} = \dfrac{{\dfrac{\pi }{3}}}{{\dfrac{{{{10}^{ - 2}}}}{3}}} = 100\pi \,\,\left( {rad/s} \right)\)

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

\(\left\{ \begin{array}{l}{Z_L} = \omega L = 100\pi .\dfrac{2}{\pi } = 200\,\,\left( \Omega  \right)\\{Z_C} = \dfrac{1}{{\omega C}} = \dfrac{1}{{100\pi .\dfrac{{{{10}^{ - 4}}}}{\pi }}} = 100\,\,\left( \Omega  \right)\end{array} \right.\)

Độ lệch pha giữa điện áp hai đầu đoạn mạch và cường độ dòng điện là:

\(\begin{array}{l}\tan \varphi  = \dfrac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R} = \dfrac{{200 - 100}}{{100}} = 1 \Rightarrow \varphi  = \dfrac{\pi }{4}\\ \Rightarrow {\varphi _u} - {\varphi _i} = \dfrac{\pi }{4} \Rightarrow {\varphi _i} = {\varphi _u} - \dfrac{\pi }{4} =  - \dfrac{\pi }{3} - \dfrac{\pi }{4} =  - \dfrac{{7\pi }}{{12}}\,\,\left( {rad} \right)\end{array}\)

Điện áp giữa hai đầu tụ điện trễ pha hơn cường độ dòng điện góc \(\dfrac{\pi }{2}\), ta có:

\({\varphi _{{u_C}}} = {\varphi _i} - \dfrac{\pi }{2} =  - \dfrac{{7\pi }}{{12}} - \dfrac{\pi }{2} =  - \dfrac{{13\pi }}{{12}} = \dfrac{{11\pi }}{{12}}\,\,\left( {rad} \right)\)

Điện áp cực đại giữa hai đầu tụ điện là:

\({U_{0C}} = \dfrac{{{U_0}.{Z_C}}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = 100\sqrt 2 \,\,\left( V \right)\)

Biểu thức điện áp giữa hai đầu tụ điện là: \({u_C} = 100\sqrt 2 \cos \left( {100\pi t + \dfrac{{11\pi }}{{12}}} \right)\,\,\left( V \right)\)

Chọn A.

Ta có: \(3,5s = 2T + \dfrac{T}{3}\)

Trong thời gian \(\dfrac{T}{3}\), vecto quay được góc là: \(\Delta \varphi  = \omega .t = \dfrac{{2\pi }}{T}.\dfrac{T}{3} = \dfrac{{2\pi }}{3}\,\,\left( {rad} \right)\)

Ở thời điểm \(3,5\,\,s\), vật ở biên dương, ta có vòng tròn lượng giác:

Từ vòng tròn lượng giác, ta thấy pha ban đầu của dao động là \(\varphi  =  - \dfrac{{2\pi }}{3}\)

Li độ ban đầu là: \(x = A\cos \varphi  = A\cos \left( { - \dfrac{{2\pi }}{3}} \right) =  - \dfrac{A}{2}\)

Vật chuyển động theo chiều dương

Chọn D.

Hệ thức liên hệ giữa gia tốc và li độ là:

\(a =  - 4{\pi ^2}x =  - {\left( {2\pi } \right)^2}x \Rightarrow \omega  = 2\pi  \Rightarrow T = \dfrac{{2\pi }}{\omega } = 1\,\,\left( s \right)\)

Chọn A.

Chu kì của con lắc có chiều dài \({l_1}\) và \({l_2}\) là:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{T_1} = 2\pi \sqrt {\dfrac{{{l_1}}}{g}}  \Rightarrow {l_1} = \dfrac{{{T_1}^2g}}{{4{\pi ^2}}}\\{T_2} = 2\pi \sqrt {\dfrac{{{l_2}}}{g}}  \Rightarrow {l_2} = \dfrac{{{T_2}^2g}}{{4{\pi ^2}}}\end{array} \right. \Rightarrow l = 2{l_1} + 3{l_2} = 2{T_1}^2.\dfrac{g}{{4{\pi ^2}}} + 3{T_2}^2.\dfrac{g}{{4{\pi ^2}}}\\ \Rightarrow {T^2}.\dfrac{g}{{4{\pi ^2}}} = \left( {2{T_1}^2 + 3{T_2}^2} \right).\dfrac{g}{{4{\pi ^2}}} \Rightarrow T = \sqrt {2{T_1}^2 + 3{T_2}^2}  = 1,62\,\,\left( s \right)\end{array}\)

Chọn C.

Mạch điện chỉ gồm cuộn dây thuần cảm \( \to R = 0 \Rightarrow P = 0\,\,\left( {\rm{W}} \right)\)

Chọn C.

Góc tới là: \(i' = i = {60^0}\)

Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng, ta có:

\(\begin{array}{l}
{n_1}\sin i = {n_2}\sin r\\
\Rightarrow 1.\sin {60^0} = 1,333.\sin r \Rightarrow r = 40,{52^0}
\end{array}\)

Góc hợp bởi tia phản xạ và tia khúc xạ là:

\(\begin{array}{l}
\alpha = {180^0} - \left( {i' + r} \right)\\
\,\,\,\,\, = {180^0} - \left( {{{60}^0} + 40,{{52}^0}} \right) = 79,{48^0}
\end{array}\)

Chọn C.

Từ đồ thị ta thấy: \(\dfrac{\lambda }{2} = 32 - 8 = 24\left( {cm} \right) \Rightarrow \lambda  = 48\,\,\left( {cm} \right)\)

Chu kì và tần số góc của sóng này là:

\(\left\{ \begin{array}{l}T = \dfrac{\lambda }{v} = \dfrac{{48}}{{48}} = 1\,\,\left( s \right)\\\omega  = \dfrac{{2\pi }}{T} = \dfrac{{2\pi }}{1} = 2\pi \,\,\left( {rad/s} \right)\end{array} \right.\)

Chọn gốc thời gian là thời điểm t

Vật có tọa độ x = 8 cm, qua VTCB theo chiều âm

Ta có: \({u_C} = a\cos \left( {2\pi t + \dfrac{\pi }{2}} \right)\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {u_M} = a\cos \left( {2\pi t + \dfrac{\pi }{2} - \dfrac{{2\pi .\left( {12 - 8} \right)}}{{48}}} \right) = 2\cos \left( {2\pi t + \dfrac{\pi }{3}} \right)\,\,\left( {cm} \right)\\{u_N} = a\cos \left( {2\pi t + \dfrac{\pi }{2} - \dfrac{{2\pi .\left( {24 - 8} \right)}}{{48}}} \right) = a\cos \left( {2\pi t - \dfrac{\pi }{6}} \right)\,\,\left( {cm} \right)\\{u_P} = a\cos \left( {2\pi t + \dfrac{\pi }{2} - \dfrac{{2\pi \left( {48 - 8} \right)}}{{48}}} \right) = a\cos \left( {2\pi t - \dfrac{{7\pi }}{6}} \right)\,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)

Từ đồ thị, ta có tọa độ của M, N, P là:

\(M\left( {12;{u_M}} \right);N\left( {24;{u_N}} \right);P\left( {48;{u_P}} \right)\)

3 điểm M, N, P thẳng hàng, ta có: \(\overrightarrow {MN}  = k\overrightarrow {MP} \)

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {MN}  = \left( {12;{u_N} - {u_M}} \right)\\\overrightarrow {MP}  = \left( {36;{u_P} - {u_M}} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \dfrac{{12}}{{36}} = \dfrac{{{u_N} - {u_M}}}{{{u_P} - {u_M}}} = \dfrac{1}{3}\\ \Rightarrow 3{u_N} - 3{u_M} = {u_P} - {u_M} \Rightarrow 3{u_N} - 2{u_M} - {u_P} = 0\\ \Rightarrow 3.\left( {a\angle \dfrac{{ - \pi }}{6}} \right) - 2.\left( {a\angle \dfrac{\pi }{3}} \right) - \left( {a\angle \dfrac{{ - 7\pi }}{6}} \right) = 0\end{array}\)

Chuẩn hóa a = 1, sử dụng máy tính bỏ túi, ta có: \(2\sqrt 5 \angle  - 0,987 = 0\)

Ta có vòng tròn lượng giác:

Từ vòng tròn lượng giác, ta thấy:

\(\alpha  = 0,987 + \dfrac{\pi }{2} = 2,558\,\,\left( {rad} \right) \Rightarrow \Delta t = \dfrac{\alpha }{\omega } = \dfrac{{2,588}}{{2\pi }} = 0,407\,\,\left( s \right)\)

Chọn B.

Chuẩn hóa \(r = 1 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}R = 5\\{Z_L} = 4\end{array} \right.\)

Khi \(C = {C_0} \Rightarrow {Z_{{C_1}}} = {Z_{{C_0}}}\)

Khi \(C = 0,5{C_0} \Rightarrow {Z_{{C_2}}} = 2{Z_{{C_0}}}\)

Ta có: \(LC{\omega ^2} > 1 \Rightarrow L\omega  > \dfrac{1}{{\omega C}} \Rightarrow {Z_L} > {Z_C}\)

Độ lệch pha giữa điện áp hai đầu đoạn mạch MB và điện áp hai đầu đoạn mạch là:

\(\begin{array}{l}\varphi  = {\varphi _{MB}} - {\varphi _u} \Rightarrow \tan \varphi  = \tan \left( {{\varphi _{MB}} - {\varphi _u}} \right)\\ \Rightarrow \tan \varphi  = a = \dfrac{{\tan {\varphi _{MB}} - \tan {\varphi _u}}}{{1 + \tan {\varphi _{MB}}.\tan {\varphi _u}}}\\ \Rightarrow \dfrac{{\dfrac{{{Z_L} - {Z_C}}}{r} - \dfrac{{{Z_L} - {Z_C}}}{{R + r}}}}{{1 + \dfrac{{{Z_L} - {Z_C}}}{r}.\dfrac{{{Z_L} - {Z_C}}}{{R + r}}}} = a\\ \Rightarrow \dfrac{{R.\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}}{{r.\left( {R + r} \right) + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}} = a\\ \Rightarrow a.{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)^2} - R.\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right) + a.r\left( {R + r} \right) = 0\end{array}\)

Với hai giá trị của C, ta có \(\varphi \) không đổi

Đặt \(x = {Z_L} - {Z_C} \Rightarrow a.{x^2} - R.x + a.r\left( {R + r} \right) = 0\)

Áp dụng định lí Vi – et, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1}{x_2} = r.\left( {R + r} \right)\,\,\left( 1 \right)\\{x_1} + {x_2} = \dfrac{R}{a}\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Từ (1) ta có: \(\left( {{Z_L} - {Z_{{C_1}}}} \right).\left( {{Z_L} - {Z_{{C_2}}}} \right) = r.\left( {R + r} \right)\)

\( \Rightarrow \left( {4 - {Z_{{C_0}}}} \right).\left( {4 - 2{Z_{{C_0}}}} \right) = 1.\left( {5 + 1} \right) \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{Z_{{C_0}}} = 5\,\,\left( {loai} \right)\\{Z_{{C_0}}} = 1\,\,\left( {t/m} \right)\end{array} \right.\)

Thay vào (2) ta có: \(\left( {{Z_L} - {Z_{{C_0}}}} \right) + \left( {{Z_L} - 2{Z_{{C_0}}}} \right) = \dfrac{R}{a} \Rightarrow a = 1\)

\( \Rightarrow \tan \varphi  = 1 \Rightarrow \varphi  = 0,785 \approx 0,79\,\,\left( {rad} \right)\)

Chọn D.

Nhận xét: \(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{{\rm{l}}}{g}}  \Rightarrow {T^2} = 4{\pi ^2}\dfrac{{\rm{l}}}{g} \Rightarrow {T^2} \sim \dfrac{1}{g}\) hay \(g \sim \dfrac{1}{{{T^2}}}\)

Ban đầu \(\overrightarrow F \) theo phương ngang, gia tốc hiệu dụng: \({g_0} = \sqrt {{g^2} + {a^2}} \)

Trường hợp 1: \(\overrightarrow F \) hướng lên trên

Ta có: \(\beta  = {90^0} - \alpha  \Rightarrow \cos \beta  =  - \sin \alpha \)

Gia tốc hiệu dụng là: \({g_1} = \sqrt {{g^2} + {a^2} + 2g.a.\sin \alpha }  \Rightarrow {g_1}^2 = {g^2} + {a^2} + 2g.a.\sin \alpha \,\,\left( 1 \right)\)

Trường hợp 2: \(\overrightarrow F \) hướng xuống dưới:

Ta có:  \(\beta  = {90^0} + \alpha  \Rightarrow \cos \beta  = \sin \alpha \)

Gia tốc hiệu dụng là: \({g_2} = \sqrt {{g^2} + {a^2} - 2g.a.\sin \alpha }  \Rightarrow {g_2}^2 = {g^2} + {a^2} - 2g.a.\sin \alpha \,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có: \({g_1}^2 + {g_2}^2 = 2\left( {{g^2} + {a^2}} \right)\)

\( \Rightarrow \dfrac{1}{{{T_1}^4}} + \dfrac{1}{{{T_2}^4}} = \dfrac{2}{{{T_0}^4}} \Rightarrow \dfrac{1}{{1,{{987}^4}}} + \dfrac{1}{{1,{{147}^4}}} = \dfrac{2}{{{T_0}^4}} \Rightarrow {T_0} \approx 1,329\,\,\left( s \right)\)

Chọn B.

Nhận xét: R, ZC không đổi \( \Rightarrow {\varphi _{{u_{RC}}/i}} = const \Rightarrow \alpha  = const\)

Trường hợp 1: L = L1, ta có:

\({\varphi _{{u_{MB1}}/u}} =  - \dfrac{\pi }{2} \Rightarrow \dfrac{U}{{\sin \alpha }} = \dfrac{{{U_{MB}}}}{{\sin \beta }} \Rightarrow \dfrac{{{U_0}}}{{\sin \alpha }} = \dfrac{{{U_{01}}}}{{\sin \beta }} = \dfrac{{{U_{01}}}}{{\sin \left( {{{90}^0} - \alpha } \right)}}\)

Trường hợp 2: L = L2, ta có:

\({\varphi _{{u_{MB2}}/u}} =  - \dfrac{\pi }{3} \Rightarrow \dfrac{{{U_0}}}{{\sin \alpha }} = \dfrac{{{U_{01}}}}{{\sin \left( {{{120}^0} - \alpha } \right)}}\)

Trường hợp 3: L = L3, ta có:

\({\varphi _{{u_{MB3}}}} =  - \dfrac{{2\pi }}{3} \Rightarrow \dfrac{{{U_0}}}{{\sin \alpha }} = \dfrac{{320}}{{\sin \left( {{{60}^0} - \alpha } \right)}}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{{U_0}}}{{\sin \alpha }} = \dfrac{{{U_{01}}}}{{\sin \left( {{{90}^0} - \alpha } \right)}} = \dfrac{{{U_{01}}}}{{\sin \left( {{{120}^0} - \alpha } \right)}} = \dfrac{{320}}{{\sin \left( {{{60}^0} - \alpha } \right)}}\\ \Rightarrow \sin \left( {{{90}^0} - \alpha } \right) = \sin \left( {{{120}^0} - \alpha } \right)\\ \Rightarrow {90^0} - \alpha  + {120^0} - \alpha  = {180^0} \Rightarrow \alpha  = {15^0}\\ \Rightarrow \dfrac{{{U_{01}}}}{{\sin \left( {{{90}^0} - {{15}^0}} \right)}} = \dfrac{{320}}{{\sin \left( {{{60}^0} - {{15}^0}} \right)}} \Rightarrow {U_{01}} = 437,128\,\,\left( V \right)\end{array}\)

Chọn C.