Công suất tỏa nhiệt trên đường dây là: \(\Delta P=\frac{{{P}^{2}}}{{{(U\cos \varphi )}^{2}}}R\)

Chọn A. 

Độ lớn cảm ứng từ do dòng điện gây ra là: \(B={{2.10}^{-7}}\frac{I}{r}\)

Chọn D. 

Độ lệch pha giữa điện áp và cường độ dòng điện là:

\(\varphi ={{\varphi }_{u}}-{{\varphi }_{i}}=-\frac{\pi }{6}-\frac{\pi }{4}=-\frac{5\pi }{12}\text{  (rad)}\)  

→ điện áp trễ pha hơn cường độ dòng điện 

→ mạch điện chứa hai phần tử R và C 

Chọn C. 

Chu kì của con lắc lò xo phụ thuộc vào khối lượng vật nặng và độ cứng của lò xo, không phụ thuộc vào biên độ dao động 

→ Chu kì dao động của con lắc là: \(\text{T}=1\text{s}\)

Chọn D. 

Điều kiện xảy ra sóng dừng trên dây một đầu cố định, một đầu tự do: \(l=(2k+1)\frac{\lambda }{4}(k\in N)\)

Chọn C. 

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

Với \(\Delta \varphi =\frac{\pi }{2}\Rightarrow A=A\sqrt{2}\to A\)đúng 

Với \(\Delta \varphi =0\Rightarrow A=2A\to B\)đúng 

Với \(\Delta \varphi =\frac{2\pi }{3}\Rightarrow A=A\to C\)đúng 

Với \(\Delta \varphi =\frac{\pi }{3}\Rightarrow A=A\sqrt{3}\to D\)sai 

Chọn D. 

Đoạn mạch chứa điện trở thuần → điện áp cùng pha với cường độ dòng điện

Hệ thức không đúng là: \(\frac{{{u}^{2}}}{U_{0}^{2}}+\frac{{{i}^{2}}}{I_{0}^{2}}=1\)

Chọn B. 

Sự cố gãy cầu là do xảy ra hiện tượng cộng hưởng cơ ở cầu

Chọn B. 

Phương trình dao động: \(x=A\cos (\omega t+\varphi )\)có biên độ dao động là A

Chọn D.

Để phân biệt sóng ngang, sóng dọc, người ta dựa vào phương dao động và phương truyền sóng

Chọn C. 

“Thanh”, “trầm” chỉ đặc trưng độ cao của âm 

Chọn B. 

Điện áp hiệu dụng của dòng điện xoay chiều là: 

\(U=\frac{{{U}_{0}}}{\sqrt{2}}=\frac{200\sqrt{3}}{\sqrt{2}}=100\sqrt{6}(V)\)
Chọn D. 

Phương trình vận tốc của chất điểm là: 

\(v=20\pi \cos \left( 2\pi t+\frac{3\pi }{4} \right)(cm/s)\Rightarrow a=40{{\pi }^{2}}\cos \left( 2\pi t+\frac{5\pi }{4} \right)(cm)\)

Ở thời điểm t = 0,5 s, ta có: \(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} a=20{{\pi }^{2}}\sqrt{2}(cm)>0 \\ v=10\pi \sqrt{2}(cm/s)>0 \\ \end{array} \right.\)

→ Vật chuyển động nhanh dần theo chiều dương 

Chọn A. 

Tần số của con lắc lò xo là: \({{f}_{0}}=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{k}{m}}=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{100}{0,1}}\approx 5,0\text{3 (Hz)}\)  

Nhận xét: tần số f₁ gần với tần số dao động riêng f₀ của con lắc hơn tần số f₂

→ Biên độ A1 > A2 

Chọn C. 

Từ đồ thị ta thấy có 2 cặp giá trị \(\left( \frac{1}{I};R \right)\) là \((60;40)\) và \((100;80)\)

Ta có công thức định luật Ôm: 

\(I=\frac{E}{R+{{R}_{0}}+r}\Rightarrow \frac{1}{I}=\frac{R+{{R}_{0}}+r}{E}\)

Thay các cặp giá trị vào công thức, ta có:

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} 60=\frac{40+\left( {{R}_{0}}+r \right)}{E} \\ 100=\frac{80+\left( {{R}_{0}}+r \right)}{E} \\ \end{array}\Rightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{R}_{0}}+r=20(\Omega ) \\ E=1(V) \\ \end{array} \right. \right.\)

Chọn C. 

Vật dịch chuyển ra xa thấu kính → ảnh dịch chuyển ra xa thấu kính và dịch chuyển lại gần tiêu điểm ảnh của thấu kính 

Độ phóng đại của ảnh là: \(k=\frac{f}{f-d}\)

Vật dịch chuyển ra xa thấu kính → d tăng → k giảm → độ cao của vật nhỏ dần 

Chọn B. 

Ta có hình vẽ biểu diễn mối liên hệ giữa chiều truyền sóng và chiều dao động của phần tử môi trường:

Điểm P đang có xu hướng đi xuống → sóng truyền từ phải qua trái (truyền từ B đến A)

Từ hình vẽ ta thấy khoảng cách giữa hai điểm A, Q là: 

\(AQ=\frac{3\lambda }{4}=15(cm)\Rightarrow \lambda =20(cm)\)

Vận tốc truyền sóng là: v = λf = 20.5 = 100 (cm/s) = 1 (m/s) 

Chọn B. 

Điện năng tiêu thụ của đèn trong 1h là: 

A = P.t = 100.3600 = 360000 (J) = 100 (Wh) 

Chọn A. 

Điểm M là cực tiêu giao thoa có:

\({{d}_{2}}-{{d}_{1}}=\left( k+\frac{1}{2} \right)\lambda =\left( k+\frac{1}{2} \right).20=20k+10(cm)\) với \(\text{k}=0;\pm 1;\pm 2\ldots \)

Với k = 2 → d = 50 cm 

Chọn A. 

Quả cầu M bị hút dính vào quả cầu Q → sau đó hai quả cầu có điện tích cùng dấu

→ Quả cầu M bị đẩy lệch về phía xa Q 

Chọn A. 

Nhận xét: trong 1 chu kì, đèn tắt 2 lần 

Chu kì của dòng điện là: \(T=\frac{2\pi }{\omega }=\frac{2\pi }{100\pi }=0,02(s)\)  

Trong 1 s, số chu kì của dòng điện là: \(n=\frac{t}{T}=\frac{1}{0,02}=50\)

Số lần đèn tắt trong 1 s là: \(N=2n=100\) (lần) 

Chọn B. 

Chu kì của con lắc đơn là: 

\(T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}\Rightarrow g=\frac{4{{\pi }^{2}}l}{{{T}^{2}}}\Rightarrow \bar{g}=\frac{4{{\pi }^{2}}\bar{l}}{{{{\bar{T}}}^{2}}}=\frac{4.{{\pi }^{2}}.0,9}{1,{{919}^{2}}}=9,648\left( \text{m/}{{\text{s}}^{\text{2}}} \right)\)

Sai số của phép đo là: 

\(\frac{\Delta g}{{\bar{g}}}=\frac{\Delta l}{{\bar{l}}}+2\frac{\Delta T}{{\bar{T}}}\Rightarrow \frac{\Delta g}{9,648}=\frac{0,002}{0,9}+2\cdot \frac{0,001}{1,919}\Rightarrow \Delta g=0,031\left( \text{m/}{{\text{s}}^{\text{2}}} \right)\)

\(\Rightarrow g=9,648\pm 0,031\left( \text{m/}{{\text{s}}^{\text{2}}} \right)\)

Chọn D. 

Phương trình sóng tại điểm M là:

\({{u}_{M}}=A\cos \left( \omega t-\frac{\pi }{2}-\frac{2\pi d}{\lambda } \right)=A\cos \left( \omega t-\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{3} \right)\)

Tại thời điểm t, điểm M có li độ là: 

\({{u}_{M}}=A\cos \left( 2\pi -\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{3} \right)=\sqrt{3}\Rightarrow A=2(cm)\)

Chọn C. 

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

→ Chu kì của con lắc đơn có chiều dài \(2{{l}_{1}}+3{{l}_{2}}\) là: \(\sqrt{4T_{1}^{2}+9T_{2}^{2}}\)

Chọn D. 

Khi L thay đổi để \({{\text{U}}_{\text{Lmax}}},\) ta có: 

\({{U}_{C}}{{U}_{L\max }}=U_{L\max }^{2}-{{U}^{2}}\) \(\Rightarrow {{U}_{C}}=\frac{U_{L\max }^{2}-{{U}^{2}}}{{{U}_{L\max }}}=\frac{{{\left( 200\sqrt{2} \right)}^{2}}-{{\left( 100\sqrt{2} \right)}^{2}}}{200\sqrt{2}}=\frac{300}{\sqrt{2}}(V)\)

\(\Rightarrow {{U}_{0C}}={{U}_{C}}\sqrt{2}=300(V)\)

Lại có: \(\overrightarrow{U}\bot \overrightarrow{{{U}_{RC}}}\Rightarrow {{\varphi }_{RC}}={{\varphi }_{u}}-\frac{\pi }{2}=-\frac{\pi }{4}(rad)\)

Mà \({{\varphi }_{C}}<{{\varphi }_{RC}}\Rightarrow {{\varphi }_{C}}<-\frac{\pi }{4}\Rightarrow {{\varphi }_{C}}=-\frac{5\pi }{12}(rad)\)

\(\Rightarrow {{u}_{C}}=300\cos \left( 100\pi t-\frac{5\pi }{12} \right)(V)\)

Chọn C. 

Nhận xét: giữa M và đường trung trực của AB có 3 cực tiểu giao thoa

→ Tại M là cực đại bậc 3 (k = 3) 

Ta có hình vẽ:

Tại điểm M có: 

\(MB-MA=3\lambda \Rightarrow \sqrt{2A{{B}^{2}}}-AB=3\lambda \Rightarrow AB=\frac{3\lambda }{\sqrt{2}-1}=7,24\lambda \)

Số cực tiểu trên đoạn IB là: \(n=\left( \frac{AB}{\lambda } \right)=7\)

Số cực tiểu trên đoạn IM là: 3 

Số cực tiểu trên đoạn MB là: 3 + 7 = 10 

Chọn A. 

Ban đầu điện áp có giá trị \(\text{u}={{\text{U}}_{0}}\)

Khoảng thời gian \(\frac{1}{300}s\)  tương ứng với góc quét là:

\(\Delta \varphi =\omega \Delta t=100\pi .\frac{1}{300}=\frac{\pi }{3}(rad)\)

Cường độ dòng điện qua mạch bằng 0 và đang giảm, ta có vòng tròn lượng giác:

Từ vòng tròn lượng giác, ta thấy cường độ dòng điện sớm pha hơn điện áp góc: \(\varphi =\frac{\pi }{6}(rad)\)

Công suất tiêu thụ trên đoạn mạch X là: 

\({{P}_{X}}=P-{{P}_{R}}=UI\cos \varphi -{{I}^{2}}R\) \(\Rightarrow {{P}_{X}}=200.\sqrt{3}.\cos \frac{\pi }{6}-{{\left( \sqrt{3} \right)}^{2}}.50=150(W)\)

Chọn C. 

Ta có phương trình dao động: \({{x}_{1}}=\sqrt{3}\sin \left( 20t+\frac{\pi }{2} \right)=\sqrt{3}\cos (20t)\)

Sử dụng máy tính bỏ túi, ta có: 

\(\sqrt{3}\angle 0+2\angle \frac{5\pi }{6}=1\angle \frac{\pi }{2}\Rightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}} A=1(cm) \\ \varphi =\frac{\pi }{2}(rad) \\ \end{array} \right.\) \(\Rightarrow x=1\cos \left( 20t+\frac{\pi }{2} \right)(cm)\)

Tại thời điểm \(\frac{\pi }{120}s,\) li độ của vật là

\(x=\cos \left( 20\cdot \frac{\pi }{120}+\frac{\pi }{2} \right)=-0,5(cm)=-0,005(m)\)

Hợp lực tác dụng lên vật có độ lớn là:

\(F=\left| -m{{\omega }^{2}}x \right|=\left| -0,{{2.20}^{2}}.0,005 \right|=0,4(N)\)

Chọn A. 

Thời gian kể từ lúc thả hòn đá đến khi nghe thấy tiếng hòn đá đập vào đáy giếng là: \(t=\sqrt{\frac{2h}{g}}+\frac{h}{v}\Rightarrow \sqrt{\frac{2h}{9,8}}+\frac{h}{330}=3\Rightarrow h\approx 40,4(m)\)

Thể tích của giếng là: \(V=S.h=\pi \frac{{{d}^{2}}}{4}.h=\pi .\frac{1,{{2}^{2}}}{4}.40,4=45,69\left( {{m}^{3}} \right)\)

Thể tích của giếng gần nhất với giá trị 45,87 m³

Chọn B. 

Tại vị trí thấp nhất, con lắc đi qua vị trí cân bằng (α = 0), tốc độ của vật nặng là:

\(v=\sqrt{2gl\left( \cos \alpha -\cos {{\alpha }_{0}} \right)}=\sqrt{2gl\left( 1-\cos {{\alpha }_{0}} \right)}\)

Độ cao của vật khi dây bị đứt là: \(h=12-2=10(m)\)

Khi dây bị đứt, vật chuyển động như chuyển động ném ngang với vận tốc đầu \({{\text{v}}_{0}}=\text{v}\)

Tầm xa của vật đạt được là: 

\(L=v\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{2gl\left( 1-\cos {{\alpha }_{0}} \right)}.\sqrt{\frac{2h}{g}}=2\sqrt{lh\left( 1-\cos {{\alpha }_{0}} \right)}\)

\(\Rightarrow L=2\sqrt{2.10.\left( 1-\cos 5,{{7}^{0}} \right)}\approx 0,632(m)=20\sqrt{10}(cm)\)

Chọn D. 

Áp dụng công thức máy biến áp, ban đầu ta có: 

\(\frac{{{N}_{1}}}{{{N}_{2}}}=\frac{{{U}_{1}}}{{{U}_{2}}}=\frac{{{U}_{1}}}{100}\text{  (1)}\)

Thay đổi số vòng dây ở cuộn thứ cấp, ta có:

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} \frac{{{N}_{1}}}{{{N}_{2}}-n}=\frac{{{U}_{1}}}{U} \\ \frac{{{N}_{1}}}{{{N}_{2}}+n}=\frac{{{U}_{1}}}{2U} \\ \end{array}\Rightarrow \frac{{{N}_{2}}-n}{{{N}_{2}}+n}=\frac{U}{2U}=\frac{1}{2}\Rightarrow {{N}_{2}}=3n \right.\)

Tăng thêm 3n vòng dây ở cuộn thứ cấp, ta có: 

\(\frac{{{N}_{1}}}{{{N}_{2}}+3n}=\frac{{{U}_{1}}}{{{U}_{2}}'}\Rightarrow \frac{{{N}_{2}}}{2{{N}_{2}}}=\frac{{{U}_{1}}}{{{U}_{2}}'}\text{  (2)}\)

Từ (1) và (2) ta có: \(2=\frac{{{U}_{2}}'}{100}\Rightarrow {{U}_{2}}'=200(V)\)

Chọn D. 

Nhận xét: từ thông và suất điện động biến đổi vuông pha

Áp dụng công thức độc lập với thời gian cho hai thời điểm t₁ và t₂, ta có:

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} \frac{{{\left( 5\sqrt{3} \right)}^{2}}}{E_{0}^{2}}+\frac{0,{{25}^{2}}}{\Phi _{0}^{2}}=1 \\ \frac{{{5}^{2}}}{E_{0}^{2}}+\frac{{{\left( 0,25\sqrt{3} \right)}^{2}}}{\Phi _{0}^{2}}=1 \\ \end{array}\Rightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{E}_{0}}=10(V) \\ {{\Phi }_{0}}=0,5(Wb) \\ \end{array} \right. \right.\)

Suất điện động có độ lớn bằng giá trị hiệu dụng, ta có: 

\(\frac{{{E}^{2}}}{E_{0}^{2}}+\frac{{{\Phi }^{2}}}{\Phi _{0}^{2}}=1\Rightarrow \frac{{{\left( 5\sqrt{2} \right)}^{2}}}{{{10}^{2}}}+\frac{{{\Phi }^{2}}}{0,{{5}^{2}}}=1\Rightarrow \Phi =0,25\sqrt{2}(Wb)\)

Chọn C. 

Nhận xét: hai dao động có cùng biên độ A 

Từ đồ thị ta thấy trong khoảng thời gian từ t₁ đến t₂, dao động 1 dịch chuyển từ li độ 4 cm về vị trí cân bằng,  dao động 2 dịch chuyển từ li độ 4 cm, đến biên dương và về li độ 4 cm 

Ta có vòng tròn lượng giác: 

Từ vòng tròn lượng giác ta thấy: \(\alpha ={{30}^{0}}=\frac{\pi }{6}(rad)\)

Khoảng thời gian từ t₁ đến t₂ là:

\(\Delta t={{t}_{2}}-{{t}_{1}}=\frac{1}{6}\Rightarrow \omega =\frac{\Delta \varphi }{\Delta t}=\frac{2\alpha }{\Delta t}=\frac{\frac{\pi }{3}}{\frac{1}{6}}=2\pi (ra\text{d/s)}\)

Lại có \(ar\cos \frac{4}{A}={{30}^{0}}\Rightarrow \frac{4}{A}=\cos {{30}^{0}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow A=\frac{8}{\sqrt{3}}(cm)\)  

Độ lệch pha giữa hai dao động là: \(\varphi =2\alpha =\frac{\pi }{3}(rad)\)

Biên độ dao động tổng hợp là:

\({{A}_{0}}=\sqrt{A_{1}^{2}+A_{2}^{2}+2{{A}_{1}}{{A}_{2}}\cos \frac{\pi }{3}}=A\sqrt{3}=8(cm)\)

Cơ năng của vật là: 

\(W=\frac{1}{2}m{{\omega }^{2}}A_{0}^{2}=\frac{1}{2}.0,3.{{(2\pi )}^{2}}.0,{{08}^{2}}\approx 0,0379(J)=37,9(mJ)\)

Chọn C. 

Khoảng cách lớn nhất giữa hai chất điểm là: 

\({{d}_{\max }}=\sqrt{A_{1}^{2}+A_{2}^{2}-2{{A}_{1}}{{A}_{2}}\cos \varphi }\) \(\Rightarrow 4=\sqrt{{{4}^{2}}+{{\left( 4\sqrt{3} \right)}^{2}}-2.4.4\sqrt{3}.\cos \varphi }\)

\(\Rightarrow \cos \varphi =\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \varphi ={{\varphi }_{2}}-{{\varphi }_{1}}=\frac{\pi }{6}(rad)\)

Động năng cực đại của con lắc thứ nhất là:

\({{W}_{d1\max }}=W=\frac{1}{2}m{{\omega }^{2}}A_{1}^{2}\text{  (1)}\)
Con lắc thứ nhất có động năng cực đại, giả sử khi đó pha dao động là \({{\varphi }_{1}}=\frac{\pi }{2}\)

\(\Rightarrow {{\varphi }_{2}}=\frac{\pi }{6}+\frac{\pi }{2}=\frac{2\pi }{3}(rad)\Rightarrow {{x}_{2}}={{A}_{2}}\cos {{\varphi }_{2}}=4\sqrt{3}.\cos \frac{2\pi }{3}=-2\sqrt{3}(cm)\)

Động năng của con lắc thứ hai khi đó là: 

\({{W}_{d2}}=\frac{1}{2}m{{\omega }^{2}}\left( A_{2}^{2}-x_{2}^{2} \right)\text{  (2)}\)

Từ (1) và (2) ta có: 

\(\frac{{{W}_{d2}}}{W}=\frac{A_{2}^{2}-x_{2}^{2}}{A_{1}^{2}}=\frac{{{\left( 4\sqrt{3} \right)}^{2}}-{{\left( 2\sqrt{3} \right)}^{2}}}{{{4}^{2}}}=\frac{9}{4}\Rightarrow {{W}_{d2}}=\frac{9W}{4}\)

Chọn A. 

Xét điểm D có tọa độ như hình vẽ

Nhận xét: tại thời điểm t, chất điểm D có li độ u = 8 cm, ở thời điểm \(t+\frac{T}{4},\) chất điểm có li độ u = -6 cm 

Hai thời điểm có độ lệch pha là: \(\Delta \varphi =\omega \Delta t=\frac{2\pi }{T}\cdot \frac{T}{4}=\frac{\pi }{2}(rad)\)

Ta có vòng tròn lượng giác: 

Từ đồ thị ta thấy: \(ar\cos \frac{8}{{{A}_{D}}}+ar\cos \frac{6}{{{A}_{D}}}={{90}^{0}}\Rightarrow {{A}_{D}}=10(cm)\)

Điểm B và D thuộc cùng bó sóng → chúng dao động cùng pha 

Tại thời điểm t, li độ của hai điểm B và D là: 

\(\frac{{{u}_{B}}}{{{u}_{D}}}=\frac{{{A}_{B}}}{{{A}_{D}}}\Rightarrow \frac{4}{8}=\frac{{{A}_{B}}}{10}\Rightarrow {{A}_{B}}=5(cm)\)

Quãng đường chất điểm B đi được trong 1 chu kì là: 

\(S=4A\Rightarrow \frac{\lambda }{2}=4{{A}_{B}}\Rightarrow \lambda =8{{A}_{B}}=40(cm)\)

Chọn B. 

Thanh dẫn MN chuyển động, suất điện động tự cảm trong thanh là: \({{\text{e}}_{\text{c}}}=\text{B}l\text{v}\)

Điện tích của tụ điện là: \(\text{q}=\text{C}.{{\text{e}}_{\text{c}}}=\text{C}.\text{Blv}\)

Cường độ dòng điện chạy qua thanh MN là: \(\text{i}=\text{{q}'}=(\text{CBlv}{)}'=\text{CBla}\)

Lực từ tác dụng lên thanh MN là: \({{\text{F}}_{\text{t}}}=\text{iBl}=\text{C}{{\text{B}}^{2}}{{l}^{2}}\text{a}\)

Áp dụng định luật II Niu-tơn, ta có: 

\({{F}_{dh}}+{{F}_{t}}=ma\Rightarrow -kx+C{{B}^{2}}{{l}^{2}}a=ma\)

\(\Rightarrow ~a.~\left( m-C{{B}^{2}}{{l}^{2}} \right)+kx=0\Rightarrow {x}''+\frac{k}{m-C{{B}^{2}}{{l}^{2}}}x=0\)

→ Thanh MN dao động điều hòa với tần số góc \(\omega =\sqrt{\frac{k}{m-C{{B}^{2}}{{l}^{2}}}}\)

Chu kì dao động của thanh là: 

\(T=\frac{2\pi }{\omega }=2\pi \sqrt{\frac{m-C{{B}^{2}}{{l}^{2}}}{k}}=2\pi \sqrt{\frac{0,2-{{250.10}^{-6}}{{.50}^{2}}.0,{{2}^{2}}}{15}}\approx 0,679(s)\)

Chu kì T gần nhất với giá trị 0,657 s 

Chọn A. 

Ta có hình vẽ: 

Để \(CB{{D}_{\max }}\Rightarrow {{\alpha }_{\max }}\Rightarrow {{(\tan \alpha )}_{\max }}\)

Xét \(\tan \alpha =\tan (ABD-ABC)=\frac{\tan ABD-\tan ABC}{1+\tan ABD\tan ABC}\)

\(\Rightarrow \tan \alpha =\frac{\frac{AD}{AB}-\frac{AC}{AB}}{1+\frac{AD}{AB}\cdot \frac{AC}{AB}}=\frac{AD-AC}{AB+\frac{AD.AC}{AB}}=\frac{7}{AB+\frac{144}{AB}}\)

Để \({{(\tan \alpha )}_{\max }}\Rightarrow {{\left( AB+\frac{144}{AB} \right)}_{\min }}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có: 

\(AB+\frac{144}{AB}\ge 2\sqrt{AB\cdot \frac{144}{AB}}\Rightarrow {{\left( AB+\frac{144}{AB} \right)}_{\min }}\Leftrightarrow AB=12(cm)\)

AB AB AB Tại C, D là hai cực đại liên tiếp

→ D là cực đại bậc k, C là cực đại bậc (k+1), ta có: 

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} DB-DA=\sqrt{D{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}}-DA=k\lambda \Rightarrow k\lambda =4 \\ CB-CA=\sqrt{C{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}}-CA=(k+1)\lambda \Rightarrow (k+1)\lambda =6 \\ \end{array}\Rightarrow \lambda =2(cm) \right.\)

Xét điểm E là cực tiểu xa A nhất → E là cực tiểu bậc 1 (k = 0) 

Ta có: 

\(EB-EA=\frac{1}{2}\lambda \Rightarrow \sqrt{E{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}}-EA=\frac{1}{2}\lambda \)

\(\Rightarrow \sqrt{E{{A}^{2}}+{{12}^{2}}}-EA=1\Rightarrow EA=71,5(cm)\)

Chọn D. 

Ta có: \({{Z}_{C2}}=0,5{{Z}_{C1}}=\frac{1}{2}{{Z}_{C1}}\Rightarrow {{Z}_{C2}}=2{{Z}_{C1}}\)  

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch AN là: \({{u}_{AN}}=\frac{U\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}\)  

Khi C = C₁ và C = C₂, điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch AN có cùng giá trị, ta có:

\(\frac{U\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C1}} \right)}^{2}}}}=\frac{U\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C2}} \right)}^{2}}}}\) \(\Rightarrow {{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C1}} \right)}^{2}}={{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C2}} \right)}^{2}}\)

\(\Rightarrow \left( \begin{array}{*{35}{l}} {{Z}_{L}}-{{Z}_{C1}}={{Z}_{L}}-{{Z}_{C2}}\text{ (loai)} \\ {{Z}_{L}}-{{Z}_{C1}}=-\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C2}} \right) \\ \end{array} \right.\) \(\Rightarrow {{Z}_{L}}=\frac{{{Z}_{C1}}+{{Z}_{C2}}}{2}=\frac{3}{2}{{Z}_{C1}}\)

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

\(\tan {{\varphi }_{AN}}=\frac{{{Z}_{L}}}{R}=~const~\Rightarrow {{\varphi }_{AN/i}}=~const~\)

Độ lệch pha giữa điện áp hai đầu đoạn mạch AN trong các trường hợp là:

\(\Delta \varphi ={{\varphi }_{1{{u}_{AN}}}}-{{\varphi }_{2{{u}_{AN}}}}={{\varphi }_{i1}}-{{\varphi }_{i2}}=\frac{\pi }{3}(rad)\)

Ta có: \(\tan \frac{\pi }{3}=\tan \left( {{\varphi }_{i1}}-{{\varphi }_{i2}} \right)=\frac{\tan {{\varphi }_{i1}}-\tan {{\varphi }_{i2}}}{1+\tan {{\varphi }_{i1}}\tan {{\varphi }_{i2}}}\)

\(\Rightarrow \frac{\frac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C1}}}{R}-\frac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C2}}}{R}}{1+\frac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C1}}}{R}\cdot \frac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C2}}}{R}}=\frac{2R\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C1}} \right)}{{{R}^{2}}-{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C1}} \right)}^{2}}}=\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow 2R\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C1}} \right)=\sqrt{3}{{R}^{2}}-\sqrt{3}{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C1}} \right)}^{2}}\Rightarrow {{Z}_{L}}-{{Z}_{C1}}=\frac{R}{\sqrt{3}}=50(\Omega )\)

\(\Rightarrow \frac{3}{2}{{Z}_{C1}}-{{Z}_{C1}}=50\Rightarrow {{Z}_{C1}}=100(\Omega )\)
Dung kháng của tụ điện là: 

\({{Z}_{C1}}=\frac{1}{\omega {{C}_{1}}}\Rightarrow {{C}_{1}}=\frac{1}{\omega {{Z}_{C1}}}=\frac{1}{100.100\pi }=\frac{{{10}^{-4}}}{\pi }(F)\)

Chọn A. 

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn dây là: 

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

Với tần số \({{\omega }_{1}}=x;{{\omega }_{2}}=y\) và \({{\omega }_{3}}=z,\) ta có: \(\frac{1}{\omega _{1}^{2}}+\frac{1}{\omega _{3}^{2}}=\frac{2}{\omega _{2}^{2}}\)  

Từ đồ thị ta thấy: 

\({{U}_{L1}}={{U}_{L3}}=\frac{3}{4}{{U}_{L2}}=\frac{3}{4}{{U}_{L\max }}\) \(\Rightarrow \frac{U.{{Z}_{L1}}\cos {{\varphi }_{1}}}{R}=\frac{U.{{Z}_{L3}}\cos {{\varphi }_{3}}}{R}=\frac{3}{4}\frac{U.{{Z}_{L2}}\cos {{\varphi }_{2}}}{R}\)

\(\Rightarrow \omega _{1}^{2}{{\cos }^{2}}{{\varphi }_{1}}=\omega _{3}^{2}{{\cos }^{2}}{{\varphi }_{3}}=\frac{9}{16}\omega _{2}^{2}{{\cos }^{2}}{{\varphi }_{2}}\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}} \frac{{{\cos }^{2}}{{\varphi }_{1}}}{{{\cos }^{2}}{{\varphi }_{2}}}=\frac{9}{16}\frac{{{\omega }^{2}}}{\omega _{1}^{2}} \\ \frac{{{\cos }^{2}}{{\varphi }_{2}}}{{{\cos }^{2}}\varphi }=\frac{9}{16}\frac{{{\omega }^{2}}}{\omega _{2}^{2}} \\ \end{array}\Rightarrow \frac{{{\cos }^{2}}{{\varphi }_{1}}}{{{\cos }^{2}}{{\varphi }_{2}}}+\frac{{{\cos }^{2}}{{\varphi }_{3}}}{{{\cos }^{2}}{{\varphi }_{2}}}=\frac{9}{16}{{\omega }^{2}}\cdot \left( \frac{1}{\omega _{1}^{2}}+\frac{1}{\omega _{3}^{2}} \right) \right.\)

\(\Rightarrow \frac{{{\cos }^{2}}{{\varphi }_{1}}}{{{\cos }^{2}}{{\varphi }_{2}}}+\frac{{{\cos }^{2}}{{\varphi }_{2}}}{{{\cos }^{2}}{{\varphi }_{2}}}=\frac{9}{16}\omega _{2}^{2}\cdot \frac{2}{\omega _{2}^{2}}=\frac{9}{8}\text{  (1)}\)

Công suất tiêu thụ của mạch điện là: \(P=\frac{{{U}^{2}}{{\cos }^{2}}\varphi }{R}\Rightarrow P\sim {{\cos }^{2}}\varphi \)

Từ (1) ta có: \(\frac{{{P}_{1}}}{{{P}_{2}}}+\frac{{{P}_{3}}}{{{P}_{2}}}=\frac{9}{8}\Rightarrow \frac{{{P}_{1}}+{{P}_{3}}}{9}=\frac{{{P}_{2}}}{8}\)
Chọn B. 

Ta có: \(R=r=\sqrt{\frac{L}{C}}=\sqrt{{{Z}_{L}}.{{Z}_{C}}}\)

Theo đề bài có điện áp hiệu dụng: 

\({{U}_{MB}}=\sqrt{3}{{U}_{AM}}\Rightarrow {{U}_{cd}}=\sqrt{3}{{U}_{RC}}\Rightarrow Z_{cd}^{2}=3{{Z}_{RC}}^{2}\)

\(\Rightarrow {{r}^{2}}+Z_{L}^{2}=3\left( {{R}^{2}}+Z_{C}^{2} \right)\Rightarrow {{R}^{2}}+Z_{L}^{2}=3{{R}^{2}}+3Z_{C}^{2}\)

\(\Rightarrow Z_{L}^{2}-2{{R}^{2}}-3Z_{C}^{2}=0\Rightarrow Z_{L}^{2}-2{{Z}_{L}}{{Z}_{C}}-3Z_{C}^{2}=0\)

\(\Rightarrow {{Z}_{L}}=3{{Z}_{C}}\)

Chuẩn hóa \({{Z}_{C}}=1\Rightarrow {{Z}_{L}}=3\Rightarrow R=r=\sqrt{3}\)

Hệ số công suất của mạch là: 

\(\cos \varphi =\frac{R+r}{\sqrt{{{(R+r)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{{{(2\sqrt{3})}^{2}}+{{2}^{2}}}}\approx 0,866\)

Chọn D.