Đáp án C

Vận tốc của vật dao động điều hòa là đạo hàm theo thời gian phương trình li độ: \(v={x}'=-\omega A\sin \left( \omega t+\varphi  \right)\).

Phương trình của các đại lượng trong dao động điều hòa

+ Phương trình li độ: \(x=A\cos \left( \omega t+\varphi  \right)\).

+ Phương trình vận tốc

Vận tốc là đạo hàm của li độ theo thời gian.

\(v={x}'=-\omega A\sin \left( \omega t+\varphi  \right)=\omega A\cos \left( \omega t+\varphi +\pi /2 \right)\).

+ Phương trình gia tốc

Gia tốc là đạo hàm vận tốc theo thời gian

\(a={v}'={x}''=-{{\omega }^{2}}A\cos \left( \omega t+\varphi  \right)=-{{\omega }^{2}}x={{\omega }^{2}}A\cos \left( \omega t+\varphi +\pi  \right)\).

+ Phương trình lực kéo về (phục hồi)

Lực phục hồi là hợp lực tác dụng lên vật dao động điều hòa gây gia tốc cho vật.

\({{F}_{ph}}=-kx=-m{{\omega }^{2}}x=kA.\cos \left( \omega t+{{\varphi }_{x}}+\pi  \right)\).

Đáp án C

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

Đáp án B

Quá trình truyền sóng là quá trình phần tử vật chất dao động tại chỗ.

Đáp án A

Dựa vào phương trình: \(\left\{ \begin{align} & \omega =2000\pi \to T=\frac{2\pi }{2000\pi }={{10}^{-3}}\left( s \right) \\ & \frac{2\pi x}{\lambda }=20\pi x\to \lambda =0,1\left( cm \right) \\ \end{align} \right.\Rightarrow v=\frac{\lambda }{T}=\frac{0,1}{{{10}^{-3}}}=100\left( cm/s \right)\)

Đáp án A

Cường độ dòng điện cực đại \({{I}_{0}}=\omega {{Q}_{0}}=\frac{2\pi }{T}.{{Q}_{0}}\).

Đáp án C

Hạt nhân nguyên tử được cấu tạo bởi các nuclôn.

Đáp án A

Vì hai điểm M và N trên màn ở cùng một phía so với vân sáng trung tâm nên có thể chọn \({{x}_{M}}=+2\,mm\) và \(13+15-3=25\,mm\).

\(\left\{ \begin{align} & {{x}_{M}}\le ki=1,2k\le {{x}_{N}}\Rightarrow 1,67\le k\le 3,75\to k=2,3 \\ & {{x}_{M}}\le \left( m+0,5 \right)i=1,2\left( m+0,5 \right)\le {{x}_{N}}\Rightarrow 1,17\le m\le 3,25\Rightarrow m=2;3 \\ \end{align} \right.\)

Tính số vân sáng, vân tối trên đoạn MN bất kì (Phương pháp chặn k)

Để tìm số vân sáng, vân tối ta thay vị trí vân vào điều kiện:

+ \(\frac{-MN}{2}\le \left( \begin{align} & {{x}_{s}}=ki \\ & {{x}_{t}}=\left( k+0,5 \right)i \\ \end{align} \right.\le \frac{MN}{2}\) (MN đối xứng qua vân trung tâm).

+ \({{x}_{N}}\le \left( \begin{align} & {{x}_{s}}=ki \\ & {{x}_{t}}=\left( k+0,5 \right)i \\ \end{align} \right.\le {{x}_{M}}\) (Nếu M, N bất kì).

M, N cùng phía với vân trung tâm thì \({{x}_{M}}\), \({{x}_{N}}\) cùng dấu; M, N khác phía với vân trung tâm thì \({{x}_{M}}\), \({{x}_{N}}\) khác dấu.

Từ đó, suy ra số nguyên k chính là số vân tối, vân tối cần tìm.

Đáp án A

Ta có: \({{v}_{n}}=\sqrt{\frac{k{{e}^{2}}}{m{{r}_{n}}}}\) với quỹ đạo K ứng với \(n=1\).

\(\Rightarrow {{v}_{K}}=\sqrt{\frac{{{9.10}^{9}}{{\left( 1,{{6.10}^{-19}} \right)}^{2}}}{9,{{1.10}^{-31}}.5,{{3.10}^{-11}}}}=2,{{9.10}^{6}}\left( m/s \right)\).

Đối với chuyển động electron trong nguyên tử Hiđrô, lực Cu-lông đóng vai trò là lực hướng tâm:

\({{F}_{CL}}={{F}_{ht}}\Leftrightarrow \frac{k{{e}^{2}}}{r_{n}^{2}}=\frac{mv_{n}^{2}}{{{r}_{n}}}\Rightarrow {{v}_{n}}=\sqrt{\frac{k{{e}^{2}}}{m{{r}_{n}}}}\).

Đáp án B

Ta có: \(\left\{ \begin{align} & {{P}_{R}}={{I}^{2}}R\xrightarrow({{P}_{R}}=0,36){R=4}I=0,3\left( A \right)\Rightarrow U=IR=1,2V \\ & I=\frac{\xi }{R+r}\Rightarrow 0,3=\frac{1,5}{4+r}\Rightarrow r=1\left( \Omega \right) \\ \end{align} \right.\)

Đáp án D

Lực gây ra chuyển động tròn đều của electron là lực Cu - lông, lực này đóng vai trò là lực hướng tâm nên:

\(m\frac{{{v}^{2}}}{r}=k\frac{{{q}^{2}}}{{{r}^{2}}}\Rightarrow {{v}^{2}}\sim\frac{1}{r}\left( r\sim{{n}^{2}} \right)\Rightarrow v\sim\frac{1}{n}\Rightarrow \frac{{{v}_{K}}}{{{v}_{N}}}=\frac{{{n}_{N}}}{{{n}_{K}}}=4\Rightarrow {{v}_{N}}=\frac{{{v}_{K}}}{4}\)

Đáp án B

Ta có: \({{Z}_{L}}=\omega L=100\left( \Omega  \right)\).

Vì \(\vec{u}\bot {{\vec{u}}_{AM}}\) nên \(\tan \varphi .\tan {{\varphi }_{AM}}=-1\Rightarrow \frac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{R}.\frac{{{Z}_{L}}}{R}=-1\Rightarrow \frac{100-{{Z}_{C}}}{50}.\frac{100}{50}=-1\)

\(\Rightarrow {{Z}_{C}}=125\left( \Omega  \right)\Rightarrow C=\frac{1}{\omega {{Z}_{C}}}=\frac{8}{\pi }{{.10}^{-5}}\left( F \right)\)

Bài toán về điều kiện lệch pha

+ Trên đoạn mạch không phân nhánh chỉ chứa các phần tô R, L, C. Giả sử M, N, P, Q là các điểm trên đoạn mạch đó. Độ lệch pha của \({{u}_{MN}}\), \({{u}_{PQ}}\) so với dòng điện lần lượt là:

\(\tan {{\varphi }_{MN}}=\frac{{{Z}_{{{L}_{MN}}}}-{{Z}_{{{C}_{MN}}}}}{{{R}_{MN}}}\) và \(\tan {{\varphi }_{PQ}}=\frac{{{Z}_{{{L}_{PQ}}}}-{{Z}_{{{C}_{PQ}}}}}{{{R}_{PQ}}}\).

+ Khi \({{\vec{u}}_{MN}}\bot {{\vec{u}}_{PQ}}\) khi và chỉ khi

\(\tan {{\varphi }_{MN}}.\tan {{\varphi }_{PQ}}=-1\Rightarrow \frac{{{Z}_{{{L}_{MN}}}}-{{Z}_{{{C}_{MN}}}}}{{{R}_{MN}}}.\frac{{{Z}_{{{L}_{PQ}}}}-{{Z}_{{{C}_{PQ}}}}}{{{R}_{PQ}}}=-1\)

+ Nếu \({{\varphi }_{2}}-{{\varphi }_{1}}=\Delta \varphi \)  thì \(\tan \left( {{\varphi }_{2}}-{{\varphi }_{1}} \right)=\frac{\tan {{\varphi }_{2}}-\tan {{\varphi }_{1}}}{1+\tan {{\varphi }_{2}}.\tan {{\varphi }_{1}}}\)

Đáp án C

\(\Delta E={{\left( \sum{\text{W}} \right)}_{sau}}-{{\left( \sum{\text{W}} \right)}_{truoc}}=12+6-0-4=14\left( MeV \right)\) .

Đáp án D

Để duy trì hoạt động cho một hệ cơ mà không làm thay đổi chu kì riêng của nó ta phải tác dụng ngoại lực vào vật dao động cùng chiều với chuyển động trong một phần của từng chu kì.

Đáp án B

Ta có: \({{E}_{3}}-{{E}_{1}}=\left( {{E}_{3}}-{{E}_{2}} \right)+\left( {{E}_{2}}-{{E}_{1}} \right)=\frac{hc}{{{\lambda }_{32}}}+\frac{hc}{{{\lambda }_{21}}}\)

\(\Rightarrow -1,51\left( eV \right)-{{E}_{1}}=19,{{875.10}^{-26}}\left( \frac{1}{{{6563.10}^{-10}}}+\frac{1}{{{1216.10}^{-10}}} \right).\frac{1\left( eV \right)}{1,{{6.10}^{-19}}}\)

\(\Rightarrow {{E}_{3}}\approx -13,62\left( eV \right)\)

Đáp án B

Ta có: \(\text{W}=\frac{C{{u}^{2}}}{2}+\frac{L{{i}^{2}}}{2}=\frac{CU_{0}^{2}}{2}\Rightarrow \left| u \right|=\sqrt{U_{0}^{2}-\frac{L}{C}{{i}^{2}}}=\sqrt{{{12}^{2}}-\frac{{{50.10}^{-3}}}{{{5.10}^{-6}}}.0,{{04}^{2}}.5}=8\left( V \right)\)

Đáp án D

Dung kháng của tụ điện: \({{Z}_{C}}=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{100\pi .\frac{{{10}^{-4}}}{\pi }}=100\Omega \)

Đáp án A

Ta có: \({{Q}_{\max }}=C{{U}_{\max }}=C{{E}_{\max }}d={{40.10}^{-12}}{{.3.10}^{6}}{{.10}^{-2}}=1,{{2.10}^{-6}}\left( C \right)\).

Điện tích của bản tụ điện: \(Q=CU\left( C \right)\).

Trong đó, điện trường giữa hai bản tụ: \(E=\frac{U}{d}\) (d: là khoảng cách giữa hai bản tụ (m)).

Đáp án C

Ta có, tần số dao động: \(f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{g}{l}}\)

+ Khi xe ô tô chuyển động đều khi đó lực quán tính \({{F}_{qt}}=0\), con lắc dao động với tần số \({{f}_{0}}=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{g}{l}}\)

+ Khi xe ô tô chuyển động nhanh dần đều hay chậm dần đều cùng một gia tốc thì gia tốc hiệu dụng lúc này: \({{g}_{1}}={{g}_{2}}=\sqrt{{{g}^{2}}+{{a}^{2}}}\).

Lúc đó con lắc dao động với tần số: \({{f}_{1}}={{f}_{2}}=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{\sqrt{{{g}^{2}}+{{a}^{2}}}}{l}}>{{f}_{0}}\).

Đáp án C

Ta có: \(2=k=-\frac{{{d}'}}{d}=-\frac{f}{d-f}=\frac{-30}{d-30}\Rightarrow d=15\left( cm \right)\).

Đáp án C

Ta có: \(B=2\pi {{.10}^{-7}}.\frac{I}{r}\Rightarrow 2,{{1.10}^{-4}}=2\pi {{.10}^{-7}}\frac{10}{r}\Rightarrow r=0,03\left( m \right)\).

Đáp án D

Tia tử ngoại được ứng dụng để tìm vết nứt trên bề mặt các vật.

Đáp án D

Vì \(\vec{I}\) luôn sớm pha hơn \(\overrightarrow{{{U}_{C}}}\) là \(\frac{\pi }{2}\) và theo đề \(\vec{U}\) sớm pha hơn \(\overrightarrow{{{U}_{C}}}\) là \(\frac{\pi }{3}\) nên \(\vec{U}\) trễ pha hơn \(\vec{I}\) là \)\frac{\pi }{6}\), tức là \(\varphi =\frac{-\pi }{6}\).

Do đó, \(\tan \varphi =\frac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{R}=\tan \frac{-\pi }{6}\Rightarrow R=\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)\sqrt{3}>0\).

Dựa vào biểu thức u và \({{u}_{C}}\) suy ra: \({{U}_{AB}}={{U}_{C}}\) nên \){{Z}_{AB}}={{Z}_{C}}\)

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

Đáp án A

Chu kì dao động của con lắc: \(T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}=2\pi \sqrt{\frac{l}{9,8}}\approx 2\left( s \right)\).

Đáp án A

Khi có sóng dừng trên sợi dây đàn hồi, khoảng cách giữa nút và vị trí cân bằng của bụng sóng liên tiếp là một phần tư bước sóng.

Đáp án B

Thay \(t=20,18\,s\) vào phương trình i ta được: \(i=4\cos \left( 100\pi .20,18-\frac{\pi }{4} \right)=2\sqrt{2}\left( A \right)\).

Đáp án A

Chu kì của con lắc đơn: \(T=\frac{\Delta t}{N}=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}\Rightarrow T\sim\sqrt{l}\sim\frac{1}{N}\Rightarrow {{T}^{2}}\)

Ta có: \(\frac{{{T}_{1}}}{{{T}_{2}}}=\frac{{{N}_{2}}}{{{N}_{1}}}=\frac{\sqrt{{{l}_{1}}}}{\sqrt{{{l}_{2}}}}\Rightarrow \frac{10}{6}=\frac{\sqrt{{{l}_{1}}}}{\sqrt{{{l}_{1}}-16}}\Rightarrow {{l}_{1}}=25\left( cm \right)\).

Đáp án C

Tổng trở: \(Z=\frac{U}{I}=\frac{\sqrt{U_{R}^{2}+U_{C}^{2}}}{I}=\frac{\sqrt{{{30}^{2}}+{{40}^{2}}}}{0,5}=\frac{50}{0,5}=100\Omega \)

\(\to \) A đúng.

Cảm kháng: \({{Z}_{C}}=\frac{{{U}_{C}}}{I}=\frac{40}{0,5}=80\Omega \Rightarrow C=\frac{1}{\omega {{Z}_{C}}}=\frac{1}{2\pi f{{Z}_{C}}}=\frac{1}{2\pi .50.80}=\frac{125}{\pi }\left( \mu F \right)\)

\(\to \) B đúng.

Độ lệch pha: \(\tan \varphi =\frac{-{{U}_{C}}}{{{U}_{R}}}=\frac{-40}{30}\Rightarrow \varphi =-53{}^\circ \to \)u trễ pha so với i 1 góc 53°

\(\to \) C sai.

Công suất tiêu thụ: \(P=UI\cos \varphi =I{{U}_{R}}=0,5.30=15\left( W \right)\)

Đáp án C

Chọn chiều dương hướng xuống

Thời gian quả cầu đi từ vị trí cao nhất đến vị trí thấp nhất tương ứng với thời gian đi từ –A đến A và bằng \(\Delta t=\frac{T}{2}=0,15\,s\to T=0,3\,s\)

Độ giãn của lò xo tại vị trí cân bằng: \(\Delta l=\frac{mg}{k}\)

Vị trí lò xo ở vị trí thấp nhất: \(x=+A\)

Theo đề bài:

\(\frac{{{F}_{dh\left( x=+A \right)}}}{mg}=1,8=\frac{k\left( \Delta l+A \right)}{mg}=\frac{k\left( \frac{mg}{k}+A \right)}{mg}=1+\frac{kA}{mg}=1+\frac{m{{\omega }^{2}}A}{mg}=1+\frac{{{\omega }^{2}}A}{g}\)

\(\to \frac{{{\omega }^{2}}A}{g}=0,8\to A=\frac{0,8g}{{{\omega }^{2}}}=\frac{0,8.10}{{{\left( \frac{20\pi }{3} \right)}^{2}}}=0,018\,m=1,8\,cm\)

Sử dụng trục thời gian suy ra từ vòng tròn lượng giác tìm thời gian

Áp dụng công thức tính độ dãn của lò xo thẳng đứng tại vị trí cân bằng: \(\Delta l=\frac{mg}{k}\)

Áp dụng công thức tính lực đàn hồi: \({{F}_{dh}}=-k\Delta x\) (\(\Delta x\): độ biến dạng của lò xo).

Đáp án C

Ta có: \(\Delta N={{N}_{0}}\left( 1-{{2}^{-\frac{t}{T}}} \right)={{N}_{0}}\left( 1-{{2}^{-2}} \right)=0,75{{N}_{0}}\)

Đáp án D

Theo phương trình truyền sóng, các phần tử trước đỉnh sóng sẽ đi xuống, sau đỉnh sóng sẽ đi lên.

Từ đồ thị, điểm M sau đỉnh sóng đang đi lên.

→ Sóng truyền từ B đến A và N cũng đang đi lên.

Phương pháp giải bài toán đồ thị sóng cơ

Bước sóng \(\lambda \) là khoảng cách giữa hai điểm gần nhất hai phần tử dao động cùng pha hay quãng đường phần tử truyền trong 1 chu kì.

Trạng thái chuyển động của các phần tử môi trường: theo phương truyền sóng, các phần tử môi trường ở trước một đỉnh sóng gần nhất sẽ chuyển động đi xuống, các phần tử môi trường ở sau đỉnh gần nhất sẽ chuyển động đi lên.

Đáp án B

Tổng hợp hai li độ: \(x={{x}_{1}}+{{x}_{2}}\Rightarrow {{x}_{\max }}=\sqrt{A_{1}^{2}+A_{2}^{2}+2{{A}_{1}}{{A}_{2}}\cos \Delta \varphi }\)

Khoảng cách giữa hai vật: \({{d}_{\max }}={{\left| {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right|}_{\max }}=\sqrt{A_{1}^{2}+A_{2}^{2}-2A_{1}^{2}A_{2}^{2}\cos \Delta \varphi }\)

Biến đổi toán học ta thu được:

\(\cos \Delta \varphi =\frac{3}{10}\frac{A_{1}^{2}+A_{2}^{2}}{{{A}_{1}}{{A}_{2}}}\) mặt khác \(A_{1}^{2}+A_{2}^{2}\ge 2{{A}_{1}}{{A}_{2}}\)

\({{\left( \cos \Delta \varphi  \right)}_{\min }}=\frac{3}{5}\Rightarrow \Delta {{\varphi }_{\max }}=53,13{}^\circ \)

Đáp án C

Ta có: \({{N}_{\equiv }}=\left( \frac{AB}{{{i}_{1}}}+1 \right)+\left( \frac{AB}{{{i}_{2}}}+1 \right)-{{N}_{vs}}\Leftrightarrow 19=\left( \frac{34,56}{0,48}+1 \right)+\left( \frac{34,56}{{{i}_{2}}}+1 \right)-109\)

\(\Rightarrow {{i}_{2}}=0,64\left( mm \right)\).

Đáp án A

Ta có: \(_2^4He + _7^{14}N \to _8^{17}O + _1^1He;{\rm{ }}{m_\alpha }\overrightarrow {{v_\alpha }} = {m_0}\overrightarrow {{v_0}} + {m_p}\overrightarrow {{v_p}} \to \overrightarrow {{v_0}} = \overrightarrow {{v_p}} \overrightarrow {{v_0}} = \overrightarrow {{v_0}} = \frac{{{m_\alpha }\overrightarrow {{v_\alpha }} }}{{{v_0} + {m_p}}}\)

\(\left\{ \begin{align} & {{W}_{0}}=\frac{1}{2}{{m}_{0}}v_{0}^{2}=\frac{{{m}_{0}}{{v}_{\alpha }}}{{{\left( {{m}_{0}}+{{m}_{p}} \right)}^{2}}}{{W}_{\alpha }}=0,21{{W}_{\alpha }} \\ & {{W}_{p}}=\frac{1}{2}{{m}_{p}}v_{p}^{2}=\frac{{{m}_{\alpha }}{{v}_{\alpha }}}{{{\left( {{m}_{0}}+{{m}_{p}} \right)}^{2}}}{{W}_{\alpha }}=0,012{{W}_{\alpha }} \\ \end{align} \right.\)

Ta có: \(=+-{{W}_{\alpha }}\Rightarrow {{W}_{\alpha }}\approx 1,555\left( MeV \right)\).

Đáp án B

Bước sóng: \(\lambda =\frac{v}{f}=3\,cm\); vì điểm xét dao động với biên độ cực đại nên ta có: \(-\frac{AB}{\lambda }\le k\le \frac{AB}{\lambda }\Rightarrow -3,33\le k\le 3,33\);

Điểm nằm trên đường tròn dao động với biên độ cực đại cách đường trung trực của AB gần nhất, nên ta chọn \(k=-1\) hoặc \(k=+1\).

+ Với \(k=+1\), ta có \({{d}_{2}}-{{d}_{1}}=3\); \({{d}_{1}}=AB=20\,cm\); \({{d}_{2}}=32\,cm\).

\(d_{2}^{2}=d_{1}^{2}+A{{B}^{2}}-2.{{d}_{1}}.AB.\cos A\Rightarrow A=70{}^\circ \).

Ta tìm được \(x={{d}_{1}}\cos A=6,8404\,cm\).

Khoảng cách từ M đến đường trung trực của AB là \(10-6,8404=3,1596\,cm\).

+ Với \(k=-1\), ta có \({{d}_{2}}-{{d}_{1}}=-3\); \({{d}_{1}}=AB=20\,cm\); \({{d}_{2}}=17\,cm\), ta tìm được \(A=50,3{}^\circ \); \(x={{d}_{1}}\cos A=12,775\,cm\).

Khoảng cách từ M đến đường trung trực của AB là \(12,775-10=2,775\,cm\).

Đáp án B

Từ \({{U}_{C}}=2{{U}_{L}}\) suy ra: \({{Z}_{C}}=2{{Z}_{L}}\). Chuẩn hóa số liệu: \({{Z}_{L}}=1\), \({{Z}_{C}}=2\)

Khi nối tắt \({{R}_{2}}\) thì \({{U}_{AM}}={{U}_{MB}}\) hay \(\sqrt{R_{1}^{2}+R_{L}^{2}}={{Z}_{C}}\Rightarrow {{R}_{1}}=\sqrt{3}\)

Khi nối tắt L thì \(\varphi =-\pi /12\) hay \(\tan \varphi =\frac{-{{Z}_{C}}}{{{R}_{1}}+{{R}_{2}}}\Rightarrow \tan \varphi \frac{-\pi }{12}=\frac{-2}{\sqrt{3}+{{R}_{2}}}\Rightarrow {{R}_{2}}=4+\sqrt{3}\)

Khi nối tắt \({{R}_{1}}\) thì \(\cos \varphi =\frac{{{R}_{2}}}{\sqrt{R_{2}^{2}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{c}} \right)}^{2}}}}=\frac{4+\sqrt{3}}{\sqrt{{{\left( 4+\sqrt{3} \right)}^{2}}+{{\left( 1-2 \right)}^{2}}}}=0,985\).

Đáp án D

Tần số góc \(\omega ={{I}_{0}}/{{Q}_{0}}=125000\pi \) rad/s, suy ra \(T=2\pi /\omega =1,{{6.10}^{-5}}s=16\left( \mu s \right)\).

Thời gian ngắn nhất để điện tích trên một bản tụ giảm từ giá trị cực đại \({{Q}_{0}}\) đến nửa giá trị cực đại \(0,5{{Q}_{0}}\)  là \(T/6=8/3\,\mu s\).

Đáp án A

Ta có: \(\tan \varphi =\frac{-{{Z}_{C}}}{R}=\tan \left( \frac{-\pi }{3} \right)\Rightarrow {{Z}_{C}}=R\sqrt{3}=40\sqrt{3}\,\Omega \).

Đáp án B

Khi một vật dao động điều hòa thì li độ và gia tốc ngược pha nhau.

Đáp án B

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} {Z_L} = \omega L = 10\left( \Omega \right);{Z_C} = \frac{1}{{\omega C}} = 20\left( \Omega \right)\\ {\varphi _L} = \frac{\pi }{2} \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} Z = \sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2} = 10\sqrt {2{\mkern 1mu} } \Omega } \\ \tan {\mkern 1mu} \varphi = \frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R} = - 1 \Rightarrow \varphi = - \frac{\pi }{4} \end{array} \right.\)

Điện áp \(u\) trễ pha so với \(\text{i}\) là \(\frac{\pi }{4}\) mà \(\text{i}\) trễ pha hơn \({{u}_{L}}\) là \(\frac{\pi }{2}\) nên \(u\)trễ pha hơn \({{u}_{L}}\)là \(\frac{3\pi }{4}\) và \({{U}_{0}}=\frac{{{U}_{0L}}}{{{Z}_{L}}}.Z=40\left( V \right)\).

Do đó: \(u={{U}_{0}}\cos \left( 100\pi t+\frac{\pi }{2}-\frac{3\pi }{4} \right)=40\cos \left( 100\pi t-\frac{\pi }{4} \right)\left( V \right)\).

 Để viết phương trình của điện áp ( hoặc cường độ dòng điện) cần:

Giá trị cực đại \({{U}_{0}}\) ( hoặc \({{I}_{0}}\)) \({{U}_{0}}={{I}_{0}}Z\Rightarrow {{I}_{0}}=\frac{{{U}_{0}}}{Z}\)

Ngoài ra: \({{I}_{0}}=\frac{{{U}_{0L}}}{{{Z}_{L}}}=\frac{{{U}_{0R}}}{R}=\frac{{{U}_{0C}}}{{{Z}_{C}}}C.\)

Pha ban đầu của \(u\) ( hoặc \(i\))

Độ lệch pha giữa \(u\)và \(i\): \(\tan \varphi =\frac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{R}\) ( Trong đó: \(\varphi ={{\varphi }_{u}}-{{\varphi }_{i}}\)).

Nếu mạch chỉ có 1 phần tử:

+ Mạch chứa \(R:\varphi ={{\varphi }_{u}}={{\varphi }_{i}}.\)

+ Mạch chứa \(L:\varphi ={{\varphi }_{u}}={{\varphi }_{i}}=\frac{\pi }{2}.\)

+ Mạch chứa \(C:\varphi ={{\varphi }_{u}}={{\varphi }_{i}}=-\frac{\pi }{2}.\)

Đáp án A

Khi chiếu chùm ánh sáng trắng vào khe của máy quang phổ lăng kính, chùm tia ló khỏi thấu kính của buồng ảnh gồm các chùm tia hội tụ, có nhiều màu.