Đáp án C

Phương pháp giải:

Bước sóng: $\lambda =vT\Rightarrow T=\frac{\lambda }{v}$

Giải chi tiết:

Chu kì dao động của sóng là: $T=\frac{\lambda }{v}=\frac{0,4}{20}=0,02s$

Đáp án C

Phương pháp giải:

Nguyên tắc hoạt động của các loại máy phát điện xoay chiều dựa trên hiện tượng cảm ứng điện từ: khi từ thông qua một vòng dây biến thiên điều hòa, trong vòng dây xuất hiện một suất điện động cảm ứng xoay chiều.

Giải chi tiết:

Nguyên tắc hoạt động của máy phát điện xoay chiều là dựa trên hiện tượng cảm ứng điện từ

Đáp án B

Phương pháp giải:

Độ lớn lực tương tác giữa các điện tích điểm đặt trong điện môi đồng tính: $F=k.\frac{\left|q_1{q}_2\right|}{\epsilon r^2}$

Giải chi tiết:

Hai điện tích điểm $q_1$ và $q_2$ đặt cách nhau một khoảng r trong môi trường có hằng số điện môi là ε  thì tương tác với nhau bằng một lực có độ lớn: $F=k.\frac{\left|q_1{q}_2\right|}{\epsilon r^2}$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Điều kiện có sóng dừng trên dây hai đầu cố định: $l=\frac{k\lambda }{2}$

Trong đó k là số bó sóng nguyên; Số bụng = k; Số nút = k + 1.

Giải chi tiết:

Điều kiện có sóng dừng trên dây hai đầu cố định: $l=\frac{k\lambda }{2}$

Đáp án A

Phương pháp giải:

+ Công thức tính công suất hao phí: $P_{hp}=\frac{P^{2}R}{U^2.{\cos }^2\phi }$

+ Công thức tính điện trở của dây dẫn: $R=\frac{\rho l}{S}$

Giải chi tiết:

Công suất hao phí trong quá trình truyền tải điện năng đi xa được xác định bởi công thức:

$$\begin{gathered} P_{hp}=\frac{P^{2}R}{U^2.{\cos }^2\phi }=\frac{P^2}{U^2.{\cos }^2\phi }.\frac{\rho l}{S} \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{P}_{hp}~\frac{1}{U^2}\\ P_{hp}~\frac{1}{S}\\ P_{hp}~P^2\\ P_{hp}~\frac{1}{{\cos }^2\phi }\end{array}\right. \end{gathered}$$

Đáp án D

Phương pháp giải:

Điều kiện có cộng hưởng điện: $Z_L=Z_C$

Giải chi tiết:

Để trong mạch có cộng hưởng điện: $Z_L=Z_C\iff \omega L=\frac{1}{\omega C}\Rightarrow \omega =\frac{1}{\sqrt{LC}}$

Đáp án A

Phương pháp giải:

Phương trình dao động điều hòa: $x=A.\cos \left(\omega t+\phi \right)$; trong đó A là biên độ dao động.

Giải chi tiết:

Phương trình dao động: $x=4\cos \left(5\pi t+\pi \right)\left(cm\right)$

⇒ Biên độ dao động: $A=4cm$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Tốc độ truyền sóng cơ trong các môi trường: $v_R>v_L>v_K$

Giải chi tiết:

Tốc độ truyền sóng cơ học tăng dần trong các môi trường: khí, lỏng, rắn.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Sử dụng lí thuyết “Bài 17: Dòng điện không đổi. Nguồn điện – SGK Vật Lí 11”.

Giải chi tiết:

Khi dòng điện chạy qua đoạn mạch ngoài nối giữa hai cực của nguồn điện thì các hạt mang điện chuyển động có hướng dưới tác dụng của lực điện trường.

Đáp án C

Phương pháp giải:

+ Độ cao là đặc trưng sinh lí của âm gắn liền với tần số của âm.

+ Độ to là đặc trưng sinh lí của âm gắn liền với tần số và mức cường độ âm.

+ Âm sắc là đặc trưng sinh lí của âm gắn liền với đồ thị dao động âm.

Giải chi tiết:

Âm sắc là đặc trưng sinh lí của âm gắn liền với đồ thị dao động âm.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Công thức tính cảm kháng: $Z_L=\omega L$

Giải chi tiết:

Cảm kháng của cuộn cảm là: $Z_L=\omega L=100\pi .\frac{1}{\pi }=100\Omega$

Đáp án D

Phương pháp giải:

Máy biến áp là thiết bị hoạt động dựa trên hiện tượng cảm ứng điện từ, dùng để biến đổi điện áp xoay chiều mà không làm thay đổi tần số của nó.

Giải chi tiết:

Máy biến áp là thiết bị dùng để biến đổi điện áp xoay chiều.

Đáp án A

Phương pháp giải:

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

Giải chi tiết:

Chu kì dao động của con lắc lò xo là: $T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}=2\pi .\sqrt{\frac{0,1}{40}}=\frac{\pi }{10}s$

Đáp án D

Phương pháp giải:

Số chỉ của vôn kế là giá trị của điện áp hiệu dụng.

Điện áp hiệu dụng: $U=\frac{U_0}{\sqrt{2}}$

Giải chi tiết:

Điện áp hiệu dụng: $U=\frac{U_0}{\sqrt{2}}=\frac{100\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=100V$

⇒ Số chỉ của vôn kế này là 100V

Đáp án D

Phương pháp giải:

Mạch chỉ chứa tụ điện: $\left\{\begin{array}{l}i=I_0.\cos \left(\omega t+\phi \right)\\ u_C=U_0.\cos \left(\omega t+\phi -\frac{\pi }{2}\right)\end{array}\right.$

Giải chi tiết:

Trong mạch điện xoay chiểu chỉ chứa tụ điện thì điện áp giữa hai đầu đoạn mạch trễ pha $\frac{\pi }{2}$ so với cường độ dòng điện trong mạch.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Điều kiện xảy ra hiện tượng cộng hưởng cơ: $f_0=f_{cb}$

Giải chi tiết:

Khi xảy ra hiện tượng cộng hưởng cơ thì vật tiếp tục dao động với tần số bằng tần số dao động riêng

Đáp án D

Phương pháp giải:

Công thức tính hệ số công suất: $\cos \phi =\frac{R}{Z}=\frac{R}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$

Giải chi tiết:

Đoạn mạch gồm RL nối tiếp có hệ số công suất của đoạn mạch là: $\cos \phi =\frac{R}{Z}=\frac{R}{\sqrt{R^2+{\left(\omega L\right)}^2}}$

Đáp án C

Phương pháp giải:

Công thức máy biến áp: $\frac{U_1}{U_2}=\frac{N_1}{N_2}$

Giải chi tiết:

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{N}_1=1000\\ N_2=1500\\ U_1=220V\end{array}\right.$

Áp dụng công thức máy biến áp ta có: $\frac{U_1}{U_2}=\frac{N_1}{N_2}\Rightarrow U_2=\frac{N_2}{N_1}.U_1=\frac{1500}{1000}.220=330V$

Đáp án A

Phương pháp giải:

Công thức tính công suất tiêu thụ của đoạn mạch: $P=U.I.\cos \phi$

Giải chi tiết:

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch bằng:

$P=U.I.\cos \phi =\mathrm{200.1.}\cos \left[\left(-\frac{\pi }{3}\right)-0\right]=100W$

Đáp án C

Phương pháp giải:

Khoảng cách giữa hai nút sóng hoặc hai bụng sóng gần nhau nhất là $\frac{\lambda }{2}$

Khoảng cách giữa một nút song và một bụng sóng gần nhau nhất là $\frac{\lambda }{4}$

Giải chi tiết:

Khoảng cách ngắn nhất giữa một nút sóng và vị trí cân bằng của một bụng sóng là: $\frac{\lambda }{2}=0,25m\Rightarrow \lambda =2.0,25=0,5m$

Đáp án A

Phương pháp giải:

Định luật Ôm đối với toàn mạch: $I=\frac{\xi }{r+R_N}$

Hiệu điện thế ở hai đầu mạch ngoài: $U=\xi -I.r$

Giải chi tiết:

Cường độ dòng điện chạy trong mạch: $I=\frac{\xi }{r+R_N}=\frac{6}{1+2}=2A$

Hiệu điện thế ở hai đầu mạch ngoài: $U=\xi -I.r=6-2.1=4V$

Đáp án A

Phương pháp giải:

Độ lớn cảm ứng từ sinh ra bởi dòng điện thẳng dài: $B={2.10}^{-7}.\frac{I}{r}$

Giải chi tiết:

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}I=1A\\ r=10cm=0,1m\end{array}\right.$

Cảm ứng từ tại điểm M có độ lớn là: $B_M={2.10}^{-7}.\frac{I}{r}={2.10}^{-7}.\frac{1}{0,1}={2.10}^{-6}T$

Đáp án B

Phương pháp giải:

+ Công thức thấu kính: $\frac{1}{f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{d^{\text{'}}}$

+ Số phóng đại ảnh: $k=-\frac{d^{\text{'}}}{d}$

k > 0: ảnh và vật cùng chiều; k < 0: ảnh và vật ngược chiều.

Giải chi tiết:

Ảnh là ảnh ảo nên ảnh và vật cùng chiều $\Rightarrow k>0$

+ Ban đầu: $k_1=-\frac{{d_1}^{\text{'}}}{d_1}=3\Rightarrow {d_1}^{\text{'}}=-3d_1$

$\Rightarrow \frac{1}{f}=\frac{1}{d_1}+\frac{1}{{d_1}^{\text{'}}}=\frac{1}{d_1}+\frac{1}{-3d_1}=\frac{2}{3d_1}\left(1\right)$

+ Sau khi dịch chuyển vật: $k_2=-\frac{{d_2}^{\text{'}}}{d_2}=2\Rightarrow {d_2}^{\text{'}}=-2d_2$

$\Rightarrow \frac{1}{f}=\frac{1}{d_2}+\frac{1}{{d_2}^{\text{'}}}=\frac{1}{d_2}+\frac{1}{-2d_2}=\frac{1}{2d_2}\left(2\right)$

+ Từ (1) và (2) ta có: $\frac{2}{3d_1}=\frac{1}{2d_2}\iff 3d_1-4d_2=0\left(3\right)$

+ Khi dịch vật dọc theo trục chính 5cm ta thu được ảnh ảo $A_2{B}_2<A_1{B}_1$

⇒ vật được dịch lại gần thấu kính

$\Rightarrow d_2=d_1-5\Rightarrow d_1-d_2=5cm\left(4\right)$

+ Từ (3) và (4) $\Rightarrow d_1=20cm$

Thay vào (1) ta có: $\frac{1}{f}=\frac{2}{3d_1}=\frac{2}{3.20}=\frac{1}{30}\Rightarrow f=30cm$

Đáp án A

Phương pháp giải:

Tốc độ cực đại: $v_{\max }=\omega A$

Giải chi tiết:

Tốc độ mà chất điểm đạt được trong quá trình dao động là: $v_{\max }=\omega A=5.4=20cm/s$

Đáp án A

Phương pháp giải:

Cơ năng: $W=W_d+W_t\iff \frac{1}{2}m{v}^2+\frac{1}{2}m{\omega }^2{x}^2=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2$

Giải chi tiết:

Khi động năng và thế năng bằng nhau: $W_d=W_t\Rightarrow W=2.W_d$

$$\begin{gathered} \iff 2.\frac{1}{2}m{v}^2=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2\Rightarrow A^2=\frac{2v^2}{{\omega }^2} \\ \Rightarrow A=\frac{\sqrt{2}v}{\omega }=\frac{\sqrt{2}.0,6\sqrt{2}}{10}=0,12m=12cm \end{gathered}$$

Đáp án C

Phương pháp giải:

Cơ năng: $W=W_d+W_t\iff \frac{1}{2}m{v}^2+\frac{1}{2}m{\omega }^2{x}^2=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2$

Sử dụng VTLG và công thức $\Delta t=\frac{\alpha }{\omega }=\alpha .\frac{T}{2\pi }$

Giải chi tiết:

+ Khi $W_d=\frac{1}{3}{W}_t\Rightarrow W=\frac{4}{3}{W}_t$

$\iff \frac{4}{3}m{\omega }^2{x}^2=m{\omega }^2{A}^2\Rightarrow x=\pm \frac{A\sqrt{3}}{2}$

Động năng đang giảm dần, tức là vật đang di chuyển về vị trí biên.

$\Rightarrow x=\frac{A\sqrt{3}}{2}$ theo chiều dương hoặc $x=-\frac{A\sqrt{3}}{2}$ theo chiều âm.

+ Khi $W_d=3W_t\Rightarrow W=4W_t$

$\iff 4m{\omega }^2{x}^2=m{\omega }^2{A}^2\Rightarrow x=\pm \frac{A}{2}$

Biểu diễn trên VTLG hai vị trị trên như hình vẽ:

Từ VTLG ta xác định được: $0,5s=\frac{\pi }{2}.\frac{T}{2\pi }=\frac{T}{4}\Rightarrow T=2s$

Thời gian vật có động năng cực đại từ thời điểm $t_1$ là: $\Delta t=\alpha .\frac{T}{2\pi }=\left(\frac{\pi }{2}+\frac{\pi }{6}\right).\frac{2}{2\pi }=\frac{2}{3}s$

Đáp án C

Phương pháp giải:

Điều kiện có cực đại giao thoa trong giao thoa sóng hai nguồn cùng pha:

$d_2-d_1=\left(k+\frac{1}{2}\right)\lambda =\left(k+\frac{1}{2}\right).\frac{v}{f}\Rightarrow f$

Giải chi tiết:

Phần tử mặt nước tại A dao động với biên độ cực tiểu nên:

$$\begin{gathered} d_2-d_1=\left(k+\frac{1}{2}\right)\lambda =\left(k+\frac{1}{2}\right).\frac{v}{f} \\ \iff f=\frac{\left(k+\frac{1}{2}\right).v}{d_2-d_1}=\frac{\left(k+\frac{1}{2}\right).20}{17-13}=5.\left(k+\frac{1}{2}\right) \end{gathered}$$

Do $6Hz\le f\le 12Hz\iff 6\le 5.\left(k+\frac{1}{2}\right)\le 12$

$$\begin{gathered} \iff 0,7\le k\le 1,9\Rightarrow k=1 \\ \Rightarrow f=5.\left(1+\frac{1}{2}\right)=7,5Hz \end{gathered}$$

Đáp án D

Phương pháp giải:

Công suất tỏa nhiệt trên R: $P_R=I^{2}R=\frac{U^2.R}{Z^2}=\frac{U^{2}R}{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}$

Khảo sát $P_R$ theo R.

Áp dụng BĐT Cosi.

Giải chi tiết:

Dung kháng và cảm kháng: $\left\{\begin{array}{l}{Z}_L=\omega L=100\pi .\frac{1}{\pi }=100\Omega \\ Z_C=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{100\pi .\frac{{2.10}^{-4}}{\pi }}=50\Omega \end{array}\right.$

Điện áp hiệu dụng: $U=\frac{U_0}{\sqrt{2}}=\frac{200}{\sqrt{2}}=100\sqrt{2}V$

Công  suất tỏa nhiệt trên R: $P_R=I^{2}R=\frac{U^{2}R}{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}=\frac{U^2}{R+\frac{{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}{R}}$

Để $P_{R\max }\iff {\left[R+\frac{{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}{R}\right]}_{\min }$

Áp dụng BĐT Cosi ta có:

$$\begin{gathered} R+\frac{{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}{R}\ge 2.\sqrt{R.\frac{{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}{R}}=2.\left|Z_L-Z_C\right| \\ \Rightarrow {\left(R+\frac{{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}{R}\right)}_{\min }=2.\left|Z_L-Z_C\right| \\ \Rightarrow P_{\max }=\frac{U^2}{2.\left|Z_L-Z_C\right|}=\frac{{\left(100\sqrt{2}\right)}^2}{2.\left|100-50\right|}=200W \end{gathered}$$

Dấu “=” xảy ra khi:

$$\begin{gathered} R=\frac{{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}{R} \\ \Rightarrow R=\left|Z_L-Z_C\right|=\left|100-50\right|=50\Omega \end{gathered}$$

Đáp án A

Phương pháp giải:

Hệ số công suất: $\cos \phi =\frac{R}{Z}=\frac{R}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$

Công suất tiêu thụ: $P=\frac{U^{2}R}{Z^2}=\frac{U^{2}R}{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}$

Với hai giá trị của tần số góc cho cùng hệ số công suất thì: ${\omega }_1{\omega }_2={\omega }_0^2$

Giải chi tiết:

Công suất tiêu thụ của mạch: $P=\frac{U^{2}R}{Z^2}=\frac{U^{2}R}{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}$

$$\begin{gathered} P_{\max }\iff {\left[R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2\right]}_{\min } \\ \iff Z_L=Z_C\iff {\omega }_{0}L=\frac{1}{{\omega }_{0}C}\Rightarrow {\omega }_0^2=\frac{1}{LC} \end{gathered}$$

Với hai giá trị của tần số góc cho cùng hệ số công suất, ta có: ${\omega }_1{\omega }_2={\omega }_0^2$

Mặt khác: $\cos {\phi }_1=\frac{R}{\sqrt{R^2+{\left({\omega }_{1}L-\frac{1}{{\omega }_{1}C}\right)}^2}}$

$$\begin{gathered} \cos {\phi }_1=\frac{R}{\sqrt{R^2+\left({\omega }_1^2{L}^2-2.\frac{L}{C}+\frac{1}{{\omega }_1^2{C}^2}\right)}} \\ =\frac{R}{\sqrt{R^2+\left({\omega }_1^2{L}^2-2L^2.\frac{1}{LC}+\frac{L^2}{{\omega }_1^2}.\frac{1}{L^2{C}^2}\right)}} \\ \cos {\phi }_1=\frac{R}{\sqrt{R^2+\left({\omega }_1^2{L}^2-2L^2.{\omega }_0^2+\frac{L^2}{{\omega }_1^2}.{\omega }_0^4\right)}} \\ =\frac{R}{\sqrt{R^2+L^2.\left({\omega }_1^2-2.{\omega }_0^2+\frac{{\omega }_0^4}{{\omega }_1^2}\right)}} \\ =\frac{R}{\sqrt{R^2+L^2.{\left({\omega }_1-\frac{{\omega }_0^2}{{\omega }_1}\right)}^2}}=\frac{R}{\sqrt{R^2+L^2.{\left({\omega }_1-{\omega }_2\right)}^2}} \end{gathered}$$

Theo bài ra ta có: $\left\{\begin{array}{l}\cos {\phi }_1=0,5\\ {\omega }_1-{\omega }_2=200\pi \left(rad/s\right)\\ L=\frac{\sqrt{3}}{4\pi }H\end{array}\right.$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \cos {\phi }_1=\frac{R}{\sqrt{R^2+L^2.{\left({\omega }_1-{\omega }_2\right)}^2}}=0,5 \\ \iff \frac{R^2}{R^2+{\left(\frac{\sqrt{3}}{4\pi }\right)}^2.{\left(200\pi \right)}^2}=\frac{1}{4} \\ \iff \frac{R^2}{R^2+7500}=\frac{1}{4}\Rightarrow R=50\Omega \end{gathered}$$

Đáp án A

Phương pháp giải:

Khoảng cách gần nhất giữa một nút sóng và 1 bụng sóng là: $\frac{\lambda }{4}$

Công thức tính biên độ sóng dừng: $A=A_{bung}.\sin \left|\frac{2\pi d}{\lambda }\right|$

Công thức tính tốc độ: $v=\omega \sqrt{A^2-x^2}$

Giải chi tiết:

Bước sóng: $\lambda =4.AB=4.9=36cm$

Khi sợi dây duỗi thẳng: $\left\{\begin{array}{l}AB=9cm\\ AB=3.AC\end{array}\right.\Rightarrow AC=\frac{AB}{3}=3cm$

Biên độ dao động của điểm C: $A_C=A_B.\sin \left|\frac{2\pi .AC}{\lambda }\right|=A_B.\sin \left|\frac{2\pi .3}{36}\right|=\frac{A_B}{2}$

Khi sợi dây biến dạng nhiều nhất, điểm C đang ở biên, khi đó ta có: $A_C=\sqrt{5^2-3^2}=4cm\Rightarrow A_B=2.A_C=2.4=8cm$

Công thức tính tốc độ: $v_B=\omega \sqrt{A_B^2-x_B^2}$

Khi B đi qua vị trí có li độ bằng biên độ của điểm C thì $x_B=A_C=4cm$ và có tốc độ là: $v_B=20\sqrt{8^2-4^2}=80\sqrt{3}cm/s$

Đáp án C

Phương pháp giải:

+ Khoảng cách giữa hai chất điểm: $\Delta d=\left|x_1-x_2\right|=\left|x_1+\left(-x_2\right)\right|$

+ Sử dụng công thức tổng hợp dao động điều hòa cùng tần số.

+ Sử dụng kĩ năng khai thác thông tin từ đồ thị.

+ Công thức tính cơ năng: $W=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2$

Giải chi tiết:

+ Ta có:

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{x}_1=A_1.\cos \left(\omega t+{\phi }_1\right)\\ x_2=A_2.\cos \left(\omega t+{\phi }_2\right)\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}_1=A_1.\cos \left(\omega t+{\phi }_1\right)\\ -x_2=A_2.\cos \left(\omega t+{\phi }_2+\pi \right)\end{array}\right. \end{gathered}$$

+ Khoảng cách giữa hai chất điểm theo phương Ox: $\Delta d=\left|x_1-x_2\right|=\left|x_1+\left(-x_2\right)\right|=d.\cos \left(\omega t+\phi \right)$

Với: $\left\{\begin{array}{l}\Delta \phi ={\phi }_1-\left({\phi }_2+\pi \right)\\ d=\sqrt{A_1^2+A_2^2+2A_1{A}_2.\cos \Delta \phi }\end{array}\right.$

+ Khi $A_1=0\Rightarrow d=12cm$

$\iff \sqrt{0^2+A_2^2+\mathrm{2.0.}{A}_2.\cos \Delta \phi }=12cm\Rightarrow A_2=12cm$

+ Lại có: $d^2=A_1^2+A_2^2+2A_1{A}_2.\cos \Delta \phi$

$$\begin{gathered} \Rightarrow d^2={\left(A_1+A_2.\cos \Delta \phi \right)}^2+A_2^2\left(1-{\cos }^2\Delta \phi \right) \\ \Rightarrow d_{\min }\iff A_1+A_2.\cos \Delta \phi =0\Rightarrow \cos \Delta \phi =-\frac{A_1}{A_2} \end{gathered}$$

Mà $d_{\min }\iff A_1=9cm\Rightarrow \cos \Delta \phi =-\frac{9}{12}=-\frac{3}{4}$

+ Khi d = 10cm ta có:

$$\begin{gathered} d^2=A_1^2+A_2^2+2A_1{A}_2.\cos \Delta \phi \\ \iff {10}^2=A_1^2+{12}^2+2A_1\mathrm{.12.}\left(-\frac{3}{4}\right) \\ \iff \left[\begin{array}{l}{A}_1=2,92cm=a_1\\ A_1=15,08cm=a_2\end{array}\right. \end{gathered}$$

Tỉ số cơ năng:

$$\begin{gathered} \frac{W_1}{W_2}=\frac{\frac{1}{2}m{\omega }^2{a}_1^2+\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}_2^2}{\frac{1}{2}m{\omega }^2{a}_2^2+\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}_2^2} \\ =\frac{a_1^2+A_2^2}{a_2^2+A_2^2}=\frac{15,{08}^2+{12}^2}{2,{92}^2+{12}^2}=0,4 \end{gathered}$$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Chu kì dao động của con lắc đơn: $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$

Sử dụng lí thuyết chu kì con lắc đơn chịu thêm tác dụng của trọng lực.

Sử dụng định lí hàm số sin trong tam giác.

Giải chi tiết:

Gọi $g_1$ và $g_2$ là gia tốc của hai con lắc khi chịu tác dụng của ngoại lực.

Gọi $a_1$ và $a_2$ là gia tốc do lực điện tác dụng lên con lắc 1 và 2 ($a_1=a_2$ vì hai con lắc giống nhau đặt trong cùng điện trường đều): $a_1=a_2=\frac{\left|q\right|E}{m}$

Hai con lắc cùng biên độ nên $\overrightarrow{g_1}\uparrow \uparrow \overrightarrow{g_2}$

Có $T_2>T_1\Rightarrow g_2<g_1$

Xét tam giác ABC có: $\left\{\begin{array}{l}{q}_1=q_2\\ \overrightarrow{a_1}\perp \overrightarrow{a_2}\end{array}\right.\Rightarrow \Delta ABC$ vuông cân.

Tam giác OAC có: $\widehat{OBA}={37}^0\Rightarrow \frac{g_2}{\sin 37}=\frac{a_2}{\sin 8}\left(1\right)$

Tam giác OAC có: $\frac{g_1}{\sin 127}=\frac{a_1}{\sin 8}\left(2\right)$

Từ (1) và (2) suy ra: $\frac{g_1}{\sin 127}=\frac{g_2}{\sin 37}\Rightarrow \frac{g_1}{g_2}=\frac{\sin 127}{\sin 37}$

Mà: $\left\{\begin{array}{l}\frac{T_1}{T_2}=\sqrt{\frac{g_1}{g_2}}=\sqrt{\frac{\sin 127}{\sin 37}}\\ T_2=T_1+0,25\end{array}\right.$

$$\begin{gathered} \Rightarrow T_2=T_1.\sin \sqrt{\frac{\sin 127}{\sin 37}} \\ \Rightarrow T_1\sin \sqrt{\frac{\sin 127}{\sin 37}}=T_1+0,25 \\ \Rightarrow T_1=1,645s \end{gathered}$$

Đáp án A

Phương pháp giải:

Hệ số công suất: $\cos {\phi }_{RL}=\frac{R}{\sqrt{R^2+Z_L^2}}$

Công thức tính tổng trở: $Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}$

Dung kháng: $Z_C=\frac{1}{\omega C}$

Sử dụng kĩ năng khai thác thông tin từ đồ thị.

Giải chi tiết:

+ Công thức tính tổng trở: $Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}$

Tại $Z_{C1}\Rightarrow Z_{\min }\iff Z_L=Z_{C1}\Rightarrow Z_{\min }=R$

Từ đồ thị ta thấy $Z_{\min }=120\Omega \Rightarrow R=120\Omega$

+ Từ đồ thị ta có: $Z=Z_C=125\Omega$

$$\begin{gathered} \Rightarrow 125=\sqrt{{120}^2+{\left(Z_L-125\right)}^2} \\ \iff {125}^2={120}^2+{\left(Z_L-125\right)}^2 \\ \iff Z_L-125=\pm 35 \\ \Rightarrow \left[\begin{array}{l}{Z}_L=160\Omega =Z_{C1}\\ Z_L=90\Omega \left(loai\right)\end{array}\right. \end{gathered}$$

Hệ số công suất của đoạn mạch RL: $\cos {\phi }_{RL}=\frac{120}{\sqrt{{120}^2+{160}^2}}=0,6$