Phương pháp: 

Biểu thức từ thông: $\Phi =NBS\cos (\omega t+\phi )$

Suất điện động: $e=-{\Phi }^{\text{'}}=\omega NBS\cos \left(\omega t-\frac{\pi }{2}\right)$

Cách giải: 

Từ thông luôn nhanh pha hơn suất điện động một góc $\frac{\pi }{2}\Rightarrow {\phi }_1-{\phi }_2=\frac{\pi }{2}$

Chọn A

Phương pháp: 

Công thức tính tần số: $f=np$

Trong đó: p là số cặp cực; n (vòng/s) là tốc độ quay của roto.

Cách giải: 

+ Nếu tốc độ quay của roto là n (vòng/s): $f=np$

+ Nếu tốc độ quay của roto là n (vòng/phút) $f=\frac{np}{60}$

Chọn A

Phương pháp: 

Độ lệch pha giữa 2 dao động: $\Delta \phi ={\phi }_2-{\phi }_1$

Cách giải: 

Độ lệch pha: $\Delta \phi ={\phi }_2-{\phi }_1=\frac{-8\pi }{3}-\frac{\pi }{3}=-3\pi \left(rad\right)$

⇒ Hai dao động ngược pha.  

Chọn D

Phương pháp: 

Tần số dao động của con lắc đơn: $f_0=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{k}{m}}$

Điều kiện có cộng hưởng cơ: $f_{cb}=f_0$

Cách giải: 

Biên độ của dao động lớn nhất khi xảy ra hiện tượng cộng hưởng, khi đó: $f=f_0=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{k}{m}}$

Chọn A

Phương pháp: 

Tia tử ngoại có bước sóng trong khoảng 10nm – 380nm 

Cách giải: 

Sóng điện từ có bước sóng 100nm thuộc vùng tử ngoại .  

Chọn C

Phương pháp: 

Máy thu thanh gồm có: ăngten, mạch chọn sóng, mạch tách sóng, mạch khuếch đại, loa. 

Cách giải: 

Trong sơ đồ khối của máy thu thanh không có bộ phận mạch biến điệu

Chọn A

Phương pháp: 

Phương trình dao động điều hòa: $x=A\cos (\omega t+\phi )$

Trong đó $\omega t+\phi$ là pha của dao động 

Cách giải: 

Pha của dao động tại thời điểm t = 1s là: $\frac{\pi }{6}\cdot 1+\frac{\pi }{2}=\frac{5\pi }{6}\left(rad\right)$

Chọn C

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

Ban đầu: $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$

Chu kì của con lắc đơn tăng 5% nên $T^{\text{'}}=2\pi \sqrt{\frac{l^{\text{'}}}{g}}=1,05T$

Lấy $\frac{T^{\text{'}}}{T}$ ta được: $\frac{T^{\text{'}}}{T}=\sqrt{\frac{l^{\text{'}}}{l}}=1,05\Rightarrow \frac{l^{\text{'}}}{l}=1,{05}^2$

$\Rightarrow l^{\text{'}}=1,1025l\Rightarrow \frac{l^{\text{'}}-l}{l}=0,0125=10,25\%$

Chọn C

Phương pháp: 

Độ lớn của lực Culong: $F=\frac{k\left|q_1{q}_2\right|}{\epsilon r^2}$

F phụ thuộc vào $q_1;q_2;\epsilon$

Cách giải: 

Độ lớn lực tương tác giữa hai điện tích điểm: $F=\frac{k\left|q_1{q}_2\right|}{\epsilon r^2}$

Khi đặt tấm kính xen vào giữa ⇒ ε tăng ⇒ F giảm

Chọn D

Phương pháp: 

Độ lớn lực từ: $F=IBl\sin \alpha ;\alpha =\left(\overrightarrow{B};\overrightarrow{l}\right)$

Cách giải: 

Từ công thức xác định độ lớn lực từ: $F=IBl\sin \alpha \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}F\in I\\ F\in \epsilon \\ F\in \alpha =\left(\overrightarrow{B};\overrightarrow{l}\right)\end{array}\right.$

⇒ Lực từ tác dụng lên một đoạn dây dẫn thẳng có dòng điện xoay chiều chạy qua đặt trong một từ trường không phụ thuộc vào tiết diện của dây dẫn. 

Chọn A

Phương pháp: 

Công thức tính bước sóng là: $\lambda =vT$

Cách giải: 

Bước sóng được xác định theo công thức: $\lambda =vT$

Chọn D

Phương pháp: 

Công thức tính bước sóng : $\lambda =\frac{c}{f}$

Sóng ngắn có bước sóng nằm trong khoảng: 10m - 200m 

Cách giải: 

Ta có $\lambda =\frac{c}{f}=\frac{{3.10}^8}{{6.10}^6}=50m$

⇒ Sóng này thuộc vùng sóng ngắn.

Chọn D

Phương pháp: 

Công thức liên hệ giữa điện áp hiệu dụng và cực đại: $U=\frac{U_0}{\sqrt{2}}$

Cách giải: 

Ta có: $u=110\sqrt{2}\cos \left(100\pi t+\frac{\pi }{3}\right)\left(V\right)\Rightarrow U_0=110\sqrt{2}V$

Điện áp hiệu dụng: $U=\frac{U_0}{\sqrt{2}}=\frac{110\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=110V$

Chọn C

Phương pháp: 

Mọi vật có nhiệt độ lớn hơn 0K đều phát ra tia hồng ngoại. 

Cơ thể con người có nhiệt độ khoảng 37⁰C

Cách giải: 

Cơ thể con người phát ra tia hồng ngoại.  

Chọn B

Phương pháp: 

Cực tiểu giao thoa nằm tại các điểm có hiệu đường đi của hai sóng tới đó bằng một số nguyên lần nửa bước sóng 

Cách giải: 

Hai nguồn kết hợp dao động cùng pha thì cực tiểu giao thoa thoả mãn:  

$d_2-d_1=(k+0,5)\lambda$ với $k=0;\pm 1;\pm 2\dots$

Chọn B

Phương pháp: 

Tần số góc, chu kì, tần số của mạch LC: $\left\{\begin{array}{l}\omega =\frac{1}{\sqrt{LC}}\\ T=2\pi \sqrt{LC}\\ f=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}\end{array}\right.$

Cách giải: 

Tần số mạch dao động: $f=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}$

Chọn A

Phương pháp: 

Công thức tính cường độ dòng điện: $I=\frac{U}{R}$

Công thức điện trở tương đương của mạch ghép nối tiếp: $R_{12}=R_1+R_2$

Cách giải:

Ta có : $\left\{\begin{array}{l}{I}_{\max l}=\frac{200}{R_1}=\frac{200}{3R_2}\\ I_{\max 2}=\frac{50}{R_2}\end{array}\Rightarrow I_{\max 2}<I_{\max 1}.\right.$

⇒ Khi ghép nối tiếp mạch có điện trở là $R_1+R_2=4R_2$ chỉ chịu được dòng tối đa là:

$I_{\max }=I_{\max 2}=\frac{50}{R_2}=\frac{U_{\max }}{4R_2}\Rightarrow U_{\max }=200V$

Chọn B

Phương pháp: 

Các đặc trưng sinh lí của âm: Độ cao, độ to và âm sắc.  

Cách giải: 

Một trong những đặc trưng sinh lí của âm là độ to của âm. 

Chọn B

Phương pháp: 

Công thức tính cường độ dòng điện: $\left\{\begin{array}{l}q=Q_0.\cos (\omega t+\phi )\\ i=q^{\text{'}}=-\omega Q_0.\sin (\omega t+\phi )=I_0.\cos \left(\omega t+\phi +\frac{\pi }{2}\right)\\ u=\frac{q}{C}=\frac{Q_0}{C}\cdot \cos (\omega t+\phi )=U_0.\cos (\omega t+\phi )\end{array}\right.$

Tấn số góc của mạch dao động: $\omega =\frac{1}{\sqrt{LC}}$

Công thức liên hệ giữa điện lượng và hiệu điện thế: $q=Cu$

Cách giải: 

Vì $t_2-t_1=\frac{T}{4}\Rightarrow$ dao động tại hai thời điểm vuông pha. 

Nên

$$\begin{gathered} i_1=\omega q_2=\frac{1}{\sqrt{LC}}C.u_2=\sqrt{\frac{C}{L}}.u_2 \\ \Rightarrow L=\frac{C{u}_2^2}{i_1^2}=\frac{{2.10}^{-9}{.10}^2}{{\left({5.10}^{-3}\right)}^2}={8.10}^{-3}H \end{gathered}$$

Chọn A

Phương pháp: 

Số vân sáng trong bề rộng vùng giao thoa L: $N_{vs}=\frac{L}{i}+1$

Cách giải: 

Tổng số vân sáng thu được trên khoảng L là: $17+3=20$ vân sáng

Số vân sáng của ánh sáng đơn sắc λ₁ là: $\frac{24}{3}+1=9$ vân sáng. 

Nên số vân sáng của ánh sáng đơn sắc λ₂ là: $20-9=11$ vân sáng

Chọn C

Phương pháp:

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

Trong đó:Số bụng sóng = k; số nút sóng = k + 1. 

Cách giải: 

Trên dây có 5 bụng sóng $\Rightarrow k=5$

$\Rightarrow l=5\cdot \frac{\lambda }{2}=5\cdot \frac{v}{2f}\Rightarrow f=\frac{5v}{2l}=\frac{5.40}{2.100}=1Hz$

Chọn C

Phương pháp: 

Công thức tính chu kì con lắc đơn: $T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}$

Cách giải: 

Công thức tính chu kì con lắc lò xo: $T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}\iff T^2=\frac{4{\pi }^2}{k}\cdot m$

⇒ Đồ thị T theo m có dạng parabol. Chọn hình 2. 

Chọn D

Phương pháp: 

Tổng trở: $Z=\sqrt{r^2+Z_L^2}$

Cường độ dòng điện cực đại: $I_0=\frac{U_0}{Z}$

Độ lệch pha giữa u và i: $\tan \phi =\frac{Z_L}{r}$

Cách giải: 

Tổng trở: $Z=\sqrt{r^2+Z_L^2}=\sqrt{{50}^2+{\left(5Q\sqrt{3}\right)}^2}=100\Omega$

Cường độ dòng điện cực đại: $I_0=\frac{U_0}{Z}=\frac{200}{100}=2A$

Độ lệch pha giữa u và i: $\tan \phi =\frac{Z_L}{r}=\frac{50\sqrt{3}}{50}=\sqrt{3}$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \phi =\frac{\pi }{3}\Rightarrow {\phi }_u-{\phi }_i=\frac{\pi }{3} \\ \Rightarrow {\phi }_i={\phi }_u-\frac{\pi }{3}=\frac{\pi }{3}-\frac{\pi }{3}=0 \\ \Rightarrow i=2\sqrt{2}\cos \left(100\pi t\right)\left(A\right) \end{gathered}$$

Chọn C

Phương pháp: 

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

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

Công thức khoảng cách vật ảnh: $L=d+d^{\text{'}}$

Cách giải: 

Vì vật cho ảnh rõ nét trên màn nên ảnh là ảnh thật ⇒ Thấu kính là thấu kính hội tụ.

Vì ảnh gấp ba lần vật và khoảng cách từ màn đến vật là 80cm nên ta có:

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{d}^{\text{'}}=3d\\ d+d^{\text{'}}=80cm\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}d=20cm\\ d^{\text{'}}=60cm\end{array}\right.\right. \\ \Rightarrow f=\frac{d.d^{\text{'}}}{d+d}=\frac{20.60}{20+60}=15cm \end{gathered}$$

Chọn A

Phương pháp: 

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

Công suất hao phí: $\Delta P=R\cdot \frac{P^2\cos \phi }{U_2^2}$

Hiệu suất truyền tải: $H=1-\frac{\Delta P}{P}$

Cách giải: 

Nối hai cực của trạm phát với máy biến áp có: $k=\frac{N_1}{N_2}=0,1\Rightarrow U_2=\frac{N_2}{N_1}\cdot U_1=\frac{1000}{0,1}=10000V$

Công suất hao phí: $\Delta P=R\cdot \frac{P^2\cos \phi }{U_2^2}=8\cdot \frac{{100000}^2.1}{{10000}^2}=800W$

Hiệu suất truyền tải: $H=1-\frac{\Delta P}{P}=1-\frac{800}{{10}^5}=99,2\%$

Chọn B

Phương pháp: 

Độ dãn của lò xo tại VTCB là : $\Delta l=\frac{g}{{\omega }^2}$

Phương pháp đường tròn lượng giác 

Cách giải: 

Tại thời điểm ban đầu vật có li độ: $x=5\cos \left(20.0-\frac{\pi }{2}\right)=0$

Độ dãn của lò xo tại VTCB là : $\Delta l=\frac{g}{{\omega }^2}=\frac{10}{{20}^2}=0,025m=2,5cm$

Vật đi từ vị trí bắt đầu dao động (x = 0) đến vị trí lo xo không biến dạng lần đầu $(x=5-2,5=2,5\text{cm})$ mất khoảng thời gian: $\Delta t=\frac{T}{6}=\frac{2\pi }{\omega .6}=\frac{\pi }{60}s$

Chọn A

Phương pháp: 

Hiện tượng cộng hưởng điện xảy ra khi: $Z_L=Z_C$

Cách giải: 

Cường độ dòng điện trong mạch: $I=\frac{U}{Z}=\frac{U}{\sqrt{R^2+\left(\omega L-\frac{1}{\omega C}\right)}}$

Nếu tăng C thì Z_C giảm và I tăng.  

Khi Z_C giảm đến giá trị bằng Z_L thì cường độ dòng điện cực đại (xảy ra cộng hưởng).

Khi $Z_C<Z_L$ thì dòng điện giảm.  

Vậy ban đầu $Z_C>Z_L$

Chọn C

Phương pháp: 

+ Phương pháp giản đồ vecto và phương pháp đại số:

+ C thay đổi U_Cmax thì $\overrightarrow{U}\perp \overrightarrow{U_{RL}}$

Cách giải: 

C thay đổi U_Cmax thì $\overrightarrow{U}\perp \overrightarrow{U_{RL}}$

Dựa vào giản đồ vecto ta thấy: $\tan {30}^0=\frac{U_{RL}}{U}$

$\Rightarrow U_{RL}=\tan {30}^0.U=\frac{\sqrt{3}}{3}\cdot 110\sqrt{3}=110V$

$\overrightarrow{U_{RL}}$ nhanh pha hơn $\overrightarrow{U}$ một góc $\frac{\pi }{2}$

$$\begin{gathered} \Rightarrow {\phi }_{RL}-{\phi }_u=\frac{\pi }{2} \\ \Rightarrow {\phi }_{RL}=\frac{\pi }{2}+{\phi }_u=\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{6}=\frac{\pi }{3} \end{gathered}$$

Chọn A

Phương pháp: 

Điểm dao động cực đại thoả mãn: $d_2-d_1=k\lambda$

Cách giải:

Những điểm là cực đại trên đường tròn tâm O bán kính 4cm thoả mãn: 

Gọi điểm cực đại trên đường tròn gần AB nhất là điểm C.  Để C gần AB nhất thì C phải thuộc đường cực đại ứng với $k=\pm 2$

$\Rightarrow d_2-d_1=2\lambda =6$ (1)

Đặt $MH=x\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{d}_2=CB=\sqrt{{(9-x)}^2+h^2}\\ d_1=CA=\sqrt{{(x+1)}^2+h^2}\end{array}\right.$ (2)

Vì ΔCMN vuông tại C nên $h^2=x.(8-x)$ (3)

Từ (1); (2); (3)

$$\begin{gathered} \Rightarrow \sqrt{81-10x}-\sqrt{10x+1}=6 \\ \Rightarrow x\approx 0,6059cm\Rightarrow h\approx 2,12cm \end{gathered}$$

Chọn D

Phương pháp: 

Độ dãn của lò xo tại VTCB là : $\Delta l=\frac{mg}{k}$

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

Cách giải: 

Gọi độ giãn của lò xo tại vị trí cân bằng của lò xo A,B lần lượt là: $\Delta l_1;\Delta l_2$

Biên độ của lò xo A,B lần lượt là: $A_1;A_2$

Độ giãn của lò xo ở vị trí cân bằng của hai con lắc là: $\left\{\begin{array}{l}\Delta l_1=\frac{mg}{k_A}\\ \Delta l_2=\frac{mg}{2k_A}\end{array}\Rightarrow \Delta l_1=2\Delta l_2\right.$ (1)

Chu kì của hai con lắc là: $\left\{\begin{array}{l}{T}_A=2\pi \sqrt{\frac{m}{k_A}}\\ T_B=2\pi \sqrt{\frac{m}{k_B}}=2\pi \sqrt{\frac{m}{2k_A}}\end{array}\Rightarrow \frac{T_A}{T_B}=\sqrt{2}\right.$

Với lò xo B thời gian lò xo dãn gấp đôi thời gian lò xo nén trong một chu kì nên:

$$\begin{gathered} t_d=T-\frac{2}{\omega }ar\cos \frac{\Delta l_2}{A_2}=2t_n \\ =2\cdot \frac{2}{\omega }ar\cos \frac{\Delta l_2}{A_2}\Rightarrow A=2\Delta l_2 \end{gathered}$$

Ta có hình vẽ: từ hình vẽ ta có: $A_2=A_1+\Delta l_1-\Delta l_2=A_1+\Delta l_2$ (2)

Từ (1) và (2)

$$\begin{gathered} \Rightarrow A_1=\Delta l_2;A_2=2A_1 \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{t}_A=\frac{T_A}{2}\\ t_B=\frac{T_B}{3}\end{array}\Rightarrow \frac{t_A}{t_B}=\frac{3T_A}{2T_B}=\frac{3\sqrt{2}}{2}\right. \end{gathered}$$

Chọn B

Phương pháp: 

Sử dụng phương pháp đường tròn lượng giác 

Bươc sóng: $\lambda =\frac{v}{f}$

Chu kì: $T=\frac{1}{f}$

Cách giải: 

Ta có bước sóng của sóng là : $\lambda =\frac{v}{f}=40cm$

Chu kì dao động của phần tử sóng là $T=\frac{1}{f}=0,125s$

Thời gian đề bài cho là: $t=T+\frac{1}{24}s=T+\frac{T}{3}$

Suy ra góc quét được của các vecto là ${120}^0$

Căn cứ vào độ dài quãng đường các phần tử A, B đã đi được ta tìm ra các vị trí ban đầu của chúng bằng vecto quay, và tìm ra được độ lệch pha của hai phần tử:

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{S}_A=1cm\Rightarrow x_A=\frac{S_A}{2}=0,5=\cos \beta \Rightarrow \beta ={60}^0\\ S_B=\sqrt{3}cm\Rightarrow x_B=\frac{S_B}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}=\cos \alpha \Rightarrow \alpha ={30}^0\end{array}\right.$

Ta có hình vẽ:

Các vị trí A, B là các vị trí ban đầu của hai phần tử, dễ thấy hai phẩn tử dao động vuông pha nên ta có:  

$$\begin{gathered} \Delta \phi =\frac{\Delta d}{\lambda }\cdot 2\pi =(2k+1)\frac{\pi }{2} \\ \Rightarrow \Delta d=(2k+1)\frac{\lambda }{4}=(2k+1).10 \end{gathered}$$

Vậy chỉ có đáp án C là hai dao động ngược pha, là không thỏa mãn

Chọn C

Phương pháp: 

Giản đồ vecto

Cách giải: 

Nhận thấy: $U_{XY}^2+U_X^2=U_Y^2\Rightarrow \overrightarrow{U_{XY}}\perp \overrightarrow{U_X}$

⇒ Phần tử X và Y là cuộn dây thuần cảm và tụ điện.

Chọn C

Phương pháp: 

Sử dụng các công thức: $\left\{\begin{array}{l}\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}\\ \phi ={\phi }_{u_{MN}}-{\phi }_{u_{AN}}\end{array}\right.$

Khi φ cực đại thì $U_{MB}$ cực tiểu 

Cách giải: 

$$\begin{gathered} \tan {\phi }_{\max }=\frac{4}{3}\iff L_1=\frac{3}{10\pi } \\ \Rightarrow Z_L=\omega L=100\pi \cdot \frac{3}{10\pi }=30\Omega \end{gathered}$$

Có: $\phi ={\phi }_{u_{MN}}-{\phi }_i-\left({\phi }_{u_{AN}}-{\phi }_i\right)\Rightarrow \phi ={\phi }_{MN}-{\phi }_{AN}$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \tan \phi =\tan \left({\phi }_{MN}-{\phi }_{AN}\right)=\frac{\tan {\phi }_{MN}-\tan {\phi }_{AN}}{1+\tan {\phi }_{MN}.\tan {\phi }_{AN}} \\ \Rightarrow \tan \phi =\frac{\frac{Z_L}{r}-\frac{Z_L}{R+r}}{1+\frac{Z_L^2}{r(R+r)}}=\frac{R}{\frac{r(R+r)}{Z_L}+Z_L} \\ \Rightarrow \tan {\phi }_{\max }\iff Z_L=\sqrt{r(R+r)} \end{gathered}$$

Mặt khác:

$$\begin{gathered} \tan \phi =\frac{R}{2Z_L}=\frac{4}{3}=\frac{R}{2.30}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}R=80\Omega \\ r=10\Omega \end{array}\right. \\ {U}_{MB}=\frac{I}{\sqrt{{(R+r)}^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}\cdot \sqrt{r^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2} \\ \Rightarrow U_{MB}=\frac{U}{\sqrt{1+\frac{R^2+2rR}{r^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}} \\ \Rightarrow U_{MB\min }\iff Z_L=Z_C=80\Omega \end{gathered}$$

Do đó khi $Z_{L0}=2Z_C=60\Omega \Rightarrow Z_{L0}=30\Omega$

$$\begin{gathered} \Rightarrow P_r=I^2.r=\frac{U^2}{{(R+r)}^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}.r \\ =\frac{{220}^2}{{(80+10)}^2+{(60-30)}^2}.10=53,78W \end{gathered}$$

Chọn B