Phương pháp: 

Sử dụng lý thuyết ánh sáng trắng 

Cách giải: 

Ánh sáng trắng là hỗn hợp của nhiều ánh sáng đơn sắc có màu biến thiên liên tục từ đó đến tím

Chọn C

Phương pháp: 

Suất điện động cảm ứng xuất hiện khi từ thông qua mạch kín đó biến thiên theo thời gian

Cách giải: 

Trong một mạch kín, suất điện động cảm ứng xuất hiện khi từ thông qua mạch kín đó biến thiên theo thời gian 

Chọn D

Biên độ dao động tổng hợp: $A=\sqrt{A_1^2+A_2^2+2A_1{A}_2\cos \left({\phi }_1-{\phi }_2\right)}$

Cách giải: 

Biên độ tổng hợp của hai dao động là: $A=\sqrt{A_1^2+A_2^2+2A_1{A}_2\cos \left({\phi }_1-{\phi }_2\right)}$

Chọn B

Phương pháp: 

Nguồn phát quang phổ vạch phát xạ: các chất khí hay hơi ở áp suất thấp khi bị kích thích (bị nung nóng hay  có dòng điện phóng qua) 

Cách giải: 

Quang phổ vạch phát xạ do chất khí ở áp suất thấp bị nung nóng phát ra 

Chọn B

Phương pháp: 

Sóng dài, trung và ngắn bị tầng điện li phản xạ, được dùng trong truyền thanh, truyền hình trên mặt đất Sóng cực ngắn không bị phản xạ mà đi xuyên qua tầng điện li, được dùng để thông tin qua vệ tinh

Cách giải: 

Sóng điện từ dùng để thông tin qua vệ tinh là sóng cực ngắn 

Chọn B

Cường độ điện trường do điện tích điểm gây ra: $E=k\frac{\left|Q\right|}{\epsilon r^2}$

Cách giải: 

Cường độ điện trường do điện tích gây ra trong chân không là: $E=k\frac{\left|Q\right|}{r^2}$

Chọn C

Phương pháp: 

Tổng trở của mạch điện R, L, C: $Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}$

Cách giải: 

Đại lượng $Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}$ là tổng trở của mạch 

Chọn C

Phương pháp: 

Vị trí vân sáng bậc k so với vân trung tâm: x = ki 

Cách giải: 

Vân sáng bậc 2 có vị trí là: x₁ = 2i 

Vân sáng bậc 5 nằm khác phía so với vân sáng trung tâm có vị trí là: x₂ = -5i

Khoảng cách giữa vân sáng bậc 2 và vân sáng bậc 5 nằm khác phía so với vân sáng trung tâm là: $x=\left|x_1-x_2\right|=7i$

Chọn B

Phương pháp: 

Suất điện động tự cảm trong ống dây: $e_{\text{tc}}=-L\frac{\Delta i}{\Delta t}$

Cách giải: 

Độ lớn suất điện động tự cảm trong ống dây là: 

$\left|e_{tc}\right|=L\frac{\left|\Delta i\right|}{\Delta t}=0,02\cdot \frac{|0-3|}{0,2}=0,3\left(V\right)=300\left(mV\right)$

Chọn C

Phương pháp: 

Chu kì dao động: $T=\frac{2\pi }{\omega }$

Cách giải: 

Chu kì dao động của mạch là: $T=\frac{2\pi }{\omega }=\frac{2\pi }{{10}^6\pi }={2.10}^{-6}\left(s\right)$

Chọn B

Phương pháp: 

Cảm kháng của cuộn dây $Z_L=\omega L=2\pi fL$

 Cách giải: 

Cảm kháng của cuộn cảm là: $Z_L=2\pi fL=2\pi \cdot 50\cdot \frac{1}{2\pi }=50\left(\Omega \right)$

Chọn D

Phương pháp: 

Mức cường độ âm: $L\left(dB\right)=10\lg \frac{I}{I_0}$

Cách giải: 

Mức cường độ âm tại điểm A là: 

$$\begin{gathered} L_A\left(dB\right)=10\lg \frac{I}{I_0}\Rightarrow 40=10\lg \frac{I}{{10}^{-12}} \\ \Rightarrow I={10}^{-8}\left( \text{W}/{\text{m}}^2\right) \end{gathered}$$

Chọn D

Phương pháp: 

Chiết suất của 1 môi trường trong suốt đối với các ánh sáng đơn sắc: $n_d\le n\le n_t$

Cách giải: 

Chiết suất của thủy tinh đối với các ánh sáng đơn sắc là: $n_d<n_c<n_t$

Chọn B

Phương pháp: 

Cường độ dòng điện biến thiên cùng tần số với điện áp 

Tần số: $f=\frac{\omega }{2\pi }$

Cách giải: 

Cường độ dòng điện quan mạch có tần số bằng tần số của điện áp:

$f=\frac{\omega }{2\pi }=\frac{100\pi }{2\pi }=50( \text{Hz})$

Chọn D

Phương pháp: 

Phương trình sóng tổng quát: $u=A\cos \left(\omega t-\frac{2\pi d}{\lambda }\right)$

Chu kì sóng: $T=\frac{2\pi }{\omega }$

Cách giải: 

Từ phương trình sóng, ta thấy tần số góc của sóng là: $\omega =20\pi (\text{rad}/\text{s})$

Chu kì sóng là: $T=\frac{2\pi }{\omega }=\frac{2\pi }{20\pi }=0,1\left(s\right)$

Chọn A

Phương pháp: 

Điều kiện để xảy ra sóng dừng trên dây với hai đầu cố định: $l=k\frac{\lambda }{2}$ với k là số bụng sóng 

Cách giải: 

Trên dây có sóng dừng với 2 bụng sóng → k = 2 

Chiều dài dây là: $l=k\frac{\lambda }{2}\Rightarrow 50=2\cdot \frac{\lambda }{2}\Rightarrow \lambda =50( \text{cm})$

Chọn C

Phương pháp: 

Tốc độ cực đại: $v_{\max }=\omega A$

Cách giải: 

Tốc độ cực đại của vật là: $v_{\max }=\omega A=\pi \cdot 2=2\pi (\text{cm}/\text{s})$

Chọn A

Phương pháp: 

Lực kéo về của con lắc lò xo: $F_{kv}=-kx$

Cách giải: 

Lực kéo về của con lắc là: $F_{kv}=-kx=-100.0,02=-2\left(N\right)$

Chọn B

Phương pháp: 

Công suất tỏa nhiệt trên điện trở: $\text{P}={\text{I}}^2\text{R}$

Cách giải: 

Công suất tỏa nhiệt trên điện trở là: $P=I^{2}R=2^2\cdot 50=200\left(W\right)$

Chọn A

Phương pháp: 

Động năng cực đại của con lắc lò xo: ${\text{W}}_{d\max }={\text{W}}_{t\text{max}}=\frac{1}{2}k{A}^2$

Cách giải: 

Động năng cực đại của con lắc lò xo là: 

$$\begin{gathered} {\text{W}}_{d\max }={\text{W}}_{t\max }=\frac{1}{2}k{A}^2=\frac{1}{2}\cdot 50.0,{03}^2 \\ =0,0225\left(J\right)=22,5\cdot {10}^{-3}\left(J\right) \end{gathered}$$

Chọn A

Phương pháp: 

Khoảng cách giữa hai điểm cực tiểu trên đường nối hai nguồn: $\frac{\lambda }{2}$

Cách giải: 

Khoảng cách giữa hai điểm cực tiểu trên đường nối hai nguồn là: $\frac{\lambda }{2}=2( \text{cm})\Rightarrow \lambda =4( \text{cm})$

Chọn C

Phương pháp: 

Năng lượng điện từ trong mạch dao động:  

$\text{W}={\text{W}}_{d\max }={\text{W}}_{t\max }=\frac{1}{2}C{U}_0^2=\frac{1}{2}L{I}_0^2$

Công thức độc lập với thời gian: $\frac{u^2}{U_0^2}+\frac{i^2}{I_0^2}=1$

Cách giải: 

Năng lượng điện từ trong mạch là:

$$\begin{gathered} \text{W}={\text{W}}_{d\max }={\text{W}}_{t\max }\Rightarrow \frac{1}{2}C{U}_0^2=\frac{1}{2}L{I}_0^2 \\ \Rightarrow I_0=U_0\sqrt{\frac{C}{L}}=5\cdot \sqrt{\frac{{2.10}^{-6}}{{20.10}^{-3}}}=0,05 \left(A\right) \end{gathered}$$

Áp dụng công thức độc lập với thời gian, ta có: 

$$\begin{gathered} \frac{u^2}{U_0^2}+\frac{i^2}{I_0^2}=1\Rightarrow \frac{3^2}{5^5}+\frac{i^2}{0,{05}^2}=1 \\ \Rightarrow \left|i\right|=0,04\left(A\right) \end{gathered}$$

Chọn A

Phương pháp: 

Chu kì dao động: $T=\frac{t}{n}=\frac{2\pi }{\omega }$

Gia tốc cực đại: $a_{\max }={\omega }^{2}A$

Cách giải: 

Số dao động vật thực hiện được trong 2 phút là:

$n=\frac{t}{T}\Rightarrow T=\frac{t}{n}=\frac{2.60}{60}=2\left(s\right)$

Tần số góc của dao động là: $\omega =\frac{2\pi }{T}=\frac{2\pi }{2}=\pi (\text{rad}/\text{s})$

Gia tốc cực đại của vật là: $a_{\max }={\omega }^{2}A={\pi }^2\cdot 2=20\left( \text{cm}/{\text{s}}^2\right)$

Chọn B

Phương pháp: 

Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị 

Tần số góc của dòng điện: $\omega =\frac{2\pi }{T}$

Điện tích cực đại: $Q_0=\frac{I_0}{\omega }$

Cách giải: 

Từ đồ thị ta thấy cường độ dòng điện cực đại trong mạch và chu kì của dòng điện là:

$\left\{\begin{array}{l}{I}_0=5( \text{mA})={5.10}^{-3}( \text{A})\\ T=6\pi \left(\mu \text{s}\right)=6\pi \cdot {10}^{-6}( \text{s})\end{array}\right.$

Tần số góc của dòng điện là: $\omega =\frac{2\pi }{T}=\frac{2\pi }{6\pi \cdot {10}^{-6}}=\frac{{10}^6}{3}(\text{rad}/\text{s})$

Điện tích cực đại trên một bản tụ điện là: 

$Q_0=\frac{I_0}{\omega }=\frac{{5.10}^{-3}}{\frac{{10}^6}{3}}={15.10}^{-9}\left(C\right)=15\left(nC\right)$

Chọn C

Phương pháp: 

Công suất của nguồn điện: $P_{ng}=E.I=I^2(R+r)$

Công suất trên điện trở: $P=I^{2}R$

Cách giải: 

Ta có tỉ số công suất:

$$\begin{gathered} \frac{P}{P_{ng}}=\frac{I^{2}R}{I^2(R+r)}=\frac{R}{R+r} \\ \Rightarrow P=P_{ng}\cdot \frac{R}{R+r}=20\cdot \frac{4}{4+1}=16( \text{W}) \end{gathered}$$

Chọn B

Phương pháp: 

Vị trí vân sáng: x_s = ki 

Khoảng vân: $i=\frac{\lambda D}{a}$

Cách giải: 

Điểm M là vân sáng bậc 3, ta có: 

$$\begin{gathered} x_M=3i=3\cdot \frac{\lambda D}{a} \\ \Rightarrow D=\frac{x_M\cdot a}{3\lambda }=\frac{3\cdot {10}^{-3}\cdot 1\cdot {10}^{-3}}{3.0,5\cdot {10}^{-6}}=2( \text{m}) \end{gathered}$$

Chọn A

Phương pháp: 

Bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}$

Điều kiện để đàn phát ra họa âm bậc $\text{k}:l=k\frac{\lambda }{2}$

Cách giải: 

Đàn phát ra họa âm bậc 2, ta có: $l=2\cdot \frac{\lambda }{2}\Rightarrow \lambda =l=100( \text{cm})=1( \text{m})$

Tần số trên dây là: $f=\frac{v}{\lambda }=\frac{800}{1}=800( \text{Hz})$

Chọn D

Phương pháp: 

Lực quán tính: F_qt = -ma 

Vật đứng yên khi: $\overrightarrow{F}=\overrightarrow{0}$

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

Cách giải: 

Chọn hệ quy chiếu gắn với toa tàu 

Khi toa tàu chuyển động, vật chịu tác dụng của lực quán tính có độ lớn là: Fqt = ma Vật đứng yên ở trạng thái cân bằng, ta có: 

$F_{qt}=F_{dh}\Rightarrow ma=k\Delta l\Rightarrow \frac{m}{k}=\frac{\Delta l}{a}$

Ngay trước khi xe dừng lại, vật có vận tốc bằng 0 → vật ở vị trí biên

Biên độ dao động của vật là: A = ∆l 

Chu kì của con lắc là: 

$$\begin{gathered} T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}=2\pi \sqrt{\frac{\Delta l}{a}} \\ \Rightarrow \Delta l=\frac{a\cdot T^2}{4{\pi }^2}=\frac{0,2\cdot 1^2}{4{\pi }^2} \\ \approx 5,{1.10}^{-3}( \text{m})=5,1( \text{mm}) \end{gathered}$$

Chọn C

Phương pháp:

Khoảng vân: $i=\frac{\lambda D}{a}$

Vị trí vân tối: $x_t=\left(k+\frac{1}{2}\right)i=\left(k+\frac{1}{2}\right)\frac{\lambda D}{a}$

Vị trí vân sáng: $x_s=k\frac{\lambda D}{a}$

Cách giải: 

Ban đầu tại M là vân sáng bậc 3, ta có:

$x_M=3\frac{\lambda D}{a}\Rightarrow D=\frac{x_M\cdot a}{3\lambda }\Rightarrow \frac{a{x}_M}{\lambda }=3D$

Dịch chuyển màn lại gần hai khe → D giảm → khoảng vân i giảm → bậc của vân sáng tại M (k) tăng

Tọa độ điểm M là:  

$x_M=k\frac{\lambda (D-\Delta x)}{a}\Rightarrow D-\Delta x=\frac{a{x}_M}{k\lambda }$

Trong quá trình dịch chuyển có 3 vân tối chạy qua M, tại M có vân tối thứ 5 (k = 5,5) chạy qua M không là vân tối, ta có: 

$$\begin{gathered} 5,5<k<6,5\Rightarrow \frac{a{x}_M}{5,5\lambda }>D-\Delta x>\frac{a{x}_M}{6,5\lambda } \\ \Rightarrow \frac{3D}{5,5}>D-\Delta x>\frac{3D}{6,5}\Rightarrow \frac{5D}{11}<\Delta x<\frac{7D}{13} \\ \Rightarrow \frac{10}{11}m<\Delta x<\frac{14}{13}m \end{gathered}$$

Chọn A

Phương pháp: 

Sử dụng phương pháp chuẩn hóa số liệu 

Điện áp giữa hai đầu điện trở đạt cực đại: $U_R=U$ khi trong mạch có cộng hưởng: $Z_L=Z_C$

Điện áp giữa hai đầu tụ điện: $U=\frac{U.Z_C}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}$

Điện áp giữa hai đầu tụ điện đạt cực đại: $U_{C\max }=\frac{U\sqrt{R^2+Z_L^2}}{R}\text{ khi }{Z}_C=\frac{R^2+Z_L^2}{Z_L}$

Cách giải: 

Điều chỉnh C để số chỉ vôn kế V₁ đạt giá trị cực đại (U_Rmax), khi đó trong mạch xảy ra cộng hưởng:

$\left\{\begin{array}{l}{U}_R=U_{V1}=U=100\left(V\right)\\ Z_L=Z_C\end{array}\right.$

Số chỉ của vôn kế V₂ là: 

$$\begin{gathered} U_{V2}=U_C=\frac{U.Z_C}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_c\right)}^2}}=\frac{U.Z_C}{R} \\ \Rightarrow 150=\frac{100.Z_C}{R}\Rightarrow Z_C=Z_L=1,5R \end{gathered}$$

Chuẩn hóa: $R=1\Rightarrow Z_L=1,5$

Điều chỉnh C để số chỉ của V₂ đạt cực đại, khi đó giá trị dung kháng: 

$Z_C^{\text{'}}=\frac{R^2+Z_L^2}{Z_L}=\frac{1^2+1,5^2}{1,5}=\frac{13}{6}$

Số chỉ của vôn kế V₁ lúc này là:

$$\begin{gathered} U_{V_1}^{\text{'}}=U_R^{\text{'}}=\frac{U\cdot R}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C^{\text{'}}\right)}^2}} \\ =\frac{100.1}{\sqrt{1^2+{\left(1,5-\frac{13}{6}\right)}^2}}=\frac{300}{\sqrt{13}}\approx 83,2\left(V\right) \end{gathered}$$

Số chỉ của vôn kế V₁ gần nhất với giá trị 80 V 

Chọn D

Phương pháp: 

Độ lệch pha theo tọa độ: $\Delta \phi =\frac{2\pi d}{\lambda }$

Sử dụng vòng tròn lượng giác 

Sử dụng chức năng SHIFT+SOLVE trong máy tính bỏ túi để giải phương trình

Hai điểm có khoảng cách lớn nhất khi chúng đối xứng qua trục Oy Diện tích hình thang: $S=\frac{\left(\left|x_{2M}-x_{1M}\right|+\left|x_{2N}-x_{1N}\right|\right)\cdot d}{2}$

Cách giải: 

Tại thời điểm t, điểm M đang đi lên → sóng truyền từ N tới M

→ Điểm N sớm pha hơn điểm M → điểm N đang đi xuống

Độ lệch pha giữa hai điểm M, N là: 

$\Delta \phi =\frac{2\pi d}{\lambda }=\frac{2\pi .85}{60}=\frac{17\pi }{6}=2\pi +\frac{5\pi }{6}\left(\text{rad}\right)$

Hai điểm M, N có khoảng cách lớn nhất khi chúng đối xứng qua trục Oy Ta có vòng tròn lượng giác:

Từ vòng tròn lượng giác ta thấy: 

$$\begin{gathered} {\alpha }_1+{\alpha }_2=\frac{5\pi }{6}-\frac{\pi }{2}=\frac{2\pi }{3}\left(\text{rad}\right) \\ \Rightarrow \arcsin \frac{7}{A}+\arccos \frac{14}{A}=\frac{2\pi }{3} \\ \Rightarrow A\approx 17,35( \text{cm}) \end{gathered}$$

Ở thời điểm t + ∆t, hai điểm M, N đối xứng qua trục Oy, ta có:

$\left\{\begin{array}{l}{x}_{2N}=A\cos \left(\frac{\pi }{12}+\frac{5\pi }{6}\right)\approx -16,76( \text{cm})\\ x_{2M}=A\cos \frac{\pi }{12}\approx 16,76( \text{cm})\end{array}\right.$

Diện tích hình thang tạo bởi M, N ở thời điểm t và M, N thời điểm t + ∆t là:

$$\begin{gathered} S=\frac{\left(\left|x_{2M}-x_{1M}\right|+\left|x_{2N}-x_{1N}\right|\right)\cdot d}{2} \\ =\frac{\left(\right|16,76-(-7)|+|-16,76-14\left|\right)\cdot 85}{2} \\ =2317,1\left( {\text{cm}}^2\right) \end{gathered}$$

Diện tích S có giá trị gần nhất là 2315 cm2 

Chọn D

Phương pháp: 

Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị 

Suất điện động cực đại của máy phát điện xoay chiều: $E_0=\omega N{\Phi }_0$

Tần số của máy phát điện xoay chiều: f = pn 

Cường độ dòng điện hiệu dụng: $I=\frac{U_m}{Z}=\frac{U_p}{R_p}$

Độ lệch pha giữa điện áp và cường độ dòng điện: $\cos \phi =\frac{R}{Z}$

Cách giải: 

Tốc độ của roto là: 300 vòng/phút = 5 (vòng/s) 

Tần số của máy phát điện là: 

$f_1=p{n}_1=10.5=50( \text{Hz})\Rightarrow {\omega }_1=2\pi f_1=100\pi (\text{rad}/\text{s})$

Từ đồ thị hình 2 ta thấy u_p và u_m cùng pha → trong mạch xảy ra cộng hưởng → hộp X chứa hai phần tử: tụ điện và cuộn dây 

Khi xảy ra cộng hưởng, ta thấy: $U_{02m}=240\sqrt{2}\left(V\right)\Rightarrow U_{2m}=240\left(V\right)$

Từ đồ thị hình 1, ta thấy pha ban đầu của u_m và u_p là: 

$\left\{\begin{array}{l}{\phi }_{1m}=-\frac{\pi }{2}\left(\text{rad}\right);U_{01 \text{m}}=120\sqrt{2}\Rightarrow U_{1 \text{m}}=120( \text{V})\\ {\phi }_{1p}=-\frac{\pi }{4}\left(\text{rad}\right)\Rightarrow {\phi }_{1i}=-\frac{\pi }{4}\left(\text{rad}\right);U_{01p}=100( \text{V})\Rightarrow U_{1p}=50\sqrt{2}( \text{V})\end{array}\right.$

Suất điện động cực đại của máy phát điện là: 

$$\begin{gathered} E_0=U_{0m}=\omega N{\Phi }_0\Rightarrow U_{0m}~\omega \\ \Rightarrow \frac{U_{01m}}{U_{02m}}=\frac{{\omega }_1}{{\omega }_2}\Rightarrow \frac{{\omega }_1}{{\omega }_2}=\frac{120\sqrt{2}}{240\sqrt{2}}=\frac{1}{2} \end{gathered}$$

Với ${\omega }_1=\frac{{\omega }_2}{2}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{Z}_{L1}=\frac{Z_{L2}}{2}\\ Z_{C1}=2Z_{C2}=2Z_{L2}\end{array}\Rightarrow Z_{C1}=4Z_{L1}\right.$

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

$$\begin{gathered} \cos \phi =\cos \left({\phi }_{1m}-{\phi }_{1i}\right)=\frac{R+r}{\sqrt{{(R+r)}^2+{\left(Z_{L1}-Z_{C1}\right)}^2}} \\ \Rightarrow \frac{R+r}{\sqrt{{(R+r)}^2+{\left(Z_{L1}-Z_{C1}\right)}^2}}=\cos \left(-\frac{\pi }{4}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2} \\ \Rightarrow {(R+r)}^2=2\left[{(R+r)}^2+{\left(Z_{L1}-Z_{C1}\right)}^2\right] \\ \Rightarrow {(R+r)}^2={\left(Z_{L1}-Z_{C1}\right)}^2 \\ \Rightarrow R+r=\left|Z_{L1}-Z_{C1}\right|=3Z_{L1} \end{gathered}$$

Ta có tỉ số:

$$\begin{gathered} \frac{U_{1m}}{U_{1p}}=\frac{\sqrt{{(R+r)}^2+{\left(Z_{L1}-Z_{C1}\right)}^2}}{R}=\frac{120}{50\sqrt{2}}=\frac{6\sqrt{2}}{5} \\ \Rightarrow 25\left[{(R+r)}^2+{\left(Z_{L1}-Z_{C1}\right)}^2\right]=72R^2 \\ \Rightarrow 25\left[2\cdot {\left(Z_{L1}-Z_{C1}\right)}^2\right]=72R^2 \\ \Rightarrow {\left(Z_{L1}-Z_{C1}\right)}^2=\frac{36}{25}{R}^2\Rightarrow 9Z_{L1}^2=\frac{36}{25}{R}^2 \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{Z}_{L1}=\frac{2}{5}R=20\left(\Omega \right)\Rightarrow L=\frac{Z_{L1}}{{\omega }_1}\approx 0,064\left(H\right)=64\left(\text{mH}\right)\\ Z_{C1}=4Z_{L1}=80\left(\Omega \right)\Rightarrow C=\frac{1}{{\omega }_1{Z}_{C1}}\approx {40.10}^{-6}\left(F\right)=40\left(\mu F\right)\\ r=3Z_{L1}-R=10\left(\Omega \right)\end{array}\right. \end{gathered}$$

Chọn C

Phương pháp: 

Ảnh ảo dao động cùng pha, ảnh thật dao động ngược pha với điểm sáng 

Sử dụng vòng tròn lượng giác và công thức: $\Delta \phi =\omega \Delta t$

Độ phóng đại của ảnh: $\left|k\right|=\left|-\frac{d^{\text{'}}}{d}\right|=\frac{A^{\text{'}}}{A}$

Khoảng cách giữa ảnh và vật theo phương dao động: $\Delta x=\left|x-x^{\text{'}}\right|$

Khoảng cách giữa ảnh và vật: $D=\sqrt{\Delta x^2+{\left(d+d^{\text{'}}\right)}^2}$

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

Cách giải: 

Nhận xét: ảnh luôn có vận tốc ngược hướng với điểm sáng → ảnh dao động ngược pha với điểm sáng

→ ảnh là ảnh thật 

Từ phương trình chuyển động, ta thấy pha ban đầu của điểm sáng S là $-\frac{\pi }{2}\text{rad}$

→ pha ban đầu của ảnh S’ là $\frac{\pi }{2}\text{rad}$

Trong khoảng thời gian $\frac{13}{12}s$ vecto quét được góc là: 

$\Delta \phi =\omega \Delta t=2\pi \cdot \frac{13}{12}=\frac{13\pi }{6}=2\pi +\frac{\pi }{6}\left(\text{rad}\right)$

Ta có vòng tròn lượng giác:

Từ vòng tròn lượng giác, ta thấy quãng đường điểm sáng S’ và ảnh S’ đi được trong thời gian $\frac{13}{12}s$ là:

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}4A+\frac{A}{2}=18\left(cm\right)\Rightarrow A=4( \text{cm})\\ 4A^{\text{'}}+\frac{A^{\text{'}}}{2}=36( \text{cm})\Rightarrow A^{\text{'}}=8( \text{cm})\end{array}\right. \\ \Rightarrow \frac{x^{\text{'}}}{x}=-\frac{A^{\text{'}}}{A}=-2\Rightarrow x^{\text{'}}=-2x \end{gathered}$$

Độ phóng đại của ảnh là: 

$\left|k\right|=\left|-\frac{d^{\text{'}}}{d}\right|=\frac{A^{\text{'}}}{A}\Rightarrow \frac{d^{\text{'}}}{d}=\frac{A^{\text{'}}}{A}=2\Rightarrow d^{\text{'}}=2d$

Khoảng cách giữa ảnh và vật theo phương dao động là:

$\Delta x=\left|x-x^{\text{'}}\right|=\left|3x\right|\Rightarrow \Delta x_{\max }=3A=12( \text{cm})$

Khoảng cách lớn nhất giữa ảnh và vật là: 

$$\begin{gathered} D_{\max }=\sqrt{{\left(\Delta x\right)}^2+{\left(d+d^{\text{'}}\right)}^2} \\ \Rightarrow 37=\sqrt{{12}^2+{\left(d+d^{\text{'}}\right)}^2} \\ \Rightarrow d+d^{\text{'}}=35( \text{cm}) \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}d=\frac{35}{3}( \text{cm})\\ d^{\text{'}}=\frac{70}{3}( \text{cm})\end{array}\right. \end{gathered}$$

Áp dụng công thức thấu kính, ta có: 

$$\begin{gathered} \frac{1}{d}+\frac{1}{d^{\text{'}}}=\frac{1}{f}\Rightarrow \frac{3}{35}+\frac{3}{70}=\frac{1}{f} \\ \Rightarrow f=\frac{90}{7}\approx 7,78( \text{cm}) \end{gathered}$$

Tiêu cự của thấu kính gần nhất với giá trị 7,9 cm

Chọn C