Phương pháp: 

Vận dụng lí thuyết đại cương về điện xoay chiều. 

Cách giải: 

Đại lượng có dùng giá trị hiệu dụng trong các đại lượng trên là: điện áp ( U – hiệu dụng)

Phương pháp: 

Sử dụng lí thuyết về dao động tắt dần: 

+ Dao động tắt dần có biên độ và cơ năng giảm dần theo thời gian.

+ Lực ma sát càng lớn thì dao động tắt dần càng nhanh.

Cách giải: 

Sử dụng lí thuyết về dao động tắt dần ta có: A, B, D – đúng; C - sai

Chọn C. 

Phương pháp: 

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

Trong đó $(\omega t+\phi )$ là pha dao động. 

Cách giải: 

Phương trình:  $x=4\cos \left(2\pi t+\frac{\pi }{3}\right)\left(\text{cm}\right)$

Pha dao động: $\left(2\pi t+\frac{\pi }{3}\right)$ 

Chọn A. 

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính tần số góc của mạch dao động $\text{LC}:\omega =\frac{1}{\sqrt{LC}}$ 

Cách giải: 

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

Chọn D. 

Phương pháp: 

+ Đọc phương trình sóng 

+ Vận dụng biểu thức:  $\Delta \phi =\frac{2\pi x}{\lambda }$

Cách giải: 

Từ phương trình sóng ta có:  $\frac{\pi }{25}x=\frac{2\pi x}{\lambda }\Rightarrow \lambda =50 \text{cm}=0,5 \text{m}$

Chọn C. 

Phương pháp: 

Vận dụng tương tác giữa 2 điện tích:

+ 2 vật nhiễm điện tích cùng dấu thì đẩy nhau.

+ 2 vật nhiễm điện tích trái dấu thì hút nhau.

Cách giải: 

Hai chất điểm mang điện tích khi đặt gần nhau chúng hút nhau ⇒ chúng nhiễm điện trái dấu nhau

Chọn D. 

Phương pháp: 

+ Sử dụng cách dựng ảnh. 

+ Vận dụng tính chất các loại thấu kính. 

Cách giải: 

Kẻ AA’ cắt xy tại O; O chính là quang tâm của thấu kính. 

Khoảng cách từ A’ đến xy nhỏ hơn khoảng cách từ A đến xy ⇒A’ là ảnh ảo nhỏ hơn vật. 

A, C, D – đúng 

B – sai vì quang tâm O của thấu kính nằm ngoài khoảng AA’ trên trục chính.

Phương pháp: 

Chiết suất của ánh sáng với các môi trường:  $n_{do}<n_{\text{cam }}<n_v<n_{\text{luc }}<n_{\text{lam }}<n_{\text{chan }}<n_{\text{tim }}$

Cách giải: 

Ta có:  $n_{do}<n_{cam}<n_v<n_{\text{luc }}<n_{\text{lam }}<n_{\text{cham }}<n_{\text{tim }}\Rightarrow n_d<n_v<n_c$

Chọn A. 

Phương pháp: 

Sơ đồ khối của một máy phát thanh vô tuyến đơn giản: 

1. Micrô: thiết bị biến âm thanh thành dao động điện âm tần 

2. Mạch phát sóng điện từ cao tần: tạo ra dao động cao tần (sóng mang) 

3. Mạch biến điệu: trộn sóng âm tần với sóng mang 

4. Mạch khuếch đại: tăng công suất (cường độ) của cao tần 

5. Anten: phát sóng ra không gian. 

Cách giải: 

Trong sơ đồ khối của máy phát thanh vô tuyến không có mạch tách sóng. 

Chọn B. 

Phương pháp: 

Vận dụng biểu thức tính chu kì dao động con lắc lò xo:  $T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}$

Cách giải: 

Ta có:  $\begin{array}{l}{T}_1=2\pi \sqrt{\frac{m_1}{k}}=2s\\ T_2=2\pi \sqrt{\frac{m_2}{k}}=1s\end{array}\Rightarrow \frac{T_1}{T_2}=\sqrt{\frac{m_1}{m_2}}\iff \frac{2}{1}=\sqrt{\frac{0,2}{m_2}}\Rightarrow m_2=0,05 \text{kg}=50 \text{g}$ 

Chọn A. 

Phương pháp: 

+ Sử dụng biểu thức tính tần số:  $f=\frac{1}{T}$

+ Sử dụng thang sóng âm 

Cách giải: 

Tần số của sóng:  $f=\frac{1}{T}=\frac{1}{{80.10}^{-3}}=12,5 \text{Hz}$

Do $f<16H\text{z}\Rightarrow$ Sóng này là hạ âm

Chọn A. 

Phương pháp: 

Mạch chỉ có điện trở R:  $\left\{\begin{array}{l}i=I_0\cdot \cos (\omega t+\phi )\\ u_R=I_{0}R\cdot \cos (\omega t+\phi )=U_0\cdot \cos (\omega t+\phi )\end{array}\right.$

Cách giải: 

A – sai vì: $i=\frac{u}{R}$  tỉ lệ nghịch với điện trở của mạch. 

B – đúng 

C, D – sai vì u, i cùng pha. 

Chọn B. 

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

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

Mạch đang có tính cảm kháng tức là $Z_L>Z_C$ 

Khi tăng tần số thì $\left\{\begin{array}{l}{Z}_L\uparrow \\ Z_C\downarrow \end{array}\Rightarrow \right.$ Mạch vẫn có tính cảm kháng 

Khi đó $Z\uparrow \Rightarrow$ hệ số công suất giảm.

Chọn D. 

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính chu kì dao động: $T=\frac{2\pi }{\omega }$ 

Cách giải:

Chu kì dao động của vật chính bằng chu kì của ngoại lực tác dụng: $T=\frac{2\pi }{\omega }=\frac{2\pi }{20\pi }=0,1s$ 

Chọn B. 

Phương pháp: 

+ Sóng trong đó các phần tử của môi trường dao động theo phương vuông góc với phương truyền sóng là sóng  ngang. 

+ Sóng trong đó các phần tử của môi trường dao động theo phương trùng với phương truyền sóng gọi là sóng  dọc. 

Cách giải: 

Để phân biệt sóng dọc và sóng ngang người ta dựa vào phương dao động của các phần tử và phương truyền  sóng. 

Chọn B. 

Phương pháp: 

Vận dụng lí thuyết về dao động điện từ. 

Cách giải: 

Trong sóng điện từ, $\overrightarrow{E},\overrightarrow{B}$ tại một điểm luôn dao động cùng pha với nhau. 

Chọn B. 

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

Từ công thức xác định chu kì dao động điều hòa của con lắc đơn: 

$T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}T\in l\\ T\in g\end{array}\right.$ 

Vậy chu kì phụ thuộc vào chiều dài của con lắc. 

Chọn D. 

Phương pháp: 

Điều kiện có sóng dừng trên dây 2 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 nút sóng  $\Rightarrow k=5-1=4$

Sử dụng điều kiện có sóng dừng trên dây hai đầu cố định ta có: $l=k\frac{\lambda }{2}\iff 1,2=4\frac{\lambda }{2}\Rightarrow \lambda =0,6 \text{m}=60 \text{cm}$

Chọn B. 

Phương pháp: 

Sử dụng phương trình tổng hợp dao động:  $x=x_1+x_2$

Cách giải: 

Dao động tổng hợp:  $x=A\cos (\omega t+\phi )$

Dao động thứ nhất:  $x_1=A_1\cos \left(\omega t+\phi -\frac{\pi }{2}\right)=6\sin (\omega t+\phi )$

Tại thời điểm  $x_2=A_1=6 \text{cm thì }x=9 \text{cm}$

Ta có:  $x_1+x_2=x\Rightarrow x_1=x-x_2=9-6=3cm$

$\left\{\begin{array}{l}{x}_1=6\sin (\omega t+\phi )=3 \text{cm}\\ x=A\cos (\omega t+\phi )=9 \text{cm}\end{array}\Rightarrow \frac{3^2}{6^2}+\frac{9^2}{A^2}=1\Rightarrow A=6\sqrt{3} \text{cm}\right.$

Chọn D. 

Phương pháp: 

+ Sử dụng biểu thức:   ${\left(\frac{u}{U_0}\right)}^2+{\left(\frac{i}{I_0}\right)}^2=1$

+ Sử dụng biểu thức:  $U_0=I_0{Z}_C$

Cách giải: 

Ta có  ${\left(\frac{u}{U_0}\right)}^2+{\left(\frac{i}{I_0}\right)}^2=1\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\frac{{100}^2}{U_0^2}+\frac{3}{I_0^2}=1\\ \frac{{\left(50\sqrt{3}\right)}^2}{U_0^2}+\frac{4}{I_0^2}=1\end{array}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{U}_0=50\sqrt{7}V\\ I_0=\sqrt{7}A\end{array}\right.\right.$ 

Lại có:  $U_0=I_0{Z}_C\Rightarrow Z_C=\frac{U_0}{I_0}=50\Omega$

Chọn A. 

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính bước sóng:  $\lambda =2\pi c\sqrt{LC}$

Cách giải: 

Công thức tính bước sóng:  $\lambda =2\pi c\sqrt{LC}$

⇒ Dải sóng vô tuyến thu được với mạch trên có bước sóng trong khoảng

 $2\pi \cdot c\sqrt{L.C_1}<\lambda <2\pi c\sqrt{L\cdot C_2}$

$\iff 2\pi \cdot 3\cdot {10}^8\sqrt{{4.10}^{-6}\cdot {10.10}^{-12}}<\lambda <2\pi \cdot {3.10}^8\cdot \sqrt{{4.10}^{-6}\cdot 360\cdot {10}^{-12}}\iff 12m<\lambda <72m$ 

Chọn C. 

Phương pháp: 

Biểu thức định luật Ôm:  $I=\frac{E}{R+r}$

Công suất:  $P=I^{2}R$

Cách giải: 

Cường độ dòng điện trong mạch:  $I=\frac{E}{R+r}=\frac{12}{R+2}$

Công suất tiêu thụ trên R: $P_R=I^{2}R=16 \text{W}\iff \frac{{12}^2}{{(R+2)}^2}R=16\Rightarrow \left[\begin{array}{l}R=4\Omega \\ R=1\Omega \text{ (loai) }\end{array}\right.$ 

Chọn C.  

Phương pháp: 

Sử dụng điều kiện dao động với biên độ cực đại của 2 nguồn cùng pha: $d_2-d_1=k\lambda$ 

Cách giải: 

Ta có 2 nguồn dao động cùng pha:  

Số cực đại trên AB bằng số giá trị k nguyên thỏa mãn:   $-\frac{AB}{\lambda }<k<\frac{AB}{\lambda }$

Theo đề bài, trên AB có 15 vị trí mà ở đó có các phần tử dao động với biên độ cực  đại  $\Rightarrow -7\le k\le 7$

Hay  $\lambda \ge \frac{AB}{7}=\frac{a}{7}$  (1)

Số vị trí trên CD dao động với biên độ cực đại thỏa mãn: 

 $\frac{DA-DB}{\lambda }\le m\le \frac{CA-CB}{\lambda }\iff \frac{a-a\sqrt{2}}{\lambda }\le m\le \frac{a\sqrt{2}-a}{\lambda }$ (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra: $-2,9\le m\le 2,9$ 

Vậy trên CD có tối đa 5 vị trí dao động với biên độ cực đại.

Chọn C. 

Phương pháp: 

+ Sử dụng công thức tính tần số góc:  $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}$

+ Sử dụng biểu thức tính độ dãn của lò xo khi treo thẳng đứng:  $\Delta l=\frac{mg}{k}$

+ Sử dụng công thức độc lập:  $A^2=x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}$

Cách giải: 

+ Tần số góc của dao động:  $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{100}{0,1}}=10\pi \text{rad}/\text{s}$

+ Độ dãn của lò xo tại vị trí cân bằng:  $\Delta l=\frac{mg}{k}=\frac{0,1.10}{100}=0,01 \text{m}=1 \text{cm}$

Chọn chiều dương hướng xuống. 

Kéo vật đến vị trí lò xo dãn 4cm ⇒ tại đó có:  $\left\{\begin{array}{l}x=3cm\\ v=40\pi cm/s\end{array}\right.$

Áp dụng CT độc lập ta có:   $A^2=x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}\Rightarrow A=\sqrt{3^2+{\left(\frac{40\pi }{10\pi }\right)}^2}=5 \text{cm}$

Vị trí thấp nhất là biên dưới:  $x=A$

Vị trí lò xo bị nén 1,5cm ứng với li độ:  $x=-2,5cm$

Vẽ trên vòng tròn lượng giác ta được: 

Từ vòng tròn lượng giác ta suy ra, thời gian ngắn nhất để vật chuyển  động từ vị trí thấp nhất đến vị trí lò xo nén 1,5cm là: 

$t=\frac{T}{4}+\frac{T}{12}=\frac{T}{3}=\frac{\frac{2\pi }{10\pi }}{3}=\frac{1}{15}s$ 

Chọn D. 

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính hiệu suất:  $H=\frac{P_{\text{tt}}}{P}.100\%$

Cách giải: 

Ta có:  $P.24-P_u\cdot 24=432kWh\Rightarrow P_u=\frac{P.24-432kWh}{24}=\frac{200.24-432}{24}=182kW$

Hiệu suất của quá trình truyền tải điện:  $H=\frac{P_{tt}}{P}\cdot 100\%=\frac{182}{200}\cdot 100\%=91\%$

Chọn D. 

Phương pháp: 

+ Sử dụng giản đồ véctơ 

+ Sử dụng công thức: $\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}$ 

Cách giải: 

Ta có giản đồ: 

Từ giản đồ, ta có: u trễ pha hơn i một góc  $\frac{\pi }{6}$

Ta có:   $\tan \left(-\frac{\pi }{6}\right)=\frac{Z_L-Z_C}{R}\iff -\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\omega L-\frac{1}{\omega C}}{100\sqrt{3}}\Rightarrow L=\frac{1}{\pi }H$

Chọn D. 

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức:  $k_1{\lambda }_1=k_2{\lambda }_2$

Cách giải: 

Ta có:  $6{\lambda }_1=k{\lambda }_2\Rightarrow {\lambda }_2=\frac{6{\lambda }_1}{k}\Rightarrow {\lambda }_{2\max }\iff k_{\min }$

Theo đề bài:  $0,38\mu \text{m}<{\lambda }_2<0,76\mu \text{m}$

 $\iff 0,{38.10}^{-6}<\frac{6.0,5\cdot {10}^{-6}}{k}<0,{76.10}^{-6}\Rightarrow 3,95<k<7,89\Rightarrow k=4,5,6,7\Rightarrow k_{\min }=4$

Khi đó: ${\lambda }_{\max }=\frac{6.0,5}{4}=0,75\mu \text{m}$ 

Chọn C. 

Phương pháp: 

+ Biểu thức của điện tích và cường độ dòng điện:   $\left\{\begin{array}{l}q=Q_0\cdot \cos (\omega t+\phi )\\ i=\omega Q_0\cdot \cos \left(\omega t+\phi +\frac{\pi }{2}\right)\end{array}\right.$

+ Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị. 

Cách giải: 

Từ đồ thị ta có: $i_1=8\cos \left(2000\pi t-\frac{\pi }{2}\right)mA\Rightarrow q_1=\frac{{8.10}^{-3}}{2000\pi }\cos (2000\pi t-\pi )=\frac{{4.10}^{-6}}{\pi }\cos (2000\pi t-\pi )\left(C\right)$

 $i_2=6\cos (2000\pi t+\pi )mA\Rightarrow q_2=\frac{{6.10}^{-3}}{2000\pi }\cos \left(2000\pi t+\frac{\pi }{2}\right)=\frac{{3.10}^{-6}}{\pi }\cos \left(2000\pi t+\frac{\pi }{2}\right)\left(C\right)$ 

Tại thời điểm $\text{t},q_1=\left|q_{01}\right|$ thì khi đó q₂ = 0 (do 2 điện tích vuông pha nhau)

⇒ Khoảng thời gian ngắn nhất sau đó điện tích trên bản tụ của mạch thứ 2 có độ lớn là   $q=\frac{{3.10}^{-6}}{\pi }=q_{02}$

là:   
$t=\frac{T}{4}=\frac{{10}^{-3}}{4}=2,{5.10}^{-4}s$

Chọn B. 

Cách giải: 

+ Ban đầu:  $T_1=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}=T_2=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$

+ Khi đặt trong điện trường theo phương thẳng đứng, độ dãn của con lắc lò xo tăng 1,44 lần

⇒ Gia tốc toàn phàn khi này:  $g^{\text{'}}=1,44g$

Chu kì dao động của con lắc đơn khi này:  $T_2^{\text{'}}=\frac{5}{6}s=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$

Chu kì dao động của con lắc lò xo không thay đổi:  $T_1^{\text{'}}=T_1=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$

$\Rightarrow \frac{T_1}{T_2^{\text{'}}}=\sqrt{\frac{g}{g^{\text{'}}}}=\sqrt{\frac{g}{1,44g}}=\frac{6}{5}\Rightarrow T_1=\frac{T_2^{\text{'}}\cdot 6}{5}=\frac{5}{6}\frac{6}{5}=1 \text{s}$ 

Chọn C. 

Cách giải: 

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu tụ điện: 

$U_C=I.Z_C=\frac{U}{\omega C\sqrt{R^2+{\left(\omega L-\frac{1}{\omega C}\right)}^2}}=\frac{U}{C\sqrt{L^2{\omega }^4+\left(R^2-\frac{2L}{C}\right){\omega }^2+\frac{1}{C^2}}}=\frac{U}{C\sqrt{A}}$ 

Vậy  $U_{C_{\text{max }}}\text{ khi }{A}_{\min }$

Đặt  $x={\omega }^2\Rightarrow A=L^2{x}^2+\left(R^2-2\frac{L}{C}\right)x+\frac{1}{C^2}$

$A^{\text{'}}=0\Rightarrow x={\omega }^2=\frac{\frac{2L}{C}-R^2}{2L^2}=\frac{1}{LC}-\frac{R^2}{2L^2}\Rightarrow \omega =\frac{1}{L}\sqrt{\frac{L}{C}-\frac{R^2}{2}}$ 

Thay vào biểu thức $U_c\Rightarrow U_{C_{max}}=\frac{2UL}{R\sqrt{4LC-R^2{C}^2}}=1,25U$ 

$\Rightarrow 64L^2=100LC{R}^2-25C^2{R}^4\Rightarrow 25C^2{R}^4-100LC{R}^2+64L^2=0$ 

$\Rightarrow \left[\begin{array}{l}{R}^2=\frac{50LC+30LC}{25C^2}=\frac{16L}{5C}\left(\text{ loai }\right)\\ R^2=\frac{50LC-30LC}{25C^2}=\frac{4L}{5C}\end{array}\right.$

$\Rightarrow \frac{L}{C}=\frac{5}{4}{R}^2$ 

Hệ số công suất của đoạn mạch AM:  

$\cos {\phi }_{AM}=\frac{R}{\sqrt{R^2+{\omega }^2{L}^2}}=\frac{R}{\sqrt{R^2+\left(\frac{1}{LC}-\frac{R^2}{2L^2}\right)L^2}}=\frac{R}{\sqrt{R^2+\frac{L}{C}-\frac{R^2}{2}}}=\frac{2}{\sqrt{7}}$ 

Chọn D. 

Cách giải: 

Từ đồ thị, ta có: λ =1 2 ô 

Độ lệch pha của M so với $\text{P}:\Delta \phi =\frac{2\pi MP}{\lambda }=\frac{2\pi \cdot 3o}{12o}=\frac{\pi }{2}$ 

P và Q ngược pha với nhau. 

Tại thời điểm $t:\left\{\begin{array}{l}{u}_M=\frac{A}{2}\\ u_P=\frac{A\sqrt{3}}{2}\\ u_Q=-A\frac{\sqrt{3}}{2}\end{array}\right.$ 

Ở thời điểm $t+\Delta t:3$ điểm thẳng hàng: $\left\{\begin{array}{l}{u}_M=-\frac{A\sqrt{3}}{2}\\ u_P=-\frac{A}{2}\\ u_Q=\frac{A}{2}\end{array}\right.$ 

Vẽ trên vòng tròn lượng giác ta được: 

16 

Góc quét từ thời điểm t đến $t+\Delta t$ là:  $M_{0}OM=\frac{\pi }{6}+\frac{\pi }{2}+\frac{\pi }{6}=\frac{5\pi }{6}$

Tương ứng với thời gian quay nhỏ nhất là:  $\frac{M_{0}OM}{\omega }=\frac{\frac{5\pi }{6}}{\frac{2\pi }{T}}=\frac{5T}{12}$

Vị trí của 3 điểm M, P, Q sau thời gian $\frac{5T}{12}$  là thẳng hàng.

Ta có $T=1 \text{s}\Rightarrow \Delta {\text{t}}_{\min }=\frac{5T}{12}=\frac{5}{12}s$ 

Chọn B. 

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức f  thay đổi để  $U_{R_{\text{max }}},U_{L_{\max }},U_{C_{\text{max }}}$

Cách giải: 

Ta có: f thay đổi để: 

+ $U_{R_{max}}$  khi đó ${\omega }_0=\frac{1}{\sqrt{LC}}$:  

+ $U_{L_{max}}$  khi đó ${\omega }_1=\frac{2}{2LC-R^2{C}^2}$:  

+ $U_{C_{max}}$  khi đó${\omega }_2=\frac{1}{LC}-\frac{R^2}{2L^2}$:  

Ta có:  ${\omega }_1{\omega }_2=\frac{1}{LC}={\omega }_0^2\Rightarrow f_1{f}_2=f_0^2\Rightarrow \frac{f_1}{f_0}=\frac{f_0}{f_2}$

Chọn A.