30 đề thi THPT Quốc gia môn Vật lí năm 2022 có lời giải (Đề 30)

Phương pháp: 

Vận dụng lí thuyết về sóng cơ học. 

Cách giải: 

Khi sóng cơ truyền từ không khí vào nước thì tần số của sóng không đổi. 

Chọn A

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính bước sóng: $\lambda =\frac{c}{f}$

Cách giải: 

Ta có: bước sóng $\lambda =\frac{c}{f}=\frac{{3.10}^8}{{75.10}^3}=4000m$

Chọn C

Phương pháp: 

+ Sử dụng biểu thức tính khoảng vân: $i=\frac{\lambda D}{a}$

+ Vận dụng biểu thức tính vị trí vân sáng: $x_s=ki$

+ Vận dụng thang sóng ánh sáng. 

Cách giải: 

Ta có vân sáng gần vân trung tâm nhất ứng với ánh sáng có bước sóng nhỏ nhất (do $x_s=ki=k\frac{\lambda D}{a}$)

⇒ Trong các ánh sáng của nguồn, vân sáng gần vân trung tâm nhất là ánh sáng chàm.

Chọn D

Phương pháp: 

Sử dụng lí thuyết về môi trường truyền sóng cơ. 

Cách giải: 

Sóng cơ truyền được trong các môi trường: Rắn, lỏng và khí. 

Chọn A

Phương pháp: 

Vận dụng lí thuyết về dao động điều hòa. 

Cách giải: 

Trong dao động điều hòa, đại lượng không thay đổi theo thời gian là năng lượng toàn phần.

Chọn D

Phương pháp:

Sử dụng biểu thức tính mức cường độ âm: $L=\log \frac{I}{I_0}\left(B\right)=10\log \frac{I}{I_0}\left(dB\right)$

Cách giải: 

Ta có, mức cường độ âm: $L=\log \frac{I}{I_0}\left(B\right)=10\log \frac{I}{I_0}\left(dB\right)$

Chọn B

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính năng lượng của ánh sáng: $\epsilon =hf=\frac{hc}{\lambda }$

Cách giải: 

Năng lượng của ánh sáng: $\epsilon =hf=\frac{hc}{\lambda }$

Chọn D

Phương pháp: 

Đọc phương trình cường độ dòng điện. 

Cách giải: 

ω - là tần số góc của dòng điện. 

Chọn C

Phương pháp: 

Sử dụng thang sóng điện từ. 

Cách giải: 

Bức xạ hồng ngoại là bức xạ có bước sóng lớn hơn 0,76μm 

Chọn A

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính độ lệch pha của 2 dao động: $\Delta \phi ={\phi }_2-{\phi }_1$

Cách giải: 

Độ lệch pha của 2 dao động: $\Delta \phi ={\phi }_2-{\phi }_1=0,5\pi -(-0,5\pi )=\pi$

Chọn C

Phương pháp: 

Sử dụng thang sóng điện từ 

Theo chiều giảm dần bước sóng: Sóng vô tuyến, hồng ngoại, ánh sáng nhìn thấy, tử ngoại, tia X.

Cách giải: 

Ta có tia hồng ngoại có bước sóng lớn nhất trong các tia nên tia hồng ngoại có tần số nhỏ nhất trong các tia  đó. 

Chọn B

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính hệ số công suất: $\cos \phi =\frac{R}{Z}$

Cách giải:

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

Chọn C

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức máy biến áp: $\frac{U_1}{U_2}=\frac{N_1}{N_2}$

Cách giải: 

Ta có: $\frac{U_1}{U_2}=\frac{N_1}{N_2}$

Máy biến áp là máy hạ áp $\Rightarrow U_2<U_1\Rightarrow \frac{N_2}{N_1}<1$

Chọn D

Phương pháp: 

Vận dụng biểu thức tính công suất định mức: $P=\frac{U^2}{R}$

Cách giải: 

Ta có: $P_1=P_2\iff \frac{U_1^2}{R_1}=\frac{U_2^2}{R_2}\Rightarrow \frac{R_1}{R_2}=\frac{U_1^2}{U_2^2}$

Chọn C

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính vận tốc: $v=x^{\text{'}}$

Cách giải: 

Ta có: $x=A\cos (\omega t+\phi )$

Vận tốc: $v=x^{\text{'}}=-A\omega \sin (\omega t+\phi )$

Chọn D

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

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

Chọn A

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

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

Chọn A

Phương pháp: 

Sử dụng điều kiện cộng hưởng điện: $Z_L=Z_C$

Cách giải: 

Khi có cộng hưởng điện $Z_L=Z_C\Rightarrow {\omega }_{0}L=\frac{1}{{\omega }_{0}C}\Rightarrow {\omega }_0=\frac{1}{\sqrt{LC}}$

⇒ Tần số khi cộng hưởng điện: $f_0=\frac{{\omega }_0}{2\pi }=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}$

Chọn D

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức chiều dài sóng dừng 2 đầu cố định: $l=k\frac{\lambda }{2}$

Cách giải: 

Ta có: $l=k\frac{\lambda }{2}$

Trên dây có 4 bụng sóng $\Rightarrow k=4\Rightarrow l=4\frac{20}{2}=40cm$

Chọn D

Phương pháp: 

Vận dụng lí thuyết về dao động cưỡng bức. 

Cách giải: 

A, B, D – đúng 

C – sai vì dao động cưỡng bức có tần số bằng tần số riêng của hệ dao động khi xảy ra hiện tượng cộng  hưởng cơ. 

Chọn C

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức chuyển mức năng lượng: $\epsilon =E_n-E_m$

Cách giải: 

Ta có: $\epsilon =E_n-E_0\iff \frac{hc}{\lambda }=E_n-E_0$

$$\begin{gathered} \iff \frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{0,{1218.10}^{-6}}=E_n-\left(-13,6.1,{6.10}^{-19}\right) \\ \Rightarrow E_n=-5,{44.10}^{-19}J=-3,4eV \end{gathered}$$

Chọn C

Phương pháp: 

Độ lớn suất điện động cảm ứng: $e_c=\left|\frac{\Delta \Phi }{\Delta t}\right|$

Cách giải: 

Ta có: Suất điện động cảm ứng: $e_c=\left|\frac{\Delta \Phi }{\Delta t}\right|$

$$\begin{gathered} \Rightarrow e_c=\frac{N\cdot \Delta B.S.\cos 60}{\Delta t} \\ =\frac{100.\left|0-{2.10}^{-4}\right|{\mathrm{.20.10}}^{-4}.\cos 60}{0,01}={2.10}^{-3}V \end{gathered}$$

Chọn B

Phương pháp:

Sử dụng biểu thức tính công thoát: $A=\frac{hc}{{\lambda }_0}$

Cách giải: 

Năng lượng cần thiết để giải phóng 1 electrong liên kết thành electron dẫn chính bằng công thoát của vật: 

$A=\frac{hc}{{\lambda }_0}=\frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{0,{82.10}^{-6}}=2,{424.10}^{-19}J$

Chọn D

Phương pháp: 

Sử dụng điều kiện của biên độ tổng hợp dao động điều hòa: $\left|A_1-A_2\right|\le A\le A_1+A_2$

Cách giải: 

Ta có biên độ tổng hợp dao động điều hòa thỏa mãn: 

$\left|A_1-A_2\right|\le A\le A_1+A_2\Rightarrow 7cm\le A\le 23cm$

Chọn D

Phương pháp: 

+ Sử dụng biểu thức tính cường độ điện trường: $E=k\frac{q}{\epsilon r^2}$

+ Sử dụng nguyên lí chồng chất điện trường: $\overrightarrow{E}=\overrightarrow{E_1}+\overrightarrow{E_2}+\dots +\overrightarrow{E_n}$

Cách giải:

Ta có: $q_A=q_B\Rightarrow \overrightarrow{E_{AC}}\uparrow \uparrow \overrightarrow{E_{BC}}$

Lại có: $\left\{\begin{array}{l}{E}_{AC}=k\frac{q_A}{A{C}^2}\\ E_{BC}=k\frac{q_B}{B{C}^2}\end{array}\right.$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{E_{AC}}{E_{BC}}=\frac{B{C}^2}{A{C}^2}=\frac{B{C}^2}{{(AB+BC)}^2}=\frac{1}{4} \\ \Rightarrow E_{BC}=4E_{AC}=4000\text{V/m} \end{gathered}$$

Cường độ điện trường tổng hợp tại C: $\overrightarrow{E_C}=\overrightarrow{E_{AC}}+\overrightarrow{E_{BC}}$

Do

$$\begin{gathered} \overrightarrow{E_{AC}}\uparrow \uparrow \overrightarrow{E_{BC}}\Rightarrow E_C=E_{AC}+E_{BC} \\ =1000+4000=5000\text{V/m} \end{gathered}$$

Chọn B

Phương pháp: 

+ Đọc đồ thị v – t 

+ Sử dụng biểu thức vận tốc cực đại: $v_{\max }=A\omega$

+ Viết phương trình li độ dao động điều hòa.

Cách giải: 

Từ đồ thị ta có: 

+ Vận tốc cực đại: $v_{\max }=5c\text{m/s}$

$$\begin{gathered} \text{+ }\frac{T}{2}=0,15s\Rightarrow T=0,3s \\ \Rightarrow \omega =\frac{2\pi }{T}=\frac{20\pi }{3}\left(ra\text{d/s}\right) \end{gathered}$$

Lại có: $v_{\max }=A\omega \Rightarrow A=\frac{v_{\max }}{\omega }=\frac{5}{\frac{20\pi }{3}}=\frac{3}{4\pi }cm$

Tại $t=0:v_0=-A\omega \sin \phi =2,5c\text{m/s}$ và đang giảm $\Rightarrow \sin \phi =-\frac{1}{2}\Rightarrow \phi =-\frac{\pi }{6}\left(rad\right)$

⇒ Phương trình li độ dao động: $x=\frac{3}{4\pi }\cos \left(\frac{20\pi }{3}t-\frac{\pi }{6}\right)cm$

Chọn D

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức: $\epsilon =hf=A+W_d$

Cách giải: 

+ Khi chiếu bức xạ tần số f : $hf=A+K$ (1)

+ Khi chiếu bức xạ tần số 2f : h ${\text{h.(2f) = A + W}}_{\text{d}}$ (2)

Lấy: $2.\left(1\right)-\left(2\right)$ ta được: $0=A+K-W_d\Rightarrow W_d=A+K$

Chọn B

Phương pháp: 

+ Sử dụng biểu thức tính độ lệch pha của u so với i: $\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}$

+ Sử dụng biểu thức tính dung kháng: $Z_C=\frac{1}{\omega C}$

Cách giải: 

Ta có độ lệch pha của u so với i: $\tan \phi =\frac{-Z_C}{R}$

Theo đề bài ta có:

$$\begin{gathered} \phi =-\frac{\pi }{3}\Rightarrow \tan \phi =\frac{-Z_C}{R}=\tan \left(-\frac{\pi }{3}\right) \\ \Rightarrow Z_C=R\sqrt{3}=100\sqrt{3}\Omega \end{gathered}$$

Lại có:

$$\begin{gathered} Z_C=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{2\pi fC} \\ \Rightarrow f=\frac{1}{2\pi .Z_{C}C}=\frac{1}{2\pi .100\sqrt{3}.\frac{{10}^{-3}}{10\sqrt{3}\pi }}=50Hz \end{gathered}$$

Chọn C

Phương pháp: 

Sử dụng công thức tính độ bội giác của kính hiển vi khi ngắm chừng ở vô cực: $G_{\infty }=\frac{\delta D}{f_1{f}_2}$

Cách giải: 

Độ bội giác của kính hiển vi khi ngắm chừng ở vô cực: $G_{\infty }=\frac{\delta D}{f_1{f}_2}$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{f}_1=0,5cm\\ f_2=2cm\\ D=25cm\\ \delta =O_1{O}_2-f_1-f_2=12,5-0,5-2=10cm\end{array}\right.$

$\Rightarrow G_{\infty }=\frac{10.25}{0,5.2}=250$ lần 

Chọn B

Phương pháp: 

+ Khoảng thời gian ngắn nhất dây duỗi thẳng $\frac{T}{2}$

+ Sử dụng công thức tính biên độ sóng dừng: $A_M=A_b.\sin \frac{2\pi d}{\lambda }$ (d – là khoảng cách từ điểm đó đến nút gần nhất) 

Cách giải: 

Ta có, khoảng thời gian ngắn nhất dây duỗi thẳng $\frac{T}{2}=0,04s\Rightarrow T=0,08s$

$\Rightarrow \omega =\frac{2\pi }{T}=25\pi \left(ra\text{d/s}\right)$

Giả sử: MN = 1cm 

Theo đề bài: $MN=\frac{NP}{2}\Rightarrow NP=2cm$

$MP=\frac{\lambda }{2}\Rightarrow \lambda =6cm$

Ta có: $MO=\frac{MN}{2}=0,5cm$

Biên độ sóng tại M:

$$\begin{gathered} A_M=A_b.\sin \frac{2\pi MO}{\lambda } \\ \iff 4=A_b\sin \frac{2\pi .0,5}{6}\Rightarrow A_b=8mm \end{gathered}$$

Tốc độ dao động của phần tử vật chất tại điểm bụng: $v_{\max }=A_b\omega =8.25\pi =628m\text{m/s}$

Chọn D

Phương pháp: 

+ Sử dụng biểu thức định luật ôm: $I=\frac{U}{Z}$

+ Đọc phương trình u – i. 

+ Sử dụng giản đồ véctơ 

Cách giải: 

+ Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu tụ điện: $U_C=I.Z_C=\frac{0,6}{\sqrt{2}}\cdot 200=60\sqrt{2}V$

+ Ta có giản đồ:

Từ giản đồ ta có: $U_d^2=U^2+U_C^2-2U{U}_C\cos \frac{2\pi }{3}$

$$\begin{gathered} \iff U_d^2={120}^2+{\left(60\sqrt{2}\right)}^2-\mathrm{2.120.60}\sqrt{2}\cos \frac{2\pi }{3} \\ \Rightarrow U_d=178,27V \end{gathered}$$

Chọn D

Phương pháp: 

Vị trí vân sáng trùng nhau: $k_1{i}_1=k_2{i}_2$ hay $k_1{\lambda }_1=k_2{\lambda }_2$

Cách giải: 

Gọi $k_1,k_2$ tương ứng là bậc vân sáng trùng nhau gần vân trung tâm nhất của bức xạ ${\lambda }_1,{\lambda }_2$

Ta có: $k_1+k_2=11$ (1) 

+ TH1: $\left(k_1\right)-\left(k_2\right)=3$

Kết hợp với (1) suy ra $\left\{\begin{array}{l}{k}_1=8\\ k_2=5\end{array}\right.$

Lại có: $k_1{\lambda }_1=k_2{\lambda }_2\iff 8.0,64=5.{\lambda }_2\Rightarrow {\lambda }_2=1,024\mu m$ (loại)

+ TH2: $\left(k_2\right)-\left(k_1\right)=3$

Kết hợp với (1) suy ra: $\left\{\begin{array}{l}{k}_1=5\\ k_2=8\end{array}\Rightarrow {\lambda }_2=\frac{5.0,64}{8}=0,4\mu m\right.$

Chọn A

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức tính lực kéo về cực đại: $F=kA=m{\omega }^{2}A$

Cách giải: 

Ta có 2 con lắc có cùng chiều dài ⇒ chúng dao động với cùng tần số góc ${\omega }_1={\omega }_2=\omega$

Lực kéo về cực đại: $\left\{\begin{array}{l}{F}_1=m_1{\omega }^{2}A\\ F_2=m_2{\omega }^{2}A\end{array}\right.$

Có: $\frac{F_2}{F_1}=\frac{3}{2}\iff \frac{m_1}{m_2}=\frac{3}{2}$ (1)

Lại có: $m_1+m_2=1,2kg$ (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{m}_1=0,72kg\\ m_2=0,48kg\end{array}\right.$

Chọn A

Phương pháp:

+ Sử dụng giản đồ véctơ 

+ Sử dụng biểu thức định luật ôm: $I=\frac{U_R}{R}$

Cách giải: 

Ta có: $U=U_{RC}=120V$

Ta có giản đồ véctơ

Từ giản đồ ta có:

$\cos \frac{\pi }{3}=\frac{U_R}{U}\Rightarrow U_R=U.\cos \frac{\pi }{3}=120.\frac{1}{2}=60V$

Điện trở: $R=\frac{U_R}{I}=\frac{60}{1,2}=50\Omega$

Chọn D

Phương pháp: 

Sử dụng biểu thức xác định gia tốc trọng trường trong trường hợp con lắc chịu tác dụng của điện trường theo phương ngang: $g^{\text{'}}=\sqrt{g^2+{\left(\frac{qE}{m}\right)}^2}$

Cách giải: 

Gia tốc trọng trường: $g^{\text{'}}=\sqrt{g^2+{\left(\frac{qE}{m}\right)}^2}$

Chu kì dao động của con lắc đơn khi này:

$$\begin{gathered} T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g^{\text{'}}}} \\ =2\pi \sqrt{\frac{1,5}{\sqrt{{10}^2+{\left(\frac{{100.10}^{-6}{\mathrm{.10.10}}^3}{0,1}\right)}^2}}}=2,046s \end{gathered}$$

Chọn C

Phương pháp: 

+ Sử dụng biểu thức tính chu kì dao động: $T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}$

+ Đọc đồ thị  

+ Sử dụng biểu thức tính độ dãn của lò xo tại vị trí cân bằng: $T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}$

Cách giải: 

+ Chu kì dao động: $T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}=2\pi \sqrt{\frac{400.10}{100}}=0,4s$

+ Độ biến dạng của lò xo tại vị trí cân bằng: $\Delta l_0=\frac{mg}{k}=\frac{{400.10}^{-3}.10}{100}=0,04m=4cm$

Từ đồ thị, ta có:

+ Khi lực F tăng lên 1 lượng ΔF thì vị trí cân bằng của lò xo dịch chuyển thêm một đoạn Δl = 4cm

Tại thời điểm t = 0,2s con lắc đang ở vị trí biên của dao động thứ nhất. 

Dưới tác dụng của lực F vị trí cân bằng dịch chuyển đến đúng vị trí biên nên con lắc đứng yên tại vị trí này.

+ Lập luận tương tự khi ngoại lực F có độ lớn 12N con lắc sẽ dao động với biên độ 8cm.

Tổng quãng đường vật đi được kể từ t = 0: $S=9.4+8+\frac{8}{2}=48cm$

Chọn B

Phương pháp: 

+ Sử dụng vòng tròn lượng giác 

+ Viết phương trình dao động điều hòa. 

+ Sử dụng biểu thức xác định thời điểm vật qua li độ x lần thứ n (n - lẻ) $t_n=t_{n-1}+t_1$

Cách giải: 

Ta có:

Chu kì dao động: $T=\frac{1}{f}=0,2s$

Gọi M₁, M₂ lần lượt là hình chiếu của M trên mặt nước và trên đáy bể. 

Ta có: M₁ và M₂ đều dao động điều hòa với phương trình: $x=5\cos \left(10\pi t-\frac{\pi }{2}\right)cm$ (do tại thời điểm ban đầu M ở điểm cao nhất) 

Khoảng thời gian ánh sang truyền từ điểm M đến đáy bể: 

Trong 1 chu kì, điểm sáng dưới đáy bể qua vị trí $\text{x}=-2\text{cm}$ 2 lần

$\Rightarrow t_{2020}=\frac{2020}{2}T=202s$

Mặt khác: $t_1=\frac{\Delta \phi }{\omega }$

Lại có: $\cos \Delta \phi =\left|\frac{-2}{5}\right|=\frac{2}{5}\Rightarrow \Delta \phi =1,159rad$

$\Rightarrow t_1=\frac{\Delta \phi }{\omega }=0,0369s\Rightarrow t=t_{2020}+t_1=202,036s/$

Chọn A

Phương pháp: 

+ Sử dụng biểu thức tính công suất: $P=I^{2}R$

+ Sử dụng BĐT Cosi 

+ Sử dụng biểu thức tính hệ số công suất: $\cos \phi =\frac{R}{Z}$

Cách giải: 

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}r=30\Omega \\ Z_L=120\Omega \\ Z_C=100\Omega \end{array}\right.$

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

Công suất trên mạch: $P^{\text{'}}=I^2(R+r)=\frac{U^2}{{(R+r)}^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}(R+r)$

Ta có:

$$\begin{gathered} P=P_R+P^{\text{'}}=\frac{U^2}{{(R+r)}^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}(2R+r) \\ \Rightarrow P=\frac{U^2}{{(R+30)}^2+{20}^2}(2R+30) \\ \Rightarrow P=\frac{U^2}{R^2+60R+1300}2(R+15) \\ \Rightarrow P=\frac{U^2}{\left(R^2+30R+{15}^2\right)+30(R+15)+625}2(R+15) \\ \Rightarrow P=\frac{2U^2}{(R+15)+\frac{625}{R+15}+30} \end{gathered}$$

Ta có: $P_{\max } khi {\left[(R+15)+\frac{625}{(R+15)}\right]}_{\min }$

Lại có: $(R+15)+\frac{625}{R+15}\ge 2\sqrt{(R+15)\frac{625}{(R+15)}}=50$

Dấu = xảy ra khi $(R+15)=\frac{625}{R+15}\Rightarrow R=10\Omega$

Từ đồ thị ta có: $\frac{R_1}{R}=\frac{7}{5}\Rightarrow R_1=\frac{7}{5}R=\frac{7}{5}.10=14\Omega$

Khi $R=R_1=14\Omega :$

+ Tổng trở:

$$\begin{gathered} Z=\sqrt{{\left(R_1+r\right)}^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2} \\ =\sqrt{{(14+30)}^2+{20}^2}=4\sqrt{146}\Omega \end{gathered}$$

+ Hệ số công suất trên cuộn dây: $\cos {\phi }_d=\frac{r}{Z}=\frac{30}{4\sqrt{146}}$

+ Hệ số công suát trên mạch: $\cos \phi =\frac{R_1+r}{Z}=\frac{14+30}{4\sqrt{146}}$

Tổng hệ số công suất trên cuộn dây và trên mạch: $\frac{30}{4\sqrt{146}}+\frac{44}{4\sqrt{146}}=1,531$

Chọn C

Phương pháp: 

+ Sử dụng biểu thức tính bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}$

+ Viết phương trình sóng tại một điểm trong trường giao thoa: $u=2a\cos \left(\omega t+\phi +\frac{2\pi \Delta d}{\lambda }\right)$

Cách giải: 

+ Bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}=\frac{20}{10}=2c\text{m/s}$

+ Phương trình sóng tại M:

$$\begin{gathered} u_M=2.1,5\cos \left(20\pi t+\frac{\pi }{6}-\frac{2\pi d}{\lambda }\right) \\ =3\cos \left(20\pi t+\frac{\pi }{6}-\frac{2\pi d}{\lambda }\right)cm \end{gathered}$$

M cùng pha với nguồn $\frac{\pi }{6}-\left(\frac{\pi }{6}-\frac{2\pi d}{\lambda }\right)=k2\pi \Rightarrow d=k\lambda =2k$

Ta có: $d>\frac{AB}{2}=\frac{20}{2}=10cm\Rightarrow k>5$

M gần nguồn nhất $\Rightarrow k_{\min }=6\Rightarrow d_{\min }=12cm$

$\Rightarrow O{M}_{\min }=\sqrt{d_{\min }^2-\frac{A{B}^2}{4}}=2\sqrt{11}cm$

N là cực đại gần O nhất ⇒ N là cực đại bậc 1

⇒ Khoảng cách $ON=\frac{\lambda }{2}=1cm$

Phương trình sóng tại N: 

$$\begin{gathered} u_N=2.1,5\cos \left(20\pi t+\frac{\pi }{6}-\frac{2\pi \Delta d}{\lambda }\right) \\ =3\cos \left(20\pi t+\frac{\pi }{6}-\frac{2\pi \frac{\lambda }{2}}{\lambda }\right) \\ =3\cos \left(20\pi t+\frac{\pi }{6}-\pi \right) \end{gathered}$$

Khoảng cách giữa M và N theo phương thẳng đứng: 

$$\begin{gathered} \Delta u=u_M-u_N=3\angle \frac{\pi }{6}-3\angle \left(\frac{\pi }{6}-\pi \right) \\ =6\cos \left(20\pi t+\frac{\pi }{6}\right)cm \\ \Rightarrow \Delta u_{\max }=6cm \end{gathered}$$

⇒ Khoảng cách lớn nhất giữa M và N trong quá trình dao động: $M{N}_{\max }=\sqrt{{\left(2\sqrt{11}\right)}^2+1^2+6^2}=9cm$

Chọn D

Phương pháp:

+ Sử dụng công thức tính hiệu suất: $H=\frac{P^{\text{'}}}{P}$

+ Sử dụng công thức tính công suất hao phí: $\Delta P=\frac{P^2}{U^2{\cos }^2\phi }R$

Cách giải: 

+ Ban đầu hiệu suất truyền tải là 95%: $H=\frac{P_1^{\text{'}}}{P_1}=0,95\Rightarrow P_1^{\text{'}}=0,95P_1$

Công suất hao phí khi này: $\Delta P_1=\frac{P_1^2}{U^2{\cos }^2\phi }R=0,05P_1$

$\Rightarrow P_1=P_1^{\text{'}}+\Delta P_1$

+ Khi công suất sử dụng điện của khu dân cư tăng 20%: $P_2^{\text{'}}=(1+0,2)P_1^{\text{'}}=1,2P_1^{\text{'}}=1,14P_1$

Công suất hao phí khi này: $\Delta P_2=\frac{P_2^2}{U^2{\cos }^2\phi }R$

$\Rightarrow P_2=P_2^{\text{'}}+\Delta P_2$

Ta có: $\frac{\Delta P_1}{\Delta P_2}=\frac{P_1^2}{P_2^2}\Rightarrow \Delta P_2=\frac{P_2^2}{P_1^2}\Delta P_1=\frac{P_2^2}{P_1^2}\cdot 0,05P_1$

Xét tỉ số:

$$\begin{gathered} \frac{P_2}{P_1}=\frac{P_2^{\text{'}}+\Delta P_2}{P_1^{\text{'}}+\Delta P_1} \\ \Rightarrow \frac{P_2}{P_1}=\frac{1,14P_1+0,05P_1\frac{P_2^2}{P_1^2}}{P_1}=1,14+0,05\frac{P_2^2}{P_1^2} \end{gathered}$$

Hay: $0,05\frac{P_2^2}{P_1^2}-\frac{P_2}{P_1}+1,14=0\Rightarrow \left[\begin{array}{l}\frac{P_2}{P_1}=18,786\\ \frac{P_2}{P_1}=1,214\end{array}\right.$

Ta suy ra hiệu suất của quá trình truyền tải:  

+ Trường hợp 1:  

$H=\frac{P_2^{\text{'}}}{P_2}=\frac{1,14P_1}{18,786P_1}=0,0607=6,07\%$ (loại do hao phí không vượt quá 30% nên H ≥ 70%) 

+ Trường hợp 2:  

$H=\frac{P_2^{\text{'}}}{P_2}=\frac{1,14P_1}{1,214P_1}=0,939=93,9\%\left(\text{t/m}\right)$

Chọn A