Trong máy phát điện xoay chiều ba pha, các suất điện động cảm ứng trong ba cuộn dây của phần ứng từng đôi một lệch pha nhau $\frac{2\pi }{3}$ 

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.

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

1. Anten thu: thu sóng để lấy tín hiệu

2. Mạch khuếch đại điện từ cao tần.

3. Mạch tách sóng: tách lấy sóng âm tần

4. Mạch khuếch đại dao động điện từ âm tần: tăng công suất (cường độ) của âm tần

5. Loa: biến dao động âm tần thành âm thanh

Lời giải:

Trong máy phát thanh vô tuyến, bộ phận micro biến dao động âm thành dao động điện cùng tần số.

Chọn C.

Công thức tính cơ năng của con lắc lò xo: $\text{W}=\frac{1}{2}.k.A^2$

Chọn D.

Phương pháp:

Điều kiện có cực tiểu giao thoa trong giao thoa sóng hai nguồn đồng bộ: $d_1-d_2=\left(k+\frac{1}{2}\right)\lambda \left(k\in Z\right)$

Lời giải: 

Để tại M là cực tiểu giao thoa thì: $d_1-d_2=\left(k+\frac{1}{2}\right)\lambda \left(k\in Z\right)$

Hiệu đường đi của hai sóng tới điểm M bằng một số bán nguyên lần bước sóng.

Chọn C.

Phương pháp:

+ Hiện tượng tạo thành các electron dẫn và lỗ trống trong chất bán dẫn, do tác dụng của ánh sáng có bước sóng thích hợp, gọi là hiện tượng quang điện trong.

+ Hiện tượng giảm điện trở suất, tức là tăng độ dẫn điện của bán dẫn, khi có ánh sáng thích hợp chiếu vào gọi là hiện tượng quang dẫn. 

Lời giải:

Hiện tượng quang điện trong xảy ra với chất quang dẫn.

Chọn C.

Phương pháp:

Các hạt nhân đồng vị là các hạt có cùng số proton nhưng khác số nơtron. Tức là cùng số Z nhưng khác số A.

Lời giải:

Các hạt nhân đồng vị là các hạt có cùng số proton nhưng khác số nơtron, do đó khác số nuclon.

Tức là cùng số Z nhưng khác số A.

Chọn A.

Phương pháp:

Dao động tắt dần có biên độ và năng lượng giảm dần theo thời gian

Lời giải:

Dao động có biên độ giảm dần theo thời gian gọi là dao động tắt dần.

Chọn B

Phương pháp:

Sử dụng thang sóng điện từ.

Lời giải:

Sử dụng thang sóng điện từ. 

Tia hồng ngoại có bước sóng lớn hơn 780 nm $\to$ Vậy bức xạ có bước sóng 920nm là bức xạ hồng ngoại.

Chọn D.

Phương pháp: 

Áp dụng công thức tính bước sóng $\lambda =v.T=\frac{v}{f}$

Khoảng cách giữa hai điểm gần nhau nhất trên cùng một phương truyền sóng mà phân tử vật chất tại hai điểm đó dao động ngược pha nhau là một nửa bước sóng.

Lời giải:

Ta có: $\lambda =v.T=0,4.2=0,8\left(m\right)$ 

Khoảng cách giữa hai điểm gần nhau nhất trên cùng một phương truyền sóng mà phân tử vật chất tại hai điểm đó dao động ngược pha nhau là: $\frac{\lambda }{2}=\frac{0,8}{2}=0,4\left(m\right)$

Chọn C

Phương pháp:

Thay giá trị $t=\frac{1}{200}s$ vào pha của dao động $\left(100\pi t-\frac{\pi }{3}\right)$

Lời giải:

Tại thời điểm $t=\frac{1}{200}s$ pha của dao động có giá trị là: $\left(100\pi t-\frac{\pi }{3}\right)=100\pi .\frac{1}{200}-\frac{\pi }{3}=\frac{\pi }{6}$

Chọn A.

Phương pháp:

Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa với ánh sáng đơn sắc, bước sóng của ánh sáng trong thí nghiệm là $\lambda$ 

Hiệu đường đi từ vận tối thứ k đến vị trí hai khe là $\Delta d=\left(k-\frac{1}{2}\right)\lambda$ 

Lời giải: 

Hiệu đường đi từ vận tối thứ 4 đến vị trí hai khe là: $\Delta d=\left(4-\frac{1}{2}\right)\lambda =3,5\lambda$

Chọn C

Công thức tính cường độ điện trường $E=k.\frac{\left|Q\right|}{r^2}$

Lời giải: 

Cường độ điện trường do điện tích gây ra tại M có độ lớn: $E=k.\frac{\left|Q\right|}{r^2}={9.10}^9.\frac{{2.10}^{-9}}{0,4^2}=112,5\left(V/m\right)$

Chọn D.

Phương pháp: 

Tần số góc riêng của dao động là $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}$

Tần số góc của ngoại lực cưỡng bức càng gần với tần số góc riêng của biên độ dao động của hệ càng lớn. 

Lời giải: 

Tần số góc riêng của dao động: $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{100}{0,025}}=20\pi \left(rad/s\right)$

Tần số góc của ngoại lực cưỡng bức càng gần với tần số góc riêng của biên độ dao động của hệ càng lớn.

Vậy $A_2>A_1$

Chọn C.

Áp dụng công thức tính năng lượng liên kết: $W=\Delta m.c^2$ 

Lời giải:

Năng lượng liên kết của hạt nhân Ar là: W = $\Delta m.c^2$ = 0,3405.931,5 = 316,8963MeV

Chọn D.

Phương pháp:

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

Lời giải: 

Công suất của đoạn mạch là: $P=U.I.\cos \phi =\mathrm{100.4.}\cos \left(\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{6}\right)=200W$ 

Chọn A.

Phương pháp:

Năng lượng của một photon là $\epsilon =\frac{hc}{\lambda }$

Số photon mà ánh sáng đó phát ra trong 1 đơn vị thời gian là $N=\frac{P}{\epsilon }$ 

Lời giải: 

Năng lượng của một photon: $\epsilon =\frac{hc}{\lambda }=\frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{{625.10}^{-9}}=31,{8.10}^{-20}J$

Số photon mà ánh sáng đó phát ra trong 1 đơn vị thời gian là: $N=\frac{P}{\epsilon }=\frac{6}{31,{8.10}^{20}}=1,{89.10}^{19}$

Chọn C.

Phương pháp:

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

Với: Số bụng = k; Số nút = k + 1.

+ Công thức tính tốc độ truyền sóng: $v=\frac{\lambda }{T}=\lambda .f$

Lời giải: 

Ta có: $l=k\frac{\lambda }{2}\Rightarrow \lambda =\frac{2l}{k}=\frac{2.2}{5}=0,8m$

Tốc độ truyền sóng: $v=\frac{\lambda }{T}=\lambda .f=0,8.40=32\left(m/s\right)$ 

Chọn B.

Phương pháp: 

Điều kiện xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần: $\left\{\begin{array}{l}{n}_1>n_2\\ i\ge i_{gh};\sin i_{gh}=\frac{n_2}{n_1}\end{array}\right.$ 

Lời giải:

Tia khúc xạ đi là là mặt phân cách giữa hai môi trường chính là trường hợp góc tới giới hạn. 

Công thức tính góc tới giới hạn: $\sin i_{gh}=\frac{n_2}{n_1}=\frac{1}{1,5}\Rightarrow i_{gh}={41}^{0}48\text{'}$

$\to$ Góc tới gần nhất với giá trị 42⁰.

Chọn D.

Phương pháp:

Phương trình sóng tổng quát: $u=a.\cos \left(2\pi f.t-2\pi f\frac{x}{v}\right)$

Đồng nhất các hệ số của phương trình bài cho với phương trình sóng tổng quát.

Lời giải:

Phương trình sóng tổng quát: $u=a.\cos \left(2\pi f.t-2\pi f\frac{x}{v}\right)$

Phương trình sóng bài cho: $u=a.\cos \left(30\pi t-\pi x\right)mm$

Đồng nhất hệ số hai phương trình ta có: $\left\{\begin{array}{l}2\pi f=30\pi \\ \frac{2\pi f}{v}=\pi \end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}f=15Hz\\ v=30m/s\end{array}\right.$

Chọn B.

Phương pháp: 

Phương trình của li độ và vận tốc: $\left\{\begin{array}{l}x=A.cos\left(\omega t+\phi \right)\\ v=-\omega A.\sin \left(\omega t+\phi \right)\end{array}\right.$

Lời giải:

Phương trình dao động điều hòa và phương trình vận tốc: 

$\left\{\begin{array}{l}x=A.cos\left(\omega t+\phi \right)\\ v=-\omega A.\sin \left(\omega t+\phi \right)\Rightarrow v^2={\omega }^2.A^2.{\sin }^2\left(\omega t+\phi \right)\end{array}\right.\Rightarrow v^2={\omega }^2.\left(A^2-x^2\right)$

Từ đồ thị, ta thấy biên độ A = 2cm và tại $\left\{\begin{array}{l}x=0\\ v^2=0,04\end{array}\right.$ 

Vậy ta có: $v^2={\omega }^2.A^2=0,04\Rightarrow \omega =\sqrt{\frac{v^2}{A^2}}=\sqrt{\frac{0,04}{0,{02}^2}}=10\left(rad/s\right)$ 

Chọn A.

Phương pháp:

Hạt $\alpha$ là hạt nhân ${}_2^4$He, khối lượng tính theo u là 4u. 

Động năng: $\text{W}=\frac{1}{2}.m.v^2$ 

Lời giải:

Hạt $\alpha$ là hạt nhân He, khối lượng tính theo u là 4u.  

Ta có: $\text{W}=\frac{1}{2}.m.v^2\Rightarrow v=\sqrt{\frac{2W}{m}}=\sqrt{\frac{2.5\left(MeV\right)}{4.931,5\left(\frac{MeV}{c^2}\right)}}=\sqrt{\frac{2.5}{4.931,5}}.c=15,541746\left(m/s\right)$

Chọn B.

Phương pháp: 

Công thức tính mức cường độ âm $L=10\log \frac{I}{I_0}$

Ta có $I=\frac{P}{4\pi r^2}\Rightarrow \frac{I_M}{I_N}=\frac{r_N^2}{r_M^2}$

Lời giải: 

Ta có: $I=\frac{P}{4\pi r^2}\Rightarrow \frac{I_M}{I_N}=\frac{r_N^2}{r_M^2}\Rightarrow \frac{I_M}{I_N}={\left(\frac{r_N}{r_M}\right)}^2=\frac{1}{4}\Rightarrow I_N=4I_M=80\left(m\text{W}/m^2\right)$ 

Mức cường độ âm tại N: $L=10\log \frac{I_N}{I_0}=10\log \frac{{80.10}^{-3}}{{10}^{-12}}=109dB$

Chọn D.

Phương pháp: 

Phương trình li độ góc, li độ cong và vận tốc của con lắc đơn là $\left\{\begin{array}{l}\alpha ={\alpha }_0.\cos \left(\omega t+\phi \right)\\ s=l{\alpha }_0.\cos \left(\omega t+\phi \right)\\ v=s\text{'}=l{\alpha }_0.\omega .\cos \left(\omega t+\phi +\frac{\pi }{2}\right)\end{array}\right.$

Từ đồ thị ta tìm được chu kì T và biên độ góc 

Chu kì của dao động: $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}\Rightarrow l=\frac{T^2.g}{4{\pi }^2}$

Vận tốc lớn nhất của dao động là: $v_{max}=l{\alpha }_0.\omega =l{\alpha }_0.\frac{2\pi }{T}=\frac{T^2.g}{4{\pi }^2}.{\alpha }_0.\frac{2\pi }{T}=\frac{T.g.{\alpha }_0}{2\pi }$

Lời giải: 

Từ đồ thị ta thấy nửa chu kì là 0,08s, vậy chu kì T = 0,16s.

Biên độ của góc là: ${\alpha }_0=0,09rad$

Ta có các phương trình: $\left\{\begin{array}{l}\alpha ={\alpha }_0.\cos \left(\omega t+\phi \right)\\ s=l{\alpha }_0.\cos \left(\omega t+\phi \right)\\ v=s\text{'}=l{\alpha }_0.\omega .\cos \left(\omega t+\phi +\frac{\pi }{2}\right)\end{array}\right.$

Chu kì của dao động: $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}\Rightarrow l=\frac{T^2.g}{4{\pi }^2}$

Vận tốc lớn nhất của dao động là: $v_{max}=l{\alpha }_0.\omega =l{\alpha }_0.\frac{2\pi }{T}=\frac{T^2.g}{4{\pi }^2}.{\alpha }_0.\frac{2\pi }{T}=\frac{T.g.{\alpha }_0}{2\pi }=\frac{0,\mathrm{16.10.0},09}{2\pi }=0,023m/s$

Chọn B.

Phương pháp:

Khi dòng điện không đổi chạy qua cuộn dây, nó thể hiện là một điện trở. Áp dụng định luật Ôm cho đoạn mạch khi đó $I=\frac{U}{R}\Rightarrow R=\frac{U}{I}$

Khi cho dòng điện xoay chiều chạy qua cuộn dây, nó thể hiện là một cuộn cảm có điện trở R. Áp dụng định luật Ôm cho đoạn mạch khi đó $Z=\frac{U\text{'}}{I\text{'}}$

Mà tổng trở $Z=\sqrt{R^2+Z_L^2}$ 

Công thức tính cảm kháng $Z_L=\omega .L\Rightarrow L=\frac{Z_L}{\omega }$

Lời giải:

Khi dòng điện không đổi chạy qua cuộn dây, nó thể hiện là một điện trở. Ta có: 

$I=\frac{U}{R}\Rightarrow R=\frac{U}{I}=\frac{60}{2}=30\Omega .$

Khi cho dòng điện xoay chiều chạy qua cuộn dây, nó thể hiện là một cuộn cảm có điện trở R. Ta có: 

$Z=\frac{U\text{'}}{I\text{'}}=\frac{60}{1,2}=50\Omega .$

Tổng trở: $Z=\sqrt{R^2+Z_L^2}\Rightarrow Z_L=\sqrt{Z^2-R^2}=40\Omega$

Ta có: $Z_L=\omega .L\Rightarrow L=\frac{Z_L}{\omega }=\frac{40}{2\pi .50}=\frac{0,4}{\pi }H$

Chọn A.

Phương pháp:

Suất điện động cảm ứng xuất hiện trong vòng dây là:

$\text{e}=\frac{-\text{d}\Phi }{\text{dt}}=100\pi .\frac{{2.10}^{-2}}{\pi }\sin \left(100\pi \text{t}+\frac{\pi }{4}\right)=2\sin \left(100\pi \text{t}+\frac{\pi }{4}\right)\left(V\right).$ Chọn B.

Phương pháp: 

Áp dụng định luật Ôm cho đoạn mạch $I=\frac{U}{Z}$

Độ lệch pha giữa u và i thỏa mãn tan $\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}$ 

Biểu thức tổng quát của cường độ dòng điện $i=I\sqrt{2}.\cos \left(\omega t+{\phi }_i\right)A$

Lời giải: 

Ta có: $Z_L=10\Omega ,Z_C=20\Omega$.

Suy ra $\tan {\phi }_{u/i}=\frac{Z_L-Z_C}{R}=-1\Rightarrow {\phi }_u-{\phi }_i=-\frac{\pi }{4}$.

Mặc khác ${\phi }_i={\phi }_{u_L}-\frac{\pi }{2}=0$ nên${\phi }_u=-\frac{\pi }{4}$.

Tổng trở $Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}=10\sqrt{2},I_0=\frac{U_{0L}}{Z_L}=\frac{U_0}{Z}\Rightarrow U_0=40V$.

Do đó $u=40\cos \left(100\pi t-\frac{\pi }{4}\right)\left(V\right)$. Chọn D.

Phương pháp:

Lực Cu-long đóng vai trò lực hướng tâm.

Sử dụng bảng số thứ tự và tên quỹ đạo 

Lời giải:

Lực điện đóng vai trò là lực hướng tâm: $F_d=F_{ht}\iff k\frac{e^2}{r^2}=m\frac{v^2}{r}$

$\Rightarrow$ Tốc độ $v=\sqrt{\frac{k{e}^2}{mr}}=\sqrt{\frac{{9.10}^9.{\left(1,{6.10}^{-19}\right)}^2}{9,{1.10}^{-31}.2,{2.10}^{-10}}}\approx 1,{1.10}^{6}m/s.$ Chọn A.

Áp dụng công thức thấu kính $\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{d}+\frac{1}{d\text{'}}=\frac{1}{f}\\ k=\frac{\overline{A\text{'}B\text{'}}}{AB}=-\frac{d\text{'}}{d}\end{array}\right.$

Lời giải:

Tính: $d^{\text{'}}=\frac{df}{d-f}=\frac{50\left(-30\right)}{50-\left(-30\right)}=-18,75\left(cm\right):$ ảnh ảo, cách thấu kính 18,75 cm.

Số phóng đại ảnh: $k=-\frac{d^{\text{'}}}{d}=-\frac{-18,75}{50}=0,375:$ ảnh cùng chiều và bằng 0,375 lần vật.

Chiều cao ảnh: $A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}=\left|k\right|AB=1,5cm\Rightarrow$ Chọn D.

Phương pháp:

Bước sóng: $\lambda =vf=160/10=16cm$.

          Độ lệch pha giữa hai điểm M, N: $\Delta \phi =2\pi MN/\lambda =3\pi /2$.

          Độ lệch li độ của hai phần tử tại M và tại N:

$\Delta u=u_N-u_M=2,5\sqrt{2}\cos \left(20\pi t\right)-2,5\sqrt{2}\cos \left(20\pi t+3\pi /2\right)=5\cos \left(20\pi +\pi /4\right)cm$

$\Rightarrow \Delta u_{\max }=5cm.$

          Khoảng cách xa nhất giữa hai phần tử tại M và N:

$l_{\max }=\sqrt{{\left(O_1{O}_2\right)}^2+{\left(\Delta u_{\max }\right)}^2}=\sqrt{{12}^2+5^2}=13\left(cm\right)$

 Chọn A.

Phương pháp: 

Áp dụng VTLG và công thức độc lập với thời gian: $x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}=A^2$ 

Khi áp điện trường vào thì lò xo dãn thêm một đoạn: $q.E=k.\Delta l\Rightarrow \Delta l=\frac{q.E}{k}=\frac{q.E}{m.{\omega }^2}$

Vị trí cân bằng của lò xo lệch đi một đoạn $\Delta l,$ xác định tọa độ và vận tốc của vật ở đó để xác định biên độ dao động mới. 

Khi ngắt điện trường, vị trí cân bằng trở về vị trí ban đầu, tại thời điểm ngắt điện trường, xác định tọa độ và vận tốc của vật ở vị trí đó để xác định biên độ dao động mới.

Lời giải: 

Vật dao động điều hòa với phương trình: $x=5.\cos \left(4\pi t-\frac{\pi }{3}\right)cm,$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}A=5cm\\ \omega =4\pi \left(rad/s\right)\Rightarrow T=\frac{2\pi }{\omega }=\frac{2\pi }{4\pi }=0,5s\end{array}\right.$

Ban đầu vật ở vị trí có li độ $x=2,5cm$ đang chuyển động theo chiều dương.

Khi vật đi quãng đường: $173,5cm=2,5+17.10+1$

VTLG cho ta vị trí ban đầu và vị trí t. 

Tại M thì vẫn đang có vận tốc là: $v=\sqrt{{\omega }^2.\left(A^2-x^2\right)}=\sqrt{{\left(4\pi \right)}^2.\left(5^2-4^2\right)}=12\pi \left(cm/s\right)$

Tại vị trí này, thiết lập điện trường. Lực điện trường làm lò xo dãn thêm một đoạn $\Delta l$

$qE=k.\Delta l\Rightarrow \Delta l=\frac{qE}{k}=\frac{2,{16.10}^{-4}{\mathrm{.2.10}}^3}{0,12.{\left(4\pi \right)}^2}=2,{25.10}^{-2}m=2,25cm$

Vậy vị trí cân bằng lùi xuống dưới một đoạn 2,25 cm. Khi đó vật đang có li độ: $x=-4-2,25=-6,25cm$

Biên độ dao động mới lúc này là: $A\text{'}=\sqrt{x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}}=\sqrt{{\left(-4-2,25\right)}^2+{\left(\frac{12\pi }{4\pi }\right)}^2}=6,93cm$

Thời gian thiết lập điện trường là: $1,375s=\frac{11}{4}T=2T+\frac{3}{4}T$

Ta có VTLG:

Ta có độ lớn của góc a là: $a=\arccos \frac{4}{5}=36,{87}^0$

Vậy góc $b={90}^0-a={53}^{0}7\text{'}$

Li độ của vật khi đó là: $x=A\text{'}.\cos b=4,158cm$

Vận tốc của vật khi đó là: $v=\sqrt{{\omega }^2.\left(A^2-x^2\right)}=22,176\pi cm/s$

Lúc này ngừng tác dụng lực điện, vị trí cân bằng của vật trở về vị trí ban đầu, nên li độ của vật lúc này là:

$x\text{'}=4,158-2,25=1,908cm$

Biên độ của vật là: $A\text{'}\text{'}=\sqrt{x{\text{'}}^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}}=\sqrt{1,{908}^2+{\left(\frac{22,176\pi }{4\pi }\right)}^2}=5,863cm$

Vậy gần nhất với giá trị biên độ này là 5,26 cm.

Chọn D.

Phương pháp: 

$\left\{\begin{array}{c}x+y=L\\ x-y=l\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{c}x=\frac{L+l}{2}=0,96\left(m\right)\\ y=\frac{L-l}{2}=0,24\left(m\right)\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{cc}\text{¶nh\hspace{0.17em}lín:}& a_1=a\frac{x}{y}\Rightarrow 4=a.\frac{0,96}{0,24}\\ \text{¶nh\hspace{0.17em}nhá:}& a_2=a\frac{y}{x}\end{array}\right.$ 

$\Rightarrow a=1\left(mm\right)\Rightarrow i=\frac{\lambda D}{a}=0,9\left(mm\right)\Rightarrow$  Chọn D

Phương pháp: 

Ta có, khi U_AN cực đại thì: $U_{AN}=U_{RL}=\frac{U.\sqrt{R^2+Z_L^2}}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}=\frac{U.\sqrt{R^2+{\left(\omega L\right)}^2}}{\sqrt{R^2+{\left(\omega L-\frac{1}{\omega C}\right)}^2}}=\frac{U}{\sqrt{1-p^{-2}}}$

Với $p=\frac{1}{2}\left(1+\sqrt{1+2\frac{R^{2}C}{L}}\right)$

Từ đồ thị ta thấy $U_{AN}=\frac{5}{3}U$ nên $\Rightarrow p=\frac{R^{2}C}{L}$ 

Tại $\omega =y$ thì $U_{L\max },$ ta có: $\left\{\begin{array}{l}{Z}_C=\sqrt{\frac{L}{C}-\frac{R^2}{2}}\\ Z_L=\frac{L}{C}.\frac{1}{Z_C}\end{array}\right.\Rightarrow \frac{Z_L}{Z_C}=\frac{L}{C}.\frac{1}{\frac{L}{C}-\frac{R^2}{2}}=\frac{1}{1-\frac{R^{2}C}{L}}=n$

Chuẩn hóa số liệu: $Z_C=1;Z_L=n;R=\sqrt{2n-2}$ 

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

Lời giải: 

Ta có, khi U_AN cực đại thì: $U_{AN}=U_{RL}=\frac{U.\sqrt{R^2+Z_L^2}}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}=\frac{U.\sqrt{R^2+{\left(\omega L\right)}^2}}{\sqrt{R^2+{\left(\omega L-\frac{1}{\omega C}\right)}^2}}=\frac{U}{\sqrt{1-p^{-2}}}$

Với $p=\frac{1}{2}\left(1+\sqrt{1+2\frac{R^{2}C}{L}}\right)$

Từ đồ thị ta thấy $U_{AN}=\frac{5}{3}U$ $\Rightarrow p=1,25\Rightarrow \frac{R^{2}C}{L}=0,625$ 

Tại $\omega =y$ thì $U_{L\max },$ ta có: $\left\{\begin{array}{l}{Z}_C=\sqrt{\frac{L}{C}-\frac{R^2}{2}}\\ Z_L=\frac{L}{C}.\frac{1}{Z_C}\end{array}\right.\Rightarrow \frac{Z_L}{Z_C}=\frac{L}{C}.\frac{1}{\frac{L}{C}-\frac{R^2}{2}}=\frac{1}{1-\frac{R^{2}C}{L}}=1,455$

Chuẩn hóa số liệu: $Z_C=1;Z_L=1,455;R=0,95$ 

Hệ số công suất: $\cos \phi =\frac{R}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}=\frac{0,95}{\sqrt{0,{95}^2+{\left(1.455-1\right)}^2}}=0,904$

Chọn D.