Bộ đề thi minh họa môn Vật lí THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 5)

Phương pháp:

+ Tần số của dao động cưỡng bức bằng tần số của ngoại lực.

+ Biên độ của dao động cưỡng bức tỉ lệ thuận với biên độ F₀ của ngoại lực, phụ thuộc vào tần số của ngoại lực và sức cản của môi trường

Cách giải:

Biên độ của dao động cưỡng bức không phụ thuộc vào thời gian tác dụng của ngoại lực.

Phương pháp:

+ Tốc độtruyền sóng điện từ $v=\frac{c}{n}$ 

+ Sóng điện từ là sóng ngang.

+ Sóng điện từ truyền được trong chân không.

Cách giải:

Ta có: $v=\frac{c}{n}$

$\to$ Phát biểu đúng khi nói về sóng điện từ: Có tốc độ truyền sóng phụ thuộc vào hằng số điện môi.

Chọn A.

Phương pháp:

Công thức tính động năng: ${\text{W}}_d=\frac{1}{2}m{v}^2$ 

Vật có tốc độ cực đại khi qua VTCB, vật có tốc độ bằng 0 ở vị trí biên.

Cách giải:

Khi vật nặng qua VTCB thì $v_{max}\Rightarrow {\text{W}}_{dmax}=\frac{1}{2}m{v}_{max}^2$ 

Chọn D.

Phương pháp:

Biểu thức điện áp xoay chiều: $u=U_0\cos \left(\omega t+{\phi }_u\right)$ 

Biểu thức của dòng điện xoay chiều: $i=I_0\cos \left(\omega t+{\phi }_i\right)$ 

Trong đó: $\omega \left(rad/s\right)$ được gọi là tần số góc.

Cách giải:

Biểu thức của điện áp xoay chiều: $u=100\cos \left(100\pi t\right)V$ 

Vậy tần số góc của dòng điện là: $\omega =100\pi \left(rad/s\right)$ 

Chọn D.

Phương pháp:

Sử dụng thang sóng điện từ.

Cách giải:

Vậy các bức xạ có bước sóng tăng dần theo thứ tự đúng là: tia gamma, tia X, tia tử ngoại, ánh sáng nhìn thấy, tia hồng ngoại và sóng vô tuyến.

Phương pháp:

+Các đặc trưng vật lí của âm: Tần số, cường độ âm, mức cường độ ẩm và đồ thị dao động.

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

Cách giải:

Tần số không phải là đặc trưng sinh lí của âm.

Chọn B.

Phương pháp:

Sử dụng định nghĩa sóng ngang.

Cách giải:

Sóng ngang là sóng có phương dao động của phần tử môi trường luôn vuông góc với phương truyền sóng.

Phương pháp:

Tia X được dùng để:

+ Chụp X-quang trong y học để chuẩn đoán và chữa trị một số bệnh.

+ Tìm khuyết tật trong vật đúc bằng kim loại và trong tinh thể.

+ Kiểm tra hành lý của hành khách đi máy bay.

+ Sử dụng trong phòng thí nghiệm để nghiên cứu thành phần và cấu trúc của các vật rắn.

Cách giải:

Tia X (tia Rơn - ghen) không được dùng để chữa bệnh còi xương.

Chọn A.

Phương pháp:

Đoạn mạch chỉ chứa tụ điện: $\left\{\begin{array}{l}i=I_0.\cos \left(\omega t\right)\left(A\right)\\ u=U_0.\cos \left(\omega t-\frac{\pi }{2}\right)\left(V\right)\end{array}\right.$ 

Dung kháng: $Z_C=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{2\pi f.C}$ 

Cường độ dòng điện hiệu dụng: $I=\frac{U}{Z_C}$ 

Công suất tiêu thụ: $P=UI.\cos \phi =\frac{U{}^{2}R}{Z^2}$ 

Cách giải:

Đối với mạch chỉ chứa tụ điện ta có:

 $\left\{\begin{array}{l}{Z}_C=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{2\pi f.C}\Rightarrow f\uparrow ,Z_C\downarrow \\ I=\frac{U}{Z_C}=\frac{U}{\frac{1}{\omega C}}=U.C\omega \\ P=\frac{U^{2}R}{Z^2}=0\\ i=I_0.\cos \left(\omega t\right)\left(A\right)\\ u=U_0.\cos \left(\omega t-\frac{\pi }{2}\right)\left(V\right)\end{array}\right.$

$\to$ Điện áp hai đầu đoạn mạch trễ pha $\frac{\pi }{2}$ so với cường độ dòng điện trong đoạn mạch.

$\to$Phát biểu sai: Điện áp hai đầu đoạn mạch sớm pha $0,5\pi$ so với cường độ dòng điện trong đoạn mạch.

Chọn D.

Phương pháp:

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

Cách giải:

Ta có: $f=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}$$\Rightarrow f^2=\frac{1}{4{\pi }^{2}LC}\Rightarrow C=\frac{1}{4{\pi }^2{f}^{2}L}$ 

Chọn D.

Phương pháp:

+ Tia tử ngoại là những bức xạ không nhìn thấy được, có bước sóng nhỏ hơn bước sóng của ánh sáng tím ($\lambda <0,38\mu m$)

+ Tính chất của tia tử ngoại:

- Tác dụng lên phim ảnh, làm ion hóa không khí và nhiềuchất khí khác.

- Kích thích sự phát quang của nhiều chất; Kích thích nhiều phản ứng hóa học

- Bị thủy tinh, nước, ... hấp thụ rất mạnh.

- Có một số tác dụng sinh lí: hủy diệt tế bào da, làm da rám nắng, làm hại mắt, diệt khuẩn, diệt nấm mốc.

- Có thể gây ra hiện tượng quang điện.

Cách giải:

Phát biểu sai về tia tử ngoại: Tia tử ngoại dễ dàng đi xuyên qua tấm chì dày vài centimet.

Chọn D.

Phương pháp:

Thuyết lượng tử ánh sáng:

+ Ánh sáng được tạo thành bởi các hạt gọi là photon

+ Với mỗi ánh sáng đơn sắc có tần số f, các photon đều giống nhau, mỗi photon mang năng lượng bằng hf.

+ Trong chân không, photon bay với tốc độ $c={3.10}^{8}m/s$ dọc theo các tia sáng

+ Mỗi lần một nguyên tử hay phân tử phát xạ hay hấp thụ ánh sáng thì chúng phát ra hay hấp thụ một photon

+ Photon chỉ tồn tại trong trạng thái chuyển động. Không có photon đứng yên

Cách giải:

Theo thuyết lượng tử ánh sáng, phát biểu đúng là ánh sáng được tạo thành bởi các hạt gọi là photon.

Chọn D.

Phương pháp:

+ Quang phổ liên tục là một dải có màu từ đó đến tím nối liền nhau một cách liên tục.

+ Quang phổ liên tục do các chất rắn, chất lỏng hoặc chất khí có áp suất lớn phát ra khi bị nung nóng.

+ Quang phổ liên tục của các chất khác nhau ở cùng một nhiệt độ thì giống nhau và chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ của chúng.

+ Ứng dụng: Đo nhiệt độ của các vật nóng sáng ở nhiệt độ cao như các ngôi sao qua quang phổ của nó.

 Cách giải:

Thanh sắt và thanh niken tách rời nhau được nung nóng đến cùng nhiệt độ 1200⁰C thì phát ra hai quang phổ liên tục giống nhau

Chọn D.

Phương pháp:

Công của lực điện trường: $A=q.Ed=q.U$ 

Cách giải:

Ta có: $A=q.U\Rightarrow q=\frac{A}{U}=\frac{1}{2000}={5.10}^{-4}C$ 

Chọn A.

Phương pháp:

+ Dao động cưỡng bức là dao động xảy ra dưới tác dụng của ngoại lực tuần hoàn, dao động cưỡng bức có tần số bằng tần số của ngoại lực. Khi tần số của ngoại lực bằng tần số riêng của hệ dao động tắt dần thì xảy ra hiện tượng cộng hưởng.

+ Dao động duy trì cũng xảy ra dưới tác dụng của ngoại lực nhưng ở đây ngoại lực được điều khiển để có tần số bằng tần số của dao động tự do.

Cách giải:

Dao động cưỡng bức khí cộng hưởng có điểm giống với dao động duy trì: cả hai đều có tần số gần đúng bằng tần số riêng của hệ dao động.

Chọn C.

Phương pháp:

+ Nếu $\Delta m_{sau}>\Delta m_{truoc}\Rightarrow$ phản ứng tỏa năng lượng: ${\text{W}}_{toa}=\left(\Delta m_{sau}-\Delta m_{truoc}\right)c^2$ 

+ Nếu $\Delta m_{sau}<\Delta m_{truoc}\Rightarrow$phản ứng thu năng lượng: ${\text{W}}_{thu}=\left(\Delta m_{truoc}-\Delta m_{sau}\right)c^2$

Cách giải:

Phương trình phản ứng: ${}_1{}^{2}D+{}_1{}^{3}T\to {}_2{}^{4}He+{}_0{}^{1}n$ 

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\Delta m_{truoc}=m_D+m_T=0,0024+0,0087=0,0111u\\ \Delta m_{sau}=\Delta m_{He}=0,0305u\end{array}\right.$ 

Do $\Delta m_{sau}>\Delta m_{truoc}\Rightarrow$ phản ứng tỏa năng lượng:

${\text{W}}_{toa}=\left(\Delta m_{sau}-\Delta m_{truoc}\right)c^2$$=\left(0,0305-0,0111\right)u{c}^2=0,0194.931,5=18,07MeV$ 

Chọn A.

Phương pháp:

Sử dụng VTLG

Cách giải:

Phương trình dao động điều hòa:$x=A.\cos \omega t\left(A>0\right)\Rightarrow \phi =0$ 

$\Rightarrow$ Gốc thời gian là lúc vật đến vị trí có li độ  $x=+A$

Chọn B.

Phương pháp:

Công thức tính mức cường độ âm: $L\left(dB\right)=10.\log \frac{I}{I_0}\Rightarrow I$ 

Cách giải:

Ta có: $L=10.\log \frac{I}{I_0}=80dB\Rightarrow \log \frac{I}{I_0}=8\Rightarrow \frac{I}{I_0}={10}^9\Rightarrow I={10}^{-12}{.10}^8={10}^{-4}\left(\text{W}/m^2\right)$

Phương pháp:

Từ trường của dòng điện chạy trong dây dẫn uốn thành vòng tròn: $B_1=2\pi {.10}^{-7}.\frac{I}{R}$ 

Từ trường của dòng điện chạy trong dây dẫn thẳng dài: $B_2={2.10}^{-7}.\frac{I}{R}$ 

Cách giải:

Theo bài ra ta có: $\left\{\begin{array}{l}{B}_1=2\pi {.10}^{-7}.\frac{I}{R}\\ B_2={2.10}^{-7}.\frac{I}{R}\end{array}\right.\Rightarrow \frac{B_1}{B_2}=\pi$ 

Chọn C.

Phương pháp:

Công suất tiêu thụ: $P=UI.\cos \phi$  

Cách giải:

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch này là: $P=UI.\cos \phi =\frac{U_0{I}_0.\cos \phi }{2}=\frac{200\sqrt{2}\mathrm{.2.}\cos \frac{\pi }{4}}{2}=200W$

Chọn B.

Phương pháp:

Biên độ của dao động tổng hợp: $A=\sqrt{A_1^2+A_2^2+2A_1{A}_2.\cos \Delta \phi }$ 

Cách giải:

Khi $\left\{\begin{array}{l}\Delta \phi =2k\pi \Rightarrow A_{max}=A_1+A_2\\ \Delta \phi =\left(2k+1\right)\pi \Rightarrow A_{\min }=\left|A_1-A_2\right|\end{array}\right.\Rightarrow A_1+A_2\ge A\ge \left|A_1-A_2\right|$ 

Chọn B.

Phương pháp:

Quang điện trở được chế tạo dựa trên hiệu ứng quang điện trong. Đó là một tấm bán dẫn có giá trị điện trở thay đổi khi cường độ chùm sáng chiếu vào nó thay đổi.

Cách giải:

Chế độ rọi sáng vào quang trở không đổi nên điện trở của quang trở là 1 hằng số.

Mối quan hệ giữa U và I khi R không đổi: $I-\frac{U}{R}$ 

$\Rightarrow$ Đồ thị I= f(U) là một đường thẳng đi qua gốc tọa độ (Hình c)

Chọn D.

Phương pháp:

Công thức tính bán kính quỹ đạo dừng n: $r_n=n^2.r_0$  

Cách giải:

Quỹ đạo Oứng với n= 5; quỹ đạo Lứng với n=2.

Khi electron chuyển từ quỹ đạo O về quỹ đạo L bán kính quỹ đạo giảm bớt:

$\Delta r=r_5-r_2=\left(5^2-2^2\right)r_0=\left(5^2-2^2\right).5,{3.10}^{-11}=11,{13.10}^{-10}m$ 

Chọn D.

Phương pháp:

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

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

Phương pháp:

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

1. Micro 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. Mach 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

Cách giải:

Trong máy thu thanh vô tuyến, bộ phận dùng để biến đổi trực tiếp dao động điện thành daođộng âm có cùng tần số là loa.

Chọn D.

Phương pháp:

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

Suất điện động và điện trở trong của bộ nguồn mắc nối tiếp: $\left\{\begin{array}{l}{E}_b=E_1+E_2+\mathrm{...}+E_n\\ r_b=r_1+r_2+\mathrm{...}+r{}_n\end{array}\right.$ 

Cách giải:

Ban đầu: $I=\frac{E}{R+r}=\frac{E}{r+r}=\frac{E}{2r}\left(1\right)$

Sau đó: $\left\{\begin{array}{l}{E}_b=3E\\ r_b=3r\end{array}\right.\Rightarrow I^{\text{'}}=\frac{E_b}{R+r_b}=\frac{3E}{r+3r}=\frac{3E}{4r}\left(2\right)$

Lấy (2) chia (1): $\frac{I^{\text{'}}}{I}=\frac{\frac{3E}{4r}}{\frac{E}{2r}}=1,5\Rightarrow I^{\text{'}}=1,5I$ 

Chọn B.

Phương pháp:

Công thức tính động năng, thế năng và cơ năng: $\left\{\begin{array}{l}{\text{W}}_d=\frac{1}{2}m{v}^2\\ {\text{W}}_t=\frac{1}{2}k{x}^2\\ \text{W}={\text{W}}_d+{\text{W}}_t=\frac{1}{2}k{A}^2=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2\end{array}\right.$ 

Cách giải:

Tần số góc: $\omega =2\pi f=2\pi .5=10\pi \left(rad/s\right)$ 

Cơ năng của vật: $\text{W}=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2\Rightarrow A^2=\frac{2W}{m{\omega }^2}=\frac{2.0,08}{0,1.{\left(10\pi \right)}^2}=1,{6.10}^{-3}\left(m^2\right)$ 

Tỉ số động năng và thể năng : $\frac{{\text{W}}_d}{{\text{W}}_t}=\frac{\text{W}-{\text{W}}_t}{{\text{W}}_d}=\frac{{\text{W}}_t}{{\text{W}}_t}-1=\frac{\frac{k{A}^2}{2}}{\frac{k{x}^2}{2}}-1=\frac{A^2}{x^2}-1$ 

Khi $x=2cm=0,02m\Rightarrow \frac{{\text{W}}_d}{{\text{W}}_t}=\frac{1,{6.10}^{-3}}{0,{02}^2}-1=3$ 

Chọn A.

Phương pháp:

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

Cách giải:

Ảnh ngược chiều cao gấp ba lần vật:

Ảnh cách vật 80cm:  $d+d^{\text{'}}=80cm\left(2\right)$

Từ (1) và (2) ta có: $\left\{\begin{array}{l}{d}^{\text{'}}=3d\\ d+d^{\text{'}}=80cm\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}d=20cm\\ d^{\text{'}}=60cm\end{array}\right.$ 

Áp dụng công thức thấu kính ta có: $\frac{1}{f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{d^{\text{'}}}=\frac{1}{20}+\frac{1}{60}=\frac{1}{15}\Rightarrow f=15cm$

Chọn B.

Phương pháp: Điều kiện có sóng dừng trên dây hai đầu cố định: $l=k\frac{\lambda }{2}=k.\frac{v}{2f}$  

Trong đó: Số bụng=k; Số nút =k+ 1.

Cách giải:

Trên dây có 7 bụng sóng $\Rightarrow k=7$ 

Ta có: $l=k\frac{\lambda }{2}=k.\frac{v}{2f}\Rightarrow v=\frac{2lf}{k}=\frac{2.1,05.100}{7}=30m/s$

Chọn C.

Phương pháp

Ta có: ${\alpha }_{\max }=\frac{s_{\max }}{\mathcal{l}}=\frac{s_{\max }}{\frac{g}{{\omega }^2}}=0,1\left(rad\right).$

Tại vị trí cân bằng $T_{\min }=mg\left(3-2\cos {\alpha }_{\max }\right)\Rightarrow \frac{T}{mg}=3-2\cos 0,1=1,01.$ 

Chọn C.

Phương pháp:

Tiên đề về sự hấp thụ hay bức xạ của nguyên tử: Khi nguyên tử chuyển từ trạng thái dừng có năng lượng E_n sang trạng thái dừng có năng lượng E_m thấp hơn thì nó phát ra một phôtôn có năng lượng đúng bằng hiệu E_n – E_m: $\epsilon =h{f}_{nm}=E_n-E_m$ 

Ngược lại, nếu nguyên tử đang ở trạng thái dừng có năng lượng E_m mà hấp thụ được có năng lượng như trên thì nó sẽ chuyển lên trạng thái dừng có năng lượng E_n.

Cách giải:

Áp dụng tiên đề về sự hấp thụ hay bức xạ của nguyên tử ta có:

Vậy bước sóng nhỏ nhất mà nguyên tử có thể phát ra ứng với sự chuyển mức từ 4 về 1 (N về K):

$E_4-E_1=\frac{hc}{\lambda }\iff \left[-\frac{13,6}{4^2}-\left(-\frac{13,6}{1^2}\right)\right].1,{6.10}^{-19}=\frac{hc}{\lambda }$ 

$\Rightarrow \lambda =\frac{hc}{\left(13,6-\frac{13,6}{4^2}\right).1,{6.10}^{-19}}=\frac{6,{625.10}^{-34}{\mathrm{.3.10}}^8}{\left(13,6-\frac{13,6}{4^2}\right).1,{6.10}^{-19}}=9,{74.10}^{-8}m$ 

Chọn D.

Phương pháp:

Khoảng cách giữa hai cực đại giao thoa gần nhaunhất trên đường thẳng nối hai nguồn là $\frac{\lambda }{2}$ 

Tốc độ truyền sóng $v=\frac{\lambda }{T}=\lambda f$ 

Cách giải:

Khoảng cách giữa hai cực đại giao thoa ở kề nhau trên đường thẳng nối hai nguồn là  

$\frac{\lambda }{2}$=$1,6cm\Rightarrow \lambda =3,2cm$ 

Tốc độ truyền sóng $v=\frac{\lambda }{T}=\lambda f=3,2.25=80cm/s=0,8m/s$

Phương pháp:

Số hạt nhân bị phân rã: $\Delta N=N_0\left(1-2^{\frac{t}{T}}\right)$ 

Cách giải:

Ta có: $N_{oA}=N_{oB}=N_o$

Sau 80 phút: $\frac{\Delta N_A}{\Delta N_B}=\frac{N_o\left(1-2^{-\frac{80}{20}}\right)}{N_o\left(1-2^{-\frac{80}{40}}\right)}=\frac{5}{4}.$ 

Chọn B.

Phương pháp:

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

Cách giải:

Theo các dữ kiện bài cho: $\left\{\begin{array}{l}\frac{U_1}{200}=\frac{N_1}{N_2}\left(1\right)\\ \frac{U_1}{U}=\frac{N_1-n}{N_2}\left(2\right)\\ \frac{U_1}{0,5U}=\frac{N_1+n}{N_2}\left(3\right)\end{array}\right.$ 

Lấy $\left\{\begin{array}{l}\frac{\left(1\right)}{\left(2\right)}\iff \frac{U}{200}=\frac{N_1}{N_1-n}\\ \frac{\left(2\right)}{\left(3\right)}\iff 0,5=\frac{N_1-n}{N_1+n}\Rightarrow N_1=3n\end{array}\right.\Rightarrow \frac{U}{200}=\frac{3n}{3n-n}\Rightarrow U=300V$ 

Chọn D.

Phương pháp:

+ Điện áp tức thời giữa hai đầu đoạn mạch $u=u_R+u_L+u_C$ 

+ $u_L,u_C$ ngược pha nên $u_L=-u_C$ 

Cách giải:

Ta có: $Z_L=3Z_C\Rightarrow u_L=-3u_C$ 

Tại thời điểm $t:\left\{\begin{array}{l}{u}_R=60V\\ u_C=20V\Rightarrow u_L=-3u_C=-60V\end{array}\right.$ 

$\Rightarrow u=u_R+u_L+u_C=60+20-60=20V$ 

Chọn A.

Phương pháp:

Độ dãn lò xo VTCB: $△l_0=\frac{mg}{k}=\frac{0,25.10}{100}=0,025\left(m\right)=2,5\left(cm\right)$

Chu kì và tần số góc: $\left\{\begin{array}{l}T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}=\frac{\pi }{10}\left(s\right)\\ \omega =\sqrt{\frac{m}{k}}=20\left(rad/s\right)\end{array}\right.$

Biên độ: $A=\sqrt{x_0^2+\frac{v_0^2}{{\omega }^2}}=4\left(cm\right)$

Khi t1= $\pi$/120 s= T/12 (x1 = 0 cm, lò xo dãn $△l_1$= 0,025 m) đến t2 = t1 + T/4 ( x2 = -4 cm, lò xo nén $△l_2$= 0,015 m). Công của lực đàn hồi: $A=\underset{\left(1\right)}{\overset{\left(2\right)}{\int }}Fdx=-\underset{x_1}{\overset{x_2}{\int }}k\left(△l_0+x\right)dx=-\underset{0}{\overset{-0,04}{\int }}100\left(0,025+x\right)dx=+0,02\left(J\right)\Rightarrow$ Chọn D

Phương pháp:

Chu kỳ của dòng điện $T=0,02\left(s\right)=20\left(ms\right)$ 

$Z_L=\omega L=100\left(\Omega \right);Z_C=\frac{1}{\omega C}=200\left(\Omega \right)\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}=100\sqrt{2}\left(\Omega \right)\\ \tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}=-1\Rightarrow \phi =-\frac{\pi }{4}\end{array}\right.$ 

$\Rightarrow i=\frac{U_0}{Z}=cos\left(100\pi t+\frac{\pi }{4}\right)=2,2cos\left(100\pi t+\frac{\pi }{4}\right)\left(A\right)$ 

Biểu thức tính công suất tức thời:

$\begin{array}{l}p=ui=484\sqrt{2}cos100\pi tcos\left(100\pi t+\frac{\pi }{4}\right)\\ p=242\sqrt{2}\left(cos\frac{\pi }{4}+cos\left(200\pi t+\frac{\pi }{4}\right)\right)=242+242\sqrt{2}cos\left(200\pi t+\frac{\pi }{4}\right)\left(\text{W}\right)\end{array}$ 

Giải phương trình p=0 hay

$cos\left(200\pi t+\frac{\pi }{4}\right)=\frac{-1}{\sqrt{2}}\Rightarrow \left[\begin{array}{l}200\pi t+\frac{\pi }{4}=\frac{3\pi }{4}\Rightarrow t_1=2,{5.10}^{-3}\left(s\right)\\ 200\pi t+\frac{\pi }{4}=-\frac{3\pi }{4}+2\pi \Rightarrow t_2={5.10}^{-3}\left(s\right)\end{array}\right.$ 

Đồ thị biểu diễn p theo t có dạng như sau:

Trong một chu kỳ của p, thời gian để p< 0 là$5-2,5=2,5ms$. Vì chu kỳ của p bằng nửa chu kỳ của điện áp nên trong một chu kỳ điện áp khoảng thời gian để p< 0 là $\Delta t=2,5.2=5ms$và khoảng thời gian để p > 0 (điện áp sinh công dương) là $T-\Delta t=0,02-0,005=0,015\left(s\right)\Rightarrow$

Chọn D.

Phương pháp:

          Khoảng vân của ${\lambda }_1:i_1=\frac{{\lambda }_{1}D}{a}=\frac{0,{75.10}^{-6}.1}{1,{5.10}^{-3}}=0,5\left(mm\right)$ 

          Vì có 11 vạch tối trùng nên có 10 vạch sáng trùng ${\lambda }_1\equiv {\lambda }_2:N_{\equiv }=10$ 

          Tổng số vân sáng của ${\lambda }_1:N_1=\frac{L}{i_1}=\frac{15}{0,5}=30$ 

          Tổng số vân sáng của ${\lambda }_2:N_2=70+10-30=50=\frac{L}{i_2}$ 

$\Rightarrow 50=\frac{15}{i_2}\Rightarrow i_2=0,3\left(mm\right)\Rightarrow {\lambda }_2=\frac{a{i}_2}{D}=\frac{1,{5.10}^{-3}.0,{3.10}^{-3}}{1}=0,{45.10}^{-6}\left(m\right)$ 

 Chọn B