Phương pháp: 

Tần số góc, chu kì, tần số dao động của con lắc đơn: $\omega =\sqrt{\frac{g}{l}}\text{; }T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}};f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{g}{l}}$

Cách giải: 

Tần số dao động của con lắc đơn: $f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{g}{l}}$

Chọn D

Phương pháp: 

Hiện tượng ánh sáng làm bật các electron ra khỏi bề mặt kim loại gọi là hiện tượng quang điện ngoài. Cách giải: 

Hiện tượng quang điện ngoài là hiện tượng các eletron bị bật ra khỏi bản kim loại do tác dụng của ánh sáng có bước sóng thích hợp.

Chọn B

Phương pháp: 

Hiện tượng quang – phát quang là hiện tượng một số chất có khả năng hấp thụ ánh sáng có bước sóng này để phát ra một ánh sáng có bước sóng khác. Ví dụ: Nếu chiếu một chùm bức xạ tử ngoại vào một ống nghiệm chứa dung dịch fluorexêin. Sau đó ta sẽ thấy dung dịch phát ra ánh sáng màu lục. 

Cách giải: 

Khi chiếu một chùm tia tử ngoại vào một ống nghiệm đựng dung dịch fluorexein thì thấy dung dịch này phát ra ánh sáng màu lục. Đây là hiện tượng quang – phát quang. 

Chọn D

Phương pháp: 

Đồng vị là những nguyên tử mà hạt nhân chứa cùng số proton Z nhưng có số notron N khác nhau.

Cách giải: 

Hai nguyên tử A và B là đồng vị của nhau, hạt nhân của chúng có cùng số proton. 

Chọn D

Phương pháp: 

Sử dụng lí thuyết về tia X. 

Cách giải: 

+ Tia X làm ion hóa không khí ⇒ Đúng vì nó năng lượng lớn. 

+ Tia X gây ra phản ứng quang hợp ⇒ Sai vì tia tử ngoại mới gây ra phản ứng quang hợp.

+ Tia X còn có tên gọi khác là tia Rơn – ghen ⇒ Đúng. 

+ Tia X không bị lệch khi truyền trong điện trường ⇒ Đúng vì tia X không mang điện tích.

Chọn B

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

Từ công thức tính tần số dao động của mạch dao động ta có:

$$\begin{gathered} f=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}} \\ \Rightarrow C=\frac{1}{4{\pi }^2{f}^{2}L}=\frac{1}{\mathrm{4.10.}{\left({100.10}^3\right)}^2{.10}^{-4}} \\ =2,{5.10}^{-8}F=25nF \end{gathered}$$

Chọn A

Phương pháp: 

Sử dụng lí thuyết về dao động duy trì. 

Cách giải: 

Nếu một con lắc đang dao động duy trì thì cả biên độ dao động và tần số của dao động đều không đổi.

Chọn A

Phương pháp: 

Giới hạn quang dẫn: ${\lambda }_0=\frac{hc}{A}$

Cách giải: 

Giới hạn quang dẫn của Ge là:

$$\begin{gathered} {\lambda }_0=\frac{hc}{A}=\frac{6,{625.10}^{-3}{\mathrm{.3.10}}^8}{0,66.1,6,{10}^{-19}} \\ =1,{88.10}^{-6}m=1,88\mu m \end{gathered}$$

Chọn C

Phương pháp: 

Công thức liên hệ giữa cường độ dòng điện cực đại và hiệu dụng: $I=\frac{I_0}{\sqrt{2}}$

Cách giải: 

Cường độ dòng điện cực đại là: $I_0=I.\sqrt{2}=2\sqrt{2}.\sqrt{2}=4A$

Chọn D

Phương pháp: 

Biểu thức của định luật khúc xạ ánh sáng: $n_1.\sin i=n_2\sin r$

Với chiết suất của môi trường đối với ánh sáng đơn sắc: $n_d<n_t$

Cách giải: 

Khi ánh sáng truyền từ không khí vào nước: $\sin i=n.\sin r\Rightarrow \sin r=\frac{\sin i}{n}$

Mà $n_d<n_t\Rightarrow r_d>r_t$

⇒ So với phương của tia tới, độ lệch tia khúc xạ theo thứ tự tăng dần là: đỏ, vàng, lam, tím.

Chọn A

Phương pháp: 

Sử dụng lí thuyết về nguồn phát của: quang phổ liên tục, quang phổ vạch phát xạ, quang phổ vạch hấp thụ.

Cách giải: 

Quang phổ của một vật rắn nóng sáng phát ra là một dải các màu sắc biến đổi liên tục.

Chọn C

Phương pháp: 

Biểu thức định luật Ôm: $I=\frac{\xi }{R_N+r}$

Cách giải: 

Cường độ dòng điện trong mạch bằng: $I=\frac{\xi }{R_N+r}=\frac{6}{10+2}=0,5A$

Chọn C

Phương pháp: 

Sử dụng giản đồ vecto. 

Độ lệch pha giữa u và i: $\phi ={\phi }_u-{\phi }_i$

Cách giải:

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

Ta có giản đồ vecto:

Từ giản đồ vecto ta thấy: $-\frac{\pi }{2}<\phi <\frac{\pi }{2}$

$$\begin{gathered} \Rightarrow -\frac{\pi }{2}<{\phi }_u-{\phi }_i<\frac{\pi }{2} \\ \iff -\frac{\pi }{2}<\frac{\pi }{2}-{\phi }_i<\frac{\pi }{2}\iff 0<{\phi }_i<\pi \end{gathered}$$

Chọn D

Phương pháp: 

Hệ số công suất: $\cos \phi \text{; }\phi ={\phi }_u-{\phi }_i$

Cách giải: 

Hệ số công suất của thiết bị này bằng: $\cos \phi =\cos \frac{\pi }{6}=0,87$

Chọn B

Phương pháp: 

Sử dụng lí thuyết về các đặc trưng sinh lí của âm. 

Cách giải: 

Âm sắc là một đặc trưng sinh lí của âm cho phép ta phân biệt được các âm có cùng tần số do các nhạc cụ khác nhau phát ra. 

Chọn C

Phương pháp: 

Công thức tính tần số: $f=\frac{np}{60}\left(Hz\right)$

Trong đó: p là số cặp cực; n là tốc độ quay của roto tính bằng vòng/phút. 

Cách giải: 

Tần số của suất điện động do máy tạo ra là: $f=\frac{np}{60}=\frac{3.1200}{60}=60\left(Hz\right)$

Chọn B

Phương pháp: 

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{x}_1=A_1.\cos \left(\omega t+{\phi }_1\right)\\ x_2=A_2.\cos \left(\omega t+{\phi }_2\right)\\ x=x_1+x_2=A.\cos (\omega t+\phi )\end{array}\right.$

Với $A_2^2=A^2+A_1^2-2A.A_1.\cos \left(\phi -{\phi }_1\right)$

Cách giải: 

Ta có: $A_2=A^2+A_1^2-2A.A_1.\cos \left(\phi -{\phi }_1\right)$

$$\begin{gathered} \iff 4^2=4^2+4^2-\mathrm{2.4.4.}\cos \left(\phi -{\phi }_1\right) \\ \iff \cos \left(\phi -{\phi }_1\right)=\frac{1}{2}\Rightarrow \left(\phi -{\phi }_1\right)=\frac{\pi }{3} \end{gathered}$$

Chọn A

Phương pháp: 

+ Định luật Faraday thứ nhất: Khối lượng vật chất được giải phóng ở điện cực của bình điện phân tỉ lệ thuận với điện lượng chạy qua bình: m = k.q

+ Định luật Faraday thứ hai: Đương lượng điện hóa k của một nguyên tố tỉ lệ với đương lượng gam $\frac{A}{n}$ của nguyên tố đó. Hệ số tỉ lệ là $\frac{1}{F},$ trong đó F gọi là hằng số Fa-ra-day: $k=\frac{1}{F}\cdot \frac{A}{n}$

Kết hợp hai định luật: $m=\frac{1}{F}\cdot \frac{A}{n}\cdot It$

Cách giải: 

Khối lượng của chất giải phóng ở điện cực được tính bằng công thức: $m=\frac{1}{F}\cdot \frac{A}{n}\cdot It$

Mà đương lượng điện hóa $k=\frac{1}{F}\cdot \frac{A}{n}\Rightarrow m=k.It\Rightarrow k=\frac{m}{I.t}$

Từ đồ thị ta có: $t=3phut=180s\Rightarrow m=2,{98.10}^{-4}kg$

$\Rightarrow k=\frac{m}{I.t}=\frac{2,{98.10}^{-4}}{5.180}=3,{31.10}^{-7}\left(Kg\text{/}C\right)$

Chọn A

Phương pháp: 

Độ hụt khối: $\Delta m_X=Z.m_p+(A-Z)m_n-m_X$

Cách giải: 

Độ hụt khối của hạt nhân ${}_{17}^{37}\text{Cl}$ bằng: 

$$\begin{gathered} \Delta m_X=Z.m_p+(A-Z)m_n-m_X \\ =17.1,0073+(37-17).1,0087-36,9566=0,3415u \end{gathered}$$

Chọn D

Phương pháp: 

Công thức tính lực hướng tâm: $F_{ht}=\frac{m{v}^2}{r}$

Biểu thức của định luật Culong: $F=\frac{k.\left|q_1{q}_2\right|}{r^2}$

Khi electron chuyển động trên quỹ đạo dừng thì lực hút tĩnh điện đóng vai trò lực hướng tâm. 

Cách giải: 

Công thức tính lực hướng tâm: $F_{ht}=\frac{m{v}^2}{r}$

Biểu thức của định luật Culong: $F=\frac{k.\left|q_1{q}_2\right|}{r^2}$

Khi electron chuyển động trên quỹ đạo dừng thì lực hút tĩnh điện đóng vai trò lực hướng tâm. 

Ta có:

$$\begin{gathered} k\frac{\left|q_1{q}_2\right|}{r_n^2}=\frac{m{v}^2}{r_n}\Rightarrow v_n=\sqrt{k\frac{\left|q_1{q}_2\right|}{m.r_n}} \\ \Rightarrow \frac{v_K}{v_M}=\sqrt{\frac{k\cdot \frac{\left|q_1{q}_2\right|}{m.r_K}}{k\cdot \frac{\left|q_1{q}_2\right|}{m.r_M}}}=\sqrt{\frac{r_M}{r_K}} \end{gathered}$$

Mặt khác bán kính quỹ đạo dừng được xác định là $r_n=n^2.r_0$

Quỹ đạo K ứng với n = 1; quỹ đạo M ứng với n = 3

Nên tỉ số $\frac{v_L}{v_N}=\frac{\sqrt{3^2.r_0}}{\sqrt{1^2.r_0}}=3$

Chọn B

Phương pháp: 

Khối lượng chất phóng xạ còn lại: $m=m_0{.2}^{-\frac{t}{T}}$

Cách giải: 

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{m}_0=1g\\ m=0,707g\\ T=138 ngay \end{array}\right.$

Khối lượng poloni còn lại được tính theo công thức:

$$\begin{gathered} m=m_0{.2}^{-\frac{t}{T}}\Rightarrow 2^{-\frac{t}{138}}=\frac{m}{m_0}=\frac{0,707}{1} \\ \Rightarrow 2^{-\frac{t}{138}}\approx \frac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow 2^{-\frac{t}{138}}=2^{-\frac{1}{2}} \\ \Rightarrow \frac{t}{138}=\frac{1}{2}\Rightarrow t=69ngay \end{gathered}$$

Chọn C

Phương pháp: 

Công thức tính công suất hao phí trên đường dây tải điện: $\Delta P=\frac{P^{2}R}{U^2.{\cos }^2\phi }$

Cách giải: 

Theo bài ra ta có: $\left\{\begin{array}{l}R=10\Omega \\ P=12MW={12.10}^{6}W\\ U=500kV={500.10}^{3}V\\ \cos \phi =1\end{array}\right.$

Công suất hao phí trên đường dây tải điện là: $\Delta P=\frac{P^{2}R}{U^2.{\cos }^2\phi }=\frac{{\left({12.10}^6\right)}^2.10}{{\left({500.10}^3\right)}^2.1}=5760W$

Chọn B

Phương pháp: 

Tại VTCB: $v_{\max }=\omega A$

Hệ thức độc lập theo thời gian: $A^2=\frac{v^2}{{\omega }^2}+\frac{a^2}{{\omega }^4}$

Cách giải: 

Khi chất điểm qua VTCB:

$v_{\max }=\omega A\Rightarrow \omega =\frac{v_{\max }}{A}=\frac{20}{A}$ max 

Lại có: $A^2=\frac{v^2}{{\omega }^2}+\frac{a^2}{{\omega }^4}\iff A^2{\omega }^2=v^2+\frac{a^2}{{\omega }^2}$

$$\begin{gathered} \iff A^2\cdot \frac{{20}^2}{A^2}={10}^2+\frac{{\left(40\sqrt{3}\right)}^2}{\frac{{20}^2}{A^2}} \\ \iff {20}^2={10}^2+\frac{{\left(40\sqrt{3}\right)}^2}{{20}^2}\cdot A^2 \\ \Rightarrow A^2=25\Rightarrow A=5cm \end{gathered}$$

Chọn B

Phương pháp: 

Sử dụng hình vẽ:

Sườn đón sóng ⇒ các phần tử môi trường đi xuống. 

Sườn không đón sóng ⇒ các phần tử môi trường đi lên. 

Cách giải:

Sóng cơ lan truyền ngược chiều dương của trục tọa độ ⇒ Sóng truyền từ phải sang trái.

Điểm E, B nằm trên sườn đón sóng ⇒ E, B ↓

C ở đáy sóng ⇒ C ↑ 

A nằm ở đỉnh sóng ⇒ C ↓ 

D nằm ở sườn không đón sóng ⇒ D ↑

⇒ Điểm A, B, E đi xuống còn điểm C, D đi lên  

Chọn B

Phương pháp: 

Tần số góc: $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}$

Độ biến dạng tại VTCB: $\Delta l=\frac{mg}{k}$

Biên độ dao động: $A=\sqrt{x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}}$

Công thức tính tốc độ: $v=\omega \sqrt{A^2-x^2}$

Cách giải: 

Tần số góc: $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{100}{0,25}}=20rad\text{/}s$

Độ biến dạng của lò xo tại VTCB: $\Delta l=\frac{mg}{k}=\frac{0,25.10}{100}=2,5cm$

Từ VTCB kéo vật xuống dưới 1 đoạn sao cho lò xo dãn 7,5cm rồi thả nhẹ  

$\Rightarrow \Delta l+A=7,5cm\Rightarrow A=7,5-2,5=5cm$

Vị trí lò xo không biến dạng có $\left|x\right|=2,5\text{cm}$

⇒ Tốc độ của vât khi nó đi qua vị trí lò xo không biến dạng là: $v=\omega \sqrt{A^2-x^2}=20\sqrt{5^2-2,5^2}=86,6cm\text{/}s$

Chọn B

Phương pháp: 

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

Trong đó: Số bụng sóng = k; Số nút sóng = k + 1.

Cách giải: 

Chiều dài sợi dây thỏa mãn: $l=k\cdot \frac{v}{2f}\Rightarrow f=\frac{k.v}{2l}=\frac{k.20}{2.2}=5k$

Mà $11Hz<f<19Hz\iff 11<5k<19$

$\Rightarrow 2,2<k<3,8\Rightarrow k=3$

⇒ Số nút sóng = k + 1 = 3 + 1 = 4. 

Chọn C

Phương pháp: 

Tổng trở: $Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}$

Cường độ dòng điện cực đại: $I_0=\frac{U_0}{Z}$

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

Cách giải: 

Cảm kháng: $Z_L=\omega L=100\pi \cdot \frac{3}{2\pi }=150\Omega$

Dung kháng: $Z_C=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{100\pi \cdot \frac{2}{\pi }\cdot {10}^{-4}}=50\Omega$

Tổng trở: $Z=\sqrt{{100}^2+{(150-50)}^2}=100\sqrt{2}\Omega$

Cường độ dòng điện cực đại: $I_0=\frac{U_0}{Z}=\frac{100\sqrt{2}}{100\sqrt{2}}=1A$

Độ lệch pha giữa u và i: $\tan \phi =\frac{Z_L-Z_C}{R}=\frac{150-50}{100}=1$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \phi =\frac{\pi }{4}\Rightarrow {\phi }_u-{\phi }_i=\frac{\pi }{4} \\ \Rightarrow {\phi }_i={\phi }_u+\frac{\pi }{4}=0+\frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{4} \\ \Rightarrow i=\cos \left(100\pi t+\frac{\pi }{4}\right)A \end{gathered}$$

Chọn C

Phương pháp: 

Cảm ứng từ do dòng điện chạy trong dây dẫn thẳng dài gây ra: $B={2.10}^{-7}.\frac{I}{r}$

Cách giải: 

Có $2B_2=3B_1\iff 2\cdot \frac{{2.10}^{-7}.I}{r_2}=3\cdot \frac{{2.10}^{-7}.I}{r_1}\Rightarrow 2r_1=3r_{\text{2}}\text{ (1)}$

$\Rightarrow r_1>r_2\Rightarrow \left|r_1-r_2\right|=r_1-r_2\Rightarrow r_1-r_2=3c\text{m (2)}$

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}2r_1=3r_2\\ r_1-r_2=3cm\end{array}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{r}_1=9cm\\ r_2=6cm\end{array}\right.\right.$

Chọn D

Phương pháp: 

Độ lớn lực kéo về cực đại của con lắc đơn: $F_{\max }=m.{\omega }^2.S_0=m.\frac{g}{l}.S_0$

Cách giải: 

Ta có:

$$\begin{gathered} \frac{F_{1\max }}{F_{2\max }}=\frac{m{\omega }_1^2{S}_{01}}{m{\omega }_2^2{S}_{02}}=\frac{\frac{g}{{\mathcal{l}}_1}\cdot S_{01}}{\frac{g}{{\mathcal{l}}_2}\cdot S_{02}} \\ =\frac{S_{01}{\mathcal{l}}_2}{S_{02}{\mathcal{l}}_1}=\frac{S_{01}\cdot \frac{2{\mathcal{l}}_1}{3}}{\frac{3S_{01}}{2}{\mathcal{l}}_1}=\frac{4}{9} \end{gathered}$$

Chọn A

Phương pháp: 

Khoảng vân: $i=\frac{\lambda D}{a}$

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

Hai vân sáng trùng nhau có: $k_1{\lambda }_1=k_2{\lambda }_2$

Cách giải: 

+ Ban đầu: $i_1=\frac{{\lambda }_{1}D}{a}\Rightarrow {\lambda }_1=\frac{i_1.a}{D}=\frac{4,5.0,2}{1,8}=0,5\mu m=500nm$

+ Sau khi thay bằng bức xạ λ₂, tại vị trí vân sáng bậc 5 của ánh sáng có bước sóng λ₁ xuất hiện một vân sáng của ánh sáng có bước sóng λ₂ 

$\Rightarrow 5{\lambda }_1=k.{\lambda }_2\Rightarrow {\lambda }_2=\frac{5{\lambda }_1}{k}=\frac{5.500}{k}=\frac{2500}{k}\left(nm\right)$

Mà $400nm<{\lambda }_2<650nm\iff 400<\frac{2500}{k}<650$

$\iff 3,8<k<6,25\Rightarrow k=4;5;6$

Vì ${\lambda }_2>{\lambda }_1\Rightarrow k=4\Rightarrow {\lambda }_2=\frac{2500}{4}=625\left(nm\right)$

Chọn D

Phương pháp: 

Bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}$

Điều kiện có cực đại giao thoa: $d_2-d_1=k\lambda$

Số điểm dao động cực đại trên đoạn thẳng nối hai nguồn bằng số giá trị k nguyên thỏa mãn:

$-\frac{AB}{\lambda }<k<\frac{AB}{\lambda }$

Để khoảng cách giữa M và đường trung trực max thì M thuộc cực đại ứng với kmax.

Sử dụng định lí hàm số cos và các tỉ số lượng giác để tính toán. 

Cách giải: 

Bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}=\frac{120}{40}=3cm$

Số điểm dao động cực đại trên đoạn thẳng nối hai nguồn bằng số giá trị k nguyên thỏa mãn:

$$\begin{gathered} -\frac{AB}{\lambda }<k<\frac{AB}{\lambda }\iff -\frac{20}{3}<k<\frac{20}{3} \\ \iff -6,7<k<6,7\Rightarrow k=-6;-5;\dots ;6 \end{gathered}$$

Để khoảng cách giữa M và đường trung trực max thì M thuộc cực đại ứng với $k_{\max }=6$

$d_2-d_1=k_{\max }\lambda \iff MB-MA=6.3=18cm$

Mà $MA=AB=20cm\Rightarrow MB=38cm$

Ta có hình vẽ:

Áp dụng định lí hàm số cos trong tam giác MAB ta có: 

$$\begin{gathered} M{B}^2=M{A}^2+A{B}^2-2.MA.AB.\cos MAB \\ \Rightarrow \cos MAB=\frac{M{A}^2+A{B}^2-M{B}^2}{2.MA.AB}=\frac{{20}^2+{20}^2-{38}^2}{\mathrm{2.20.20}} \\ \Rightarrow \cos MAB=-0,805\Rightarrow MAB=143,6^0 \\ \Rightarrow MAI=MAB-900=53,6^0 \\ \Rightarrow MI=AB.\sin MAI=20.0,805=16,1cm \\ \Rightarrow b=MH=MI+IH=16,1+10=26,1cm \end{gathered}$$

Chọn B

Phương pháp: 

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

Tổng trở: $Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}$

Biểu thức định luật Ôm: $I=\frac{U}{Z}$

Sử dụng giản đồ vecto và các hệ thức lượng trong tam giác vuông.

Cách giải: 

+ TH1: Khi nối ampe kế lí tưởng vào M, N ⇒ Tụ C bị nối tắt ⇒ Mạch gồm R, L. 

u,i lệch pha $\frac{\pi }{6}\Rightarrow \tan \frac{\pi }{6}=\frac{Z_L}{R}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow R=Z_L\sqrt{3}\text{ (1)}$

$\Rightarrow Z=\frac{U}{I}=\frac{U}{0,1}\text{ (*)}$

+ TH2: Khi mắc vôn kế lí tưởng vào M, N ⇒ Mạch gồm R, L, C.

Vôn kế chỉ $20V\Rightarrow U_C=20V$

Ta có giản đồ vecto:

Từ giản đồ vecto ta $\Rightarrow U_{R}O{U}_C=\frac{\pi }{2}$

$\Rightarrow U=U_C.\sin O{U}_R{U}_C=20.\sin \frac{\pi }{3}=10\sqrt{3}V$

Thay $U=10\sqrt{3}V$ vào (*) ta được: $Z=\frac{10\sqrt{3}}{0,1}=100\sqrt{3}\Omega$

$\Rightarrow \sqrt{R^2+Z_L^2}=100\sqrt{3}\text{ (2)}$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}R=150\Omega \\ Z_L=50\sqrt{3}\Omega \end{array}\right.$

Chọn A

Phương pháp: 

+ Độ biến dạng tại VTCB: $\Delta l=\frac{mg}{k}$

+ Tần số góc: $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{g}{\Delta l}}$

+ Công thức tính vận tốc: $v=\pm \omega \sqrt{A^2-x^2}$

+ Biên độ dao động: $A=\sqrt{x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}}$

+ Áp dụng biểu thức định luật II Niuton cho vật m₂ tại vị trí hai vật rời nhau.

Cách giải:

+ Hệ vật $\left(m_1+m_2\right)$ dao động với: $\left\{\begin{array}{l}\begin{array}{l}\begin{array}{l}\\ \Delta l_0=44-40=4cm\end{array}\\ A=2+4=6cm\end{array}\\ \omega =\sqrt{\frac{k}{m_1+m_2}}=\sqrt{\frac{g}{\Delta l_{012}}}=\sqrt{\frac{10}{0,04}}=5\pi rad/s\end{array}\right.$

$\Rightarrow k=\frac{mg}{\Delta l_{012}}=\frac{0,4.10}{0,04}=100N\text{/}m$

+ Áp dụng định luật II Niuton cho m₂ tại vị trí hai vật tách nhau:

$$\begin{gathered} \overrightarrow{P_2}+\overrightarrow{F_{12}}=m_2\overrightarrow{a}\iff -m_{2}g+F_{12}=m_{2}a \\ \iff -m_{2}g+F_{12}=m_2.{\omega }^2.\left|x\right| \\ \iff -0,2.10+3,5=0,2.{\left(5\pi \right)}^2.\left|x\right|\Rightarrow \left|x\right|=3cm \\ \Rightarrow v_{12}=\omega \sqrt{A^2-x^2}=5\pi \sqrt{6^2-3^2}=81,6cm\text{/}s \end{gathered}$$

+ Sau khi m₂ dời khỏi vật m₁ ⇒ m₁ dao động điều hòa quanh vị trí cân bằng mới với: 

$$\begin{gathered} \Delta l_{01}=\frac{m_{1}g}{k}=\frac{0,2.10}{100}=0,02m=2cm \\ {\omega }_1=\sqrt{\frac{k}{m_1}}=\sqrt{\frac{100}{0,2}}=10\sqrt{5}rad\text{/}s \end{gathered}$$

Tại vị trí m₂ hai vật tách nhau có: $\left\{\begin{array}{l}{x}_1=2+3=5cm\\ v_1=v_{12}=81,6cm\text{/}s\end{array}\right.$

$\Rightarrow A_1=\sqrt{x_1^2+\frac{v_1^2}{{\omega }_1^2}}=\sqrt{5^2+{\left(\frac{81,6}{10\sqrt{5}}\right)}^2}=6,2cm$

Chọn C