Đáp án A

Hiện tượng quang điện trong là hiện tượng các electron liên kết được với ánh sáng giải phóng để trở thành các electron dẫn.

Đáp án C

Ta có:

Sau t = 80 phút, số hạt A và B bị phân rã: $\left\{\begin{array}{l}{N}_A=N_0\left(1-2^{-t/T_1}\right)\\ N_B=N_0\left(1-2^{-t/T_2}\right)\end{array}\right.\Rightarrow \frac{N_A}{N_B}=\frac{1-2^{-80/20}}{1-2^{-80/40}}=\frac{5}{4}$

- Hạt nhân có số hạt, khối lượng lúc ban đầu là $N_0,m_0$; sau thời gian t bị phân rã nên số hạt, khối lượng còn lại là $N,m:\left\{\begin{array}{l}N=N_0{.2}^{-t/T}\\ m=m_0{.2}^{-t/T}\end{array}\right.$

- Số hạt nhân, khối lượng bị phân rã: $\left\{\begin{array}{l}\Delta N=N_0-N_0{.2}^{-\frac{t}{T}}=N_0\left(1-2^{-\frac{t}{T}}\right)\\ \Delta m=m_0-m_0{.2}^{-\frac{t}{T}}=m_0\left(1-2^{-\frac{t}{T}}\right)\end{array}\right.$

Đáp án A

Vị trí vân tối thứ 2: $x_t=\left(k+0,5\right)i=1,5i$

Vị trí vân sáng thứ 4: $x_s=ki=4i\Rightarrow \Delta x=4i-1,5i=2,5i=2,5\text{mm}\Rightarrow i=1\text{mm}$

$\text{i=}\frac{\lambda D}{a}\Rightarrow a=\frac{\lambda D}{i}=\frac{0,{6.10}^{-6}.2}{{1.10}^{-3}}=0,{6.10}^{-3}\left(\text{m}\right)=0,6\left(\text{mm}\right)$

Đáp án D

Các đại lượng trong phương trình dao động điều hòa:

Đáp án C

Khoảng cách giữa hai nút hay hai bụng sóng liên tiếp bằng một nửa bước sóng.

Đáp án A

Suất điện động hiệu dụng: $E=\frac{E_0}{\sqrt{2}}=\frac{100}{\sqrt{2}}=50\sqrt{2}\left(\text{V}\right)$

Đáp án B

Chu kì của mạch dao động lí tưởng: $T=2\pi \sqrt{LC}$

Khi $C=C_1={10.10}^{-12}F:$$T_1=2\pi \sqrt{L{C}_1}=2\pi \sqrt{{4.10}^{-6}{\mathrm{.10.10}}^{-12}}\approx {4.10}^{-8}\text{s}$

Khi $C=C_2={640.10}^{-12}F:$$T_2=2\pi \sqrt{L{C}_2}=2\pi \sqrt{{4.10}^{-6}{\mathrm{.640.10}}^{-12}}\approx 3,{2.10}^{-7}\text{s}$

Đáp án C

Cách 1: Tại thời điểm t = 0:

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}x=A\cos \left(\omega .0+\phi \right)\\ v=-A\omega \sin \left(\omega .0+\phi \right)\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}-\frac{A}{\sqrt{2}}=A\cos \phi \\ -A\omega \sin \phi <0\end{array}\right.\\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{l}\phi =\frac{3\pi }{4}\\ \phi =\frac{-3\pi }{4}\end{array}\right.\\ \sin \phi >0\end{array}\right.\Rightarrow \phi =\frac{3\pi }{4}\left(\text{rad}\right)\end{array}$

Cách 2: Sử dụng vòng tròn lượng giác tại $x=-\frac{A}{\sqrt{2}}$ và chuyển động theo chiều âm $\phi >0\Rightarrow \phi =\frac{3\pi }{4}$

Phương pháp giải nhanh bài toán tìm pha dao động

Sử dụng vòng tròn lượng giác để tìm pha ban đầu của dao động.

Chú ý: Khi vật chuyển động theo chiều âm thì $\phi$ > 0 và khi chuyển động theo chiều dương thì $\phi$ < 0.

Đáp án C

Bán kính quỹ đạo: $r_n=n^2{r}_0\Rightarrow n=\sqrt{\frac{r_n}{r_0}}=\sqrt{\frac{1,{908.10}^{-9}}{0,{53.10}^{-10}}}=6$

Phôtôn có năng lượng lớn nhất ứng với sự chuyển mức từ 6 về 1, phôtôn có năng lượng thấp nhất ứng với mức từ 6 về 5

$\frac{{\epsilon }_{\max }}{{\epsilon }_{\min }}=\frac{E_6-E_1}{E_6-E_5}=\frac{\frac{-13,6}{6^2}-\left(\frac{-13,6}{1^2}\right)}{\frac{-13,6}{6^2}-\left(\frac{-13,6}{5^2}\right)}=\frac{1-\frac{1}{6^2}}{\frac{1}{5^2}-\frac{1}{6^2}}=\frac{875}{11}$

Đáp án B

Trong máy quang phổ lăng kính, lăng kính có tác dụng tán sắc ánh sáng.

Đáp án A

Mức cường độ âm tại một điểm: $L=10\log \frac{P}{4\pi r^2{I}_0}\left(\text{dB}\right)$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}70=10\log \frac{P}{I_{0}4\pi 1^2}\\ L=10\log \frac{P}{I_{0}4\pi 5^2}\end{array}\right.\Rightarrow L=70+10\log \frac{1^2}{5^2}=56\left(\text{dB}\right)$

- Cường độ âm tại một điểm: $I=\frac{P}{4\pi r^2}\left(W\text{/}{m}^2\right)\Rightarrow \frac{I_A}{I_B}=\frac{r_B^2}{r_A^2}$

- Mức cường độ âm tại một điểm: $L=10\log \frac{I}{I_0}\left(dB\right)$

-Tìm cường độ âm tại một điểm: $L=10\log \frac{I}{I_0}\Rightarrow I=I_0{.10}^{\frac{L}{10}}$

- Tìm mức cường độ âm khi cho hai điểm cho trước, áp dụng công thức toán: $\log a-\log b=\log \frac{a}{b}$

$$\begin{gathered} \Rightarrow L_A-L_B=10\log \frac{I_A}{I_0}-10\log \frac{I_B}{I_0}=10\log \frac{I_A}{I_B}=10\log \frac{r_B^2}{r_A^2} \\ \Rightarrow L_A=L_B+10\log \frac{r_B^2}{r_A^2} \end{gathered}$$

Đáp án C

Là phản ứng kết hợp hai hạt nhân rất nhẹ thành hạt nhân nặng hơn ở nhiệt độ rất cao nên là phản ứng nhiệt hạch.

Đáp án D

- Góc lệch D và chiết suất của ánh sáng đối với môi trường trong suốt tăng dần từ đỏ đến tím:

Đỏ < Da cam < Vàng < Lục < Lam < Chàm < Tím

- Bước sóng và góc khúc xạ giảm dần từ đỏ đến tím (vì $\sin r=\frac{\sin }{n},\lambda =\frac{{\lambda }_0}{n}$).

Đỏ > Da cam > Vàng > Lục > Lam > Chàm > Tím

Đáp án A

A. Đúng: Theo tính chất của dao động cưỡng bức

B. Sai: Dao động của con lắc đồng hồ là dao động duy trì

C. Sai: Dao động cưỡng bức có tần số bằng tần số của lực cưỡng bức

D. Sai: Biên độ dao động cưỡng bức chỉ phụ thuộc vào biên độ cưỡng bức

Đáp án C

$x=x_1+x_2\Rightarrow x_2=x-x_1=2-5=-3\text{cm}$

Ta có: $x_1=10\cos \left(5\pi t\right)=5\Rightarrow 5\pi t=\frac{\pi }{3}$$\Rightarrow x_2=A_2\cos \left(\frac{\pi }{3}+\frac{\pi }{3}\right)=\frac{-1}{2}{A}_2=-3\Rightarrow A_2=6\left(\text{cm}\right)$

Biên độ dao động tổng hợp: $A^2={10}^2+6^2+\mathrm{2.10.6}\cos \left(\frac{\pi }{3}\right)\Rightarrow A=13\left(\text{cm}\right)$

Đáp án A

Cơ năng của vật dao động: $W=\frac{1}{2}k{A}^2=\frac{1}{2}\mathrm{.100.0},{05}^2=0,125\left(\text{J}\right)$

Đáp án D

Tia tử ngoại được dùng để tìm vết nứt trên bề mặt sản phẩm bằng kim loại.

Đáp án B

Sau khi tiếp xúc: $q_1\text{'}=q_1\text{'}=\frac{q_1+q_2}{2}=\frac{{8.10}^{-6}-{2.10}^{-6}}{2}={3.10}^{-6}\left(\text{C}\right)$

Lực tương tác: $F=k\frac{\left|q_1\text{'}{q}_2\text{'}\right|}{r^2}={9.10}^9.\frac{{\left({3.10}^{-6}\right)}^2}{0,1^2}=8,1\left(\text{N}\right)$

Đáp án D

Năng lượng điện từ trong mạch dao động LC: 

$$\begin{gathered} W=W_L+W_C\iff \frac{1}{2}L{I}_0^2=\frac{1}{2}L{i}^2+\frac{1}{2}\frac{q^2}{C} \\ \Rightarrow L.{\left({60.10}^{-3}\right)}^2=L{\left(30\sqrt{3}{.10}^{-3}\right)}^2+\frac{{\left(1,{5.10}^{-6}\right)}^2}{0,{0625.10}^{-6}} \\ \Rightarrow L=0,04\text{H}=40\text{mH} \end{gathered}$$

Đáp án A

Theo hệ thức Anh-xtanh: $\epsilon =A+W_{0\max }\iff \frac{hc}{\lambda }=\frac{hc}{{\lambda }_0}+W_{0\max }$

Thay $\lambda =0,5{\lambda }_0\Rightarrow \frac{hc}{0,5{\lambda }_0}=\frac{hc}{{\lambda }_0}+W_{0\max }$

$\Rightarrow W_{0\max }=\frac{hc}{{\lambda }_0}\left(\frac{1}{0,5}-1\right)=\frac{hc}{{\lambda }_0}=A_0$

Đáp án A

Khi C biến thiên để U_C  cực đại thì điện áp giữa hai đầu đoạn mạch u vuông pha với điện áp giữa hai đầu đoạn mạch RL.

Từ hình vẽ, áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

$$\begin{gathered} U^2=U_C.\left(U_C-U_L\right)\iff {100}^2=U_C\left(U_C-97,5\right) \\ \Rightarrow U_C=160V \\ \sin \phi =\frac{U_C-U_L}{U}=\frac{160-97,5}{100}=0,625 \\ \Rightarrow \phi =0,22\pi \end{gathered}$$

Điện áp hai đầu điện trở sớm pha hơn điện áp hai đầu đoạn mạch một góc 0,22π

Bài toán cực trị của dòng điện xoay chiều khi C thay đổi:

- Cộng hưởng khi: $Z_L=Z_C$ thì các giá trị $I_{\max },P_{\max },\cos {\phi }_{\max },Z_{\min },U_{R\max },U_{RL\max },U_{L\max }$

Khi đó: $I_{\max }=\frac{U}{R},P_{\max }=\frac{U^2}{R},\cos {\phi }_{\max }=1,Z_{\min }=R$

- Bài toán có hai giá trị $Z_{C1},Z_{C2}$ cho cùng $I,P,U_R,U_{RL},U_L,cos\phi$

Khi đó: $Z_{C1}+Z_{C2}=2Z_L$

- Khi $Z_C=Z_{C0}$ để $U_{C\max }$ thì $u_{RL}\perp u$, khi đó: $Z_{C0}=\frac{R^2+Z_L^2}{Z_L}$, $U_{C\max }=\frac{U\sqrt{R^2+Z_C^2}}{R}$

- Thay đổi C có $Z_{C1},Z_{C2}$ cùng _{$U_C$}, khi đó:

$\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{Z_{C1}}+\frac{1}{Z_{C2}}=\frac{2}{Z_{C0}}\\ U_C=U_{C\max }\cos \left({\phi }_0-{\phi }_1\right)=U_{C\max }\cos \left({\phi }_0-{\phi }_2\right)\end{array}\right.$

- Thay đổi C để $U_{RC}\max$, khi đó: $Z_C=\frac{Z_L+\sqrt{4R^2+Z_C^2}}{2},U_{RC\max }=\frac{2UR}{\sqrt{4R^2+Z_L^2-Z_L}}$.

Đáp án C

Khoảng vân của ${\lambda }_1:i_1=\frac{{\lambda }_{1}D}{a}=1,6\left(\text{mm}\right)$; khoảng vân ${\lambda }_2:i_2=\frac{{\lambda }_{2}D}{a}=2,4\left(\text{mm}\right)$

Điều kiện trùng nhau của hai bức xạ: $\frac{k_1}{k_2}=\frac{{\lambda }_2}{{\lambda }_1}=\frac{600}{400}=\frac{3}{2}$

Khoảng vân trùng: $i_t=3i_1=3\frac{{\lambda }_{1}D}{a}=\frac{{\mathrm{3.400.10}}^{-9}.1,6}{0,{4.10}^{-3}}=4,8\left(\text{mm}\right)$

Số vân trùng trong khoảng M và N: $6\le k_t{i}_t\le 14\Rightarrow 1,25\le k_t\le 2,9\Rightarrow k_t=2$: có 1 vân trùng.

Số vân sáng của bức xạ: ${\lambda }_1:6\le k_1{i}_1\le 14\Rightarrow 3,75\le k_1\le 8,75\Rightarrow k_1=4,5,6,7,8$: có 5 vân sáng .

Số vân sáng của bức xạ: ${\lambda }_2:6\le k_2{i}_2\le 14\Rightarrow 2,5\le k_2\le 5,8\Rightarrow k_2=3,4,5$: có 3 vân sáng .

Số vân sáng quan sát được: $N=5+3-1=7$

Phương pháp giải bài tập hai vân sáng trùng nhau

Điều kiện hai bức xạ ${\lambda }_1,{\lambda }_2$ trùng nhau: $x_1=x_2\iff k{i}_1=k{i}_2\iff \frac{k_1}{k_2}=\frac{i_2}{i_1}=\frac{{\lambda }_2}{{\lambda }_1}=\frac{b}{c}$.

Khoảng vân trùng: $i_t=b{i}_1=c{i}_2$

Tọa độ vị trí trùng: $x_t=n{i}_t=nb{i}_1=nc{i}_2$

Số các vị trí vân trùng nhau: 

+ Trên bề rộng trường giao thoa L: $\frac{-L}{2}\le x_t\le \frac{L}{2}\iff \frac{-L}{2}\le k_t.i_t\le \frac{L}{2}\Rightarrow k_t$

+ Giữa hai điểm M, N: $x_M\le x_t\le x_N\iff x_M\le k_t.i_t\le x_N\Rightarrow k_t$

Lưu ý: Nếu hai điểm M, N cùng phía so với vân trung tâm thì tọa độ cùng dấu; khác phía thì tọa độ khác dấu.

Số vân sáng quan sát được: $N=N_1+N_2-N_t$

Trong đó: $N_1,N_2$ là số vân sáng quan sát được của bức xạ ${\lambda }_1,{\lambda }_2$.

$N_1$ là số vân sáng trùng.

Đáp án C

Bảo toàn diện tích và số khối, trong phương trình phản ứng X là nơtrôn:

${}_1^{3}T{+}_1^{2}D{\to }_2^{4}He{+}_0^{1}n$

Năng lượng của phản ứng: 

$$\begin{gathered} \Delta E=\left(\Delta m_{He}-\Delta m_D-\Delta m_T\right)c^2 \\ \iff \Delta E=\left(0,030382-0,002491-0,009106\right).931,5 \\ \iff \Delta E=17,498\text{MeV} \end{gathered}$$

Phương pháp giải bài toán tìm năng lượng của phản ứng hạt nhân

Năng lượng tỏa ra hay thu vào của phản ứng hạt nhân (W > 0: tỏa hay W < 0: thu)

Xét phản ứng hạt nhân: ${}_{Z_1}^{A_1}A{+}_{Z_2}^{A_2}B{\to }_{Z_3}^{A_3}X{+}_{Z_4}^{A_4}Y$

+ Tính theo khối lượng nghỉ: $W=\left(m_t-m_s\right)c^2$

+ Tính theo động năng của các hạt: $W=K_s-K_t$

+ Tính theo độ hụt khối của các hạt: $W=\left(\Delta m_s-\Delta m_t\right)c^2$

+ Tính theo năng lượng liên kết của các hạt: $W=W_{lks}-Wlkt$.

Đáp án C

Từ $R_3=R_2\Rightarrow I_2=I_3=I_A=0,6A\Rightarrow I=I_3+I_2=1,2\left(\text{A}\right)$

Mà $R=R_1+\frac{R_3.R_2}{R_3+R_2}=9\left(\Omega \right)$

Định luật Ôm cho mạch kín: $I=\frac{\xi }{R+r}\Rightarrow \xi =IR+Ir\Rightarrow 12=1,2.9+1,2.r\Rightarrow r=1\left(\Omega \right)$

Đáp án B

Công suất của ánh sáng kích thích: $P=N\frac{hc}{\lambda }$

Công suất của ánh sáng phát quang: $P\text{'}=N\frac{hc}{\lambda \text{'}}$

Hiệu suất của sự phát quang:

$H=\frac{P\text{'}}{P}=\frac{N\text{'}}{N}\frac{\lambda }{\lambda \text{'}}\Rightarrow N\text{'}=NH\frac{\lambda \text{'}}{\lambda }={2012.10}^{10}.0,9.\frac{0,64}{0,48}$$=2,{4144.10}^{13}$ (phôtôn).

Đáp án B

Ta có: 

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{D}_{\min }=\frac{1}{f_{\max }}=\frac{1}{O{C}_v}+\frac{1}{OV}\\ D_{\max }=\frac{1}{f_{\min }}=\frac{1}{O{C}_C}+\frac{1}{OV}\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\frac{1}{1,5}=\frac{1}{O{C}_V}+\frac{1}{1,52}\\ \frac{1}{1,415}=\frac{1}{O{C}_C}+\frac{1}{1,52}\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}O{C}_V=114\\ O{C}_C=20,48\end{array}\right.\Rightarrow C_C{C}_V=O{C}_V-O{C}_C=93,52\left(\text{cm}\right) \end{gathered}$$

Đáp án A

Hai giá trị $Z_{C1}=100\Omega$ và $Z_{C2}=300\Omega$ có cùng công suất tiêu thụ P thì: $Z_{C1}+Z_{C2}=2Z_L\Rightarrow Z_L=200\Omega$

Khi $Z_C=Z_{C1}$ thì $i=2\sqrt{2}\cos \left(100\pi t+\frac{\pi }{12}\right)$, ta có: $\tan \phi =\frac{Z_L-Z_{C1}}{R}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \phi =\frac{\pi }{6}$

Mà $\phi ={\phi }_u-{\phi }_i=\frac{\pi }{6}\Rightarrow {\phi }_u=\frac{\pi }{6}+{\phi }_i=\frac{\pi }{6}+\frac{\pi }{12}=\frac{\pi }{4}$

Điện áp hiệu dụng: $U=I_1.Z_1=2\sqrt{{\left(100\sqrt{3}\right)}^2+{\left(200-100\right)}^2}=400\text{V}$

Khi ${\text{Z}}_C=Z_{C2}$ thì: $\tan \phi =\frac{Z_L-Z_{C2}}{R}=-\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \phi =-\frac{\pi }{6}$

$\phi ={\phi }_u-{\phi }_i=-\frac{\pi }{6}\Rightarrow {\phi }_i=\frac{\pi }{6}+{\phi }_u=\frac{\pi }{6}+\frac{\pi }{4}=\frac{5\pi }{12}$

Cường độ dòng điện hiệu dụng: $I_2=\frac{U}{Z_2}=\frac{400}{\sqrt{{\left(100\sqrt{3}\right)}^2+{\left(200-300\right)}^2}}=2$

Phương trình cường độ dòng điện: $i_2=2\sqrt{2}\cos \left(110\pi t+\frac{5\pi }{12}\right)\left(\text{A}\right)$

Đáp án A

Độ lớn suất điện động cảm ứng:

$$\begin{gathered} \left|e_c\right|=\left|\frac{BS\cos {\alpha }_2-BS\cos {\alpha }_1}{\Delta t}\right| \\ =\left|\frac{0,{\mathrm{01.200.10}}^{-4}}{0,04}\right|.\left|\cos 0^0-\cos {90}^0\right| \\ ={5.10}^{-3}\left(\text{V}\right) \end{gathered}$$

Đáp án D

Phương trình phản ứng: $\alpha {+}_7^{14}N{\to }_1^{1}p{+}_8^{17}O$

Bảo toàn động lượng: $\overrightarrow{p_{\alpha }}=\overrightarrow{p_p}+\overrightarrow{p_O}$

Do hạt p bay vuông góc với hạt $\alpha$ nên:

$p_O^2=p_{\alpha }^2+p_p^2\iff m_O{K}_{\alpha }=m_{\alpha }{K}_{\alpha }+m_p{K}_p$ (Vì $p^2=2mK$)

$\iff 16,9947u.K_O=4,0015u.7,7+1,0073u.K_p$

$\iff 16,9947K_O-1,0073K_p=30,81155$ (1)

Bảo toàn năng lượng toàn phần:

$$\begin{gathered} K_{\alpha }+K_N+\left(m_{\alpha }+m_N\right)c^2=K_p+K_O+\left(m_p+m_O\right)c^2 \\ \iff 7,7+0+\left(4,0015+13,9992\right).931,5=K_p+K_O+\left(1,0073+16,9947\right).931,5 \end{gathered}$$

$\Rightarrow K_p+K_O=6,48905$ (2)

Từ (1) và (2), ta được: $K_O=2,075\text{MeV, }{K}_p=4,414\text{MeV}$

Đáp án B

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\Delta {\phi }_{MN}=\frac{2\pi .30}{60}=\pi \\ \Delta {\phi }_{NP}=\frac{2\pi .15}{60}=\frac{\pi }{2}\end{array}\right.$

$\Rightarrow$ M và N ngược pha nhau $\Rightarrow u_N=-u_M$

N và P vuông pha nhau $\Rightarrow {\left(\frac{u_N}{A}\right)}^2+\left(\frac{u_p}{A}\right)=1\Rightarrow u_N^2+u_p^2=A^2={\left(8\sqrt{5}\right)}^2$. (1)

Từ đồ thị: $u_N=\frac{1}{2}{u}_p$

Từ (1) và (2): $\left\{\begin{array}{l}{u}_N=8cm\\ u_p=16cm\end{array}\right.$

Có $\left\{\begin{array}{l}\Delta x=15cm\\ \Delta u=u_p-u_N=16-8=8cm\end{array}\right.$

Khoảng cách $NP=\sqrt{\Delta x^2+\Delta u^2}=17\left(\text{cm}\right)$

Đáp án D

Gọi $P_0,\Delta P$ lần lượt là công suất truyền đi và công suất hao phí khi điện áp hai đầu dây là U

Khi điện áp giữa hai đầu dây là U: $\left\{\begin{array}{l}{P}_0-\Delta P=120\\ P_0-\Delta P/4=144\end{array}\right.$

Khi điện áp truyền đi là 4U thì: $\Delta P\text{'}=\Delta P/16=150W$

Vậy số hộ dân được cung cấp là $N=150/1=150$ hộ.

Đáp án B

Cực đại của điện áp hiệu dụng trên cuộn cảm thuần: $Z_L=\frac{R^2+Z_C^2}{Z_C}$

Ta chuẩn hóa $\left\{\begin{array}{l}R=1\\ Z_C=x\end{array}\right.\Rightarrow Z_L=\frac{1}{x}+x$

Hệ số công suất của mạch: $\cos \phi =\frac{R}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}}\iff 0,8=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}\Rightarrow x=\frac{4}{3}$

Kết hợp với $U_{L\max }=U\sqrt{1+{\left(\frac{Z_C}{R}\right)}^2}\Rightarrow U=\frac{U_{L\max }}{\sqrt{1+{\left(\frac{4}{3}\right)}^2}}=120V$$\Rightarrow U_0=120\sqrt{2}\approx 170V$

Đáp án B

Ta có: $\Delta l_0=10\text{cm}$

Lực căng dây: $T=F_{dh}\Rightarrow T_{\max }$ khi $F_{dh\max }$.

Tại thời điểm ban đầu: t = 0 thì $T=\frac{2}{6}{T}_{\max }\Rightarrow F_{dh0}=k.\Delta l_0=\frac{1}{3}{T}_{\max }$.

$\Rightarrow \frac{F_{dh0}}{F_{dh\max }}=\frac{\frac{1}{3}{T}_{\max }}{T_{\max }}=\frac{k\Delta l_0}{k\left(\Delta l_0+A\right)}\Rightarrow A=2\Delta l_0=20\left(\text{cm}\right)$.

Ta có: $S_1=10cm;S_2=h_{\max }\Rightarrow \frac{1}{2}m{v}^2=mg{h}_{\max }\Leftarrow S_2=\frac{v^2}{2g}$

Lại có vị trí ném có li độ: 

$$\begin{gathered} x=-\Delta l_0=-\frac{A}{2}\Rightarrow v=-\omega A\frac{\sqrt{3}}{2} \\ \Rightarrow S_2=\frac{3A^2}{8\Delta l_0}=\frac{{3.20}^2}{8.10}=15\left(\text{cm}\right) \end{gathered}$$

Quãng đường vật m đi được từ thời điểm ban đầu đến $t_2:$ $s=S_1+2S_2=10+2.15=40\left(\text{cm}\right)$