\title{
HƯỚNG DẪN ĐÁP ÁN VÀ LÒ̀I GIẢI CHI TIẾT
}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|}
\hline 1.B & 9.A & 17.C & 25.C & 33.D \\
\hline 2.B & 10.B & 18.B & 26.B & 34.B \\
\hline 3.A & 11.A & 19.B & 27.B & 35.A \\
\hline 4.C & 12.A & 20.D & 28.D & 36.A \\
\hline 5.D & 13.D & 21.C & 29.D & 37.B \\
\hline 6.C & 14.C & 22.A & 30.A & 38.A \\
\hline 7.B & 15.C & 23.D & 31.C & 39.D \\
\hline 8.D & 16.A & 24.D & 32.C & 40.C \\
\hline
\end{tabular}

\section*{Câu 1 : Đáp án B}

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

\section*{Câu 2: Đáp án B}

Tia hồng ngoại được ứng dụng để sưởi ấm

\section*{Câu 3 : Đáp án A}

\section*{Câu 4 : Đáp án C}

Câu C sai do năng lượng của các phôtôn của các ánh sáng đơn sắc khác nhau là khác nhau chứ không phải bằng nhau

\section*{Câu 5 : Đáp án D}

Sự lan truyền sóng cơ là sự truyền các dao động trong môi trường chân không không có phần tử dao động nên sóng cơ không lan truyền được

\section*{Câu 6 : Đáp án C}

Dải sóng điện từ trên có tần số nằm trong khoảng \(2 \cdot 10^{13} \mathrm{~Hz}\) đến \(8 \cdot 10^{13} \mathrm{~Hz}\) có bước sóng nằm trong khoảng \(1,5 \cdot 10^{-5} \mathrm{~m}\) đến \(3,75 \cdot 10^{-6} \mathrm{~m}\) thuộc vùng tia hồng ngoại

\section*{Câu 7: Đáp án B}

Tia X bị chặn bởi lớp chì dày vài milimet nên câu B sai

\section*{Câu 8 : Đáp án D}

Bước sóng của sóng điện từ truyền trong chân không được xác định bởi biểu thức \(\lambda=\frac{c}{f}\)

\section*{Câu 9 : Đáp án A}

Pin quang điện hoạt động dựa trên hiện tượng quang điện trong

\section*{Câu 10 : Đáp án B}

Cảm kháng của cuộn dây được xác định bởi biểu thức \(Z_{L}=\omega L=100 \pi \cdot \frac{0,2}{\pi}=20 \Omega\)

\section*{Câu 11 : Đáp án A}

Giới hạn quang điện của đồng được xác định bởi biểu thức \(\lambda=\frac{h c}{A}=\frac{6,625 \cdot 10^{-34} \cdot 3 \cdot 10^{8}}{6,625 \cdot 10^{-19}}=3 \cdot 10^{-7} \mathrm{~m}=0,3 \mu \mathrm{~m}\)

\section*{Câu 12: Đáp án A}

Hiện tượng cộng hưởng xảy ra khi tần số của ngoại lực cưỡng bức bằng tần số riêng của hệ

\section*{Câu 13 : Đáp án D}

Động năng của con lắc lò xo nằm ngang đạt giá trị cực tiểu khi lò xo có chiều dài cực đại tức là vật đang ở vị trí biên khi đó vận tốc có giá trị cực tiểu

\section*{Câu 14 : Đáp án C}

Áp dụng công thức tính lực điện Cu lông \(F=k \frac{\left|q_{1} q_{2}\right|}{\varepsilon r^{2}}\) ta thấy lực điện tỷ lệ nghịch với bình phương khoảng cách do đó câu C sai

\section*{Câu 15 : Đáp án C}

Khoảng cách giữa hai bụng sóng liên tiếp trong sóng dừng là \(\frac{\lambda}{2}\)

\section*{Câu 16 : Đáp án A}

Biên độ dao động tổng hợp được xác định bởi biểu thức
\[
A=\sqrt{A_{1}^{2}+A_{2}^{2}+2 A_{1} A_{2} \cos \left(\varphi_{1}-\varphi_{2}\right)}=\sqrt{5^{2}+5^{2}+2.5 \cdot 5 \cdot \cos \left(-\frac{\pi}{2}-\left(-\frac{\pi}{6}\right)\right)}=5 \sqrt{3} \mathrm{~cm}
\]

\section*{Câu 17 :Đáp án C}

Câu C sai vì lực từ có phương vuông góc với B chứ không song song với các đường sức từ

\section*{Câu 18 : Đáp án B}

Hệ số công suất của mạch được xác định bởi biểu thức \(\cos \varphi=\cos \left(\varphi_{u}-\varphi_{i}\right)=\cos \left(\frac{\pi}{6}-\left(-\frac{\pi}{12}\right)\right)=\frac{1}{\sqrt{2}} \approx 0,71\)

\section*{Câu 19 : Đáp án B}

\section*{Câu 20 : Đáp án D}

Phương pháp :Áp dụng công thức tính chu kỳ của con lắc đơn \(T=2 \pi \sqrt{\frac{l}{g}}\)

\section*{Cách giải}

Chu kỳ dao động của con lắc đơn là \(T_{1}=2 \pi \sqrt{\frac{l}{g}}\). Chu kỳ của con lắc khi tăn chiều dài thêm 31 là \(T_{2}=2 \pi \sqrt{\frac{l+3 l}{g}}=2.2 \pi \sqrt{\frac{l}{g}}=2 T_{1}\). Vậy sau khi tăng chiều dài thêm 31 thì chu kỳ của con lắc tăng thêm 2 lần

\section*{Câu 21 : Đáp án C}

\section*{Câu 22 : Đáp án A}

Phương pháp : Áp dụng công thức tính công suất định mức \(P=\frac{U^{2}}{R}\)

\section*{Cách giải}

Công suất định mức của hai bóng đèn bằng nhau khi đó ta có \(P_{1}=\frac{U_{1}^{2}}{R_{1}}=P_{2}=\frac{U_{2}^{2}}{R_{2}}=>\frac{R_{1}}{R_{2}}=\frac{U_{1}^{2}}{U_{2}^{2}} \Rightarrow\) Đáp án A đúng

\section*{Câu 23: Đáp án D}

\section*{Câu 24 : Đáp án D}

\section*{Câu 25: Đáp án C}

Phương pháp: Công thức máy biến áp: \(\frac{U_{1}}{U_{2}}=\frac{N_{1}}{N_{2}}\)

\section*{Cách giải:}
+ Lần đo thứ nhất: \(U_{2}=160 \mathrm{~V}=>\) máy tăng thế \(\Rightarrow U_{2}=k U_{1} \Leftrightarrow 160=k U\)
+ Lần đo thứ hai: \(\mathrm{U}_{2}{ }^{\prime}=10 \mathrm{~V} \Rightarrow>\) máy hạ thế \(\Rightarrow U_{2}{ }^{\prime}=\frac{U_{1}}{k} \Leftrightarrow 10=\frac{U}{k}\) (2)

Lấy (1)/(2) ta được: \(16=\mathrm{k}^{2}=>\mathrm{k}=4\).

\section*{Câu 26: Đáp án B}

Phương pháp: Sử dụng đường tròn lượng giác
Hệ thức độc lập theo thời gian của x và \(\mathrm{v}: A^{2}=x^{2}+\frac{v^{2}}{\omega^{2}} \Rightarrow \omega=\frac{v}{\sqrt{A^{2}-x^{2}}}\)
Tốc độ truyền sóng: \(\mathrm{v}=\lambda . f\)

\section*{Cách giải:}

Tại một thời điểm, hai phần tử trên dây cùng lệch khỏi vị trí cân bằng 3 mm , chuyển động ngược chiều với độ lớn vận tốc \(0,3 \pi \sqrt{3} \mathrm{~cm} / s\) và cách nhau một khoảng ngắn nhất 8 cm . Biểu diễn trên đường tròn lượng giác:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_11_15_8d876afca187b85a0b32g-04.jpg?height=543&width=755&top_left_y=170&top_left_x=525)

Từ đường tròn lượng giác, xác định được độ lệch pha của hai phần tử trên dây:
\(\Delta \varphi=\frac{2 \pi}{3} \Rightarrow \frac{2 \pi}{3}=\frac{2 \pi d_{\min }}{\lambda} \Rightarrow \lambda=3 d_{\min }=3.8=24 \mathrm{~cm}\)
Sử dụng hệ thức độc lập theo thời gian của x và v ta có: \(A^{2}=x^{2}+\frac{v^{2}}{\omega^{2}} \Rightarrow \omega=\frac{v}{\sqrt{A^{2}-x^{2}}}=\frac{3 \pi \sqrt{3}}{\sqrt{6^{2}-3^{2}}}=\pi(\mathrm{rad} / \mathrm{s}) \Rightarrow f=\frac{\omega}{2 \pi}=0,5 \mathrm{~Hz}\)
Tốc độ truyền sóng trên dây: \(\mathrm{v}=\lambda \cdot \mathrm{f}=24.0,5=12 \mathrm{~cm} / \mathrm{s}\)

\section*{Câu 27: Đáp án B}

Phương pháp: Nhiệt lượng toả ra: \(Q=\frac{U^{2}}{R} t ; U=E=\frac{\omega B S}{\sqrt{2}}\)

\section*{Cách giải:}

Vận tốc góc: \(\omega=100 \mathrm{rad} / \mathrm{s}\)
Khi vòng dây quay 1000 vòng thì góc quay được: \(\Delta \alpha=1000.2 \pi=2000 \pi(\mathrm{rad} / \mathrm{s})\)
\(=>\) Thời gian quay hết 1000 vòng là: \(t=\frac{\Delta \alpha}{\omega}=\frac{2000 \pi}{100}=20 \pi(s)\)
=> Nhiệt lượng toả ra trên vòng dây khi nó quay được 1000 vòng là:
\[
Q=\frac{U^{2}}{R} t=\frac{\left(\frac{\omega B S}{\sqrt{2}}\right)^{2}}{R} t=\frac{(\omega B S)^{2}}{2 R} \cdot t=\frac{\left(100 \cdot 0,1 \cdot 100 \cdot 10^{-4}\right)^{2}}{2 \cdot 0,314} \cdot 20 \pi=1 J
\]

\section*{Câu 28: Đáp án D}

Phương pháp: Phương trình của \(\mathrm{x}, \mathrm{v}, \mathrm{a}:\left\{\begin{array}{l}x=A \cos (\omega t+\varphi) \\ v=\omega A \cos \left(\omega t+\varphi+\frac{\pi}{2}\right) \\ a=\omega^{2} A \cos (\omega t+\varphi+\pi)\end{array}\right.\)
Cách giải:

Từ đồ thị ta thấy:
(1) sớm pha hơn (3) góc \(\pi / 2\)
(3) sớm pha hơn (2) góc \(\pi / 2\)
\(=>(2)\) là đồ thị của \(\mathrm{x}(\mathrm{t})\); (3) là đồ thị của \(\mathrm{v}(\mathrm{t})\); (1) là đồ thị của \(\mathrm{a}(\mathrm{t})\)
Câu 29: Đáp án D
Phương pháp: Biên độ của sóng giao thoa trong giao thoa sóng hai nguồn cùng pha: \(A=2 a \cdot\left|\cos \frac{\pi\left(d_{2}-d_{1}\right)}{\lambda}\right|\)

\section*{Cách giải:}
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_11_15_8d876afca187b85a0b32g-05.jpg?height=364&width=869&top_left_y=786&top_left_x=395)

Bước sóng: \(\lambda=\mathrm{vT}=\mathrm{v} / \mathrm{f}=12 \mathrm{~cm}\)
Biên độ của điểm M và N :
\(\left\{\begin{array}{l}A_{M}=2 a .\left|\cos \frac{\pi(M B-A M)}{\lambda}\right| \\ A_{N}=2 a .\left|\cos \frac{\pi(B N-A N)}{\lambda}\right|\end{array} \Rightarrow \frac{A_{M}}{A_{N}}=\frac{\left|\cos \frac{\pi(M B-A M)}{\lambda}\right|}{\left|\cos \frac{\pi(B N-A N)}{\lambda}\right|}=\frac{\left|\cos \frac{\pi(17-15)}{12}\right|}{\left|\cos \frac{\pi(14,5-10,5)}{12}\right|}\right.\)
\(\Rightarrow \frac{12}{A_{N}}=\frac{\cos 30}{\cos 60}=\sqrt{3} \Rightarrow A_{N}=4 \sqrt{3} \mathrm{~cm}\)

\section*{Câu 30: Đáp án A}

Phương pháp: Số bức xạ tối đa mà đám nguyên tử phát ra: \(\frac{n(n-1)}{2}\)

\section*{Cách giải:}

Khi chiếu bức xạ có tần số \(\mathrm{f}_{1}\) vào vào đám nguyên tử thì chúng phát ra tối đa 3 bức xạ:
\(\Rightarrow \frac{n(n-1)}{2}=3 \Rightarrow n=3 \Rightarrow h f_{1}=E_{3}-E_{1}\)
Khi chiếu bức xạ có tần số \(\mathrm{f}_{2}=1,08 \mathrm{f}_{1}\) thì: \(\mathrm{hf}_{2}=\mathrm{E}_{\mathrm{x}}-\mathrm{E}_{1}(2)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow \frac{h f_{2}}{h f_{1}}=\frac{E_{x}-E_{1}}{E_{3}-E_{1}} \Leftrightarrow 1,08=\frac{-\frac{E_{0}}{x^{2}}-\left(-\frac{E_{0}}{1^{2}}\right)}{-\frac{E_{0}}{3^{2}}-\left(-\frac{E_{0}}{1^{2}}\right)} \Leftrightarrow 1,08=\frac{-\frac{1}{x^{2}}+1}{-\frac{E_{0}}{3^{2}}+1} \Rightarrow x=5\)
=> Phát ra tối đa: \(\frac{5(5-1)}{2}=10\) bức xạ.

\section*{Câu 31: Đáp án C}

Phương pháp: Sử dụng đường tròn lượng giác

\section*{Cách giải:}
- Tại thời điểm \(\mathrm{t}=0\) hai điểm sáng cùng đi qua VTCB theo chiều dương
+ Phương trình dao động của hai điểm sáng:
\(\left\{\begin{array}{l}x_{1}=A_{1} \cos \left(\omega_{1} t-\frac{\pi}{2}\right) \\ x_{2}=A_{2} \cos \left(\omega_{2} t-\frac{\pi}{2}\right)\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}v_{1}=\omega_{1} A_{1} \cos \left(\omega_{1} t\right) \\ v_{2}=\omega_{2} A_{2} \cos \left(\omega_{2} t\right)\end{array}\right.\right.\)
+ Ở VTCB theo chiều dương hai điểm sáng có cùng độ lớn vật tốc \(\Rightarrow \omega_{1} A_{1}=\omega_{2} A_{2} \Rightarrow \frac{\omega_{1}}{\omega_{2}}=\frac{A_{2}}{A_{1}}\)
- Công thức tính vận tốc tại thời điểm \(\mathrm{t}: v=\omega \sqrt{A^{2}-x^{2}}\)

Khi vận tốc của điểm sáng 1 bằng 0 thì vận tốc của điểm sáng 2 mới giảm \(\sqrt{2}\) lần:
\[
\left\{\begin{array} { l } 
{ v _ { 1 } = \omega _ { 1 } \sqrt { A _ { 1 } ^ { 2 } - x _ { 1 } ^ { 2 } } = 0 } \\
{ v _ { 2 } = \omega _ { 2 } \sqrt { A _ { 2 } ^ { 2 } - x _ { 2 } ^ { 2 } } = \frac { \omega _ { 2 } A _ { 2 } } { \sqrt { 2 } } }
\end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}
x_{1}=A_{1} \\
x_{2}=\frac{A_{2}}{\sqrt{2}}
\end{array}\right.\right.
\]

Biểu diễn trên đường tròn lượng giác ta có:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_11_15_8d876afca187b85a0b32g-07.jpg?height=809&width=1020&top_left_y=170&top_left_x=387)

Từ đường tròn lượng giác ta thấy: cùng trong khoảng thời gian t , góc quét được của hai chất điểm lần lượt là: \(\left\{\begin{array}{l}\alpha_{1}=\omega_{1} t=\frac{\pi}{2} \\ \alpha_{2}=\omega_{2} t=\frac{\pi}{4}\end{array} \Rightarrow \frac{\omega_{1}}{\omega_{2}}=2 \Rightarrow \frac{A_{2}}{A_{1}}=2\right.\)
- Thời điểm hai điểm sáng có cùng vận tốc:
\(\omega_{1} A_{1} \cos \left(\omega_{1} t\right)=\omega_{2} A_{2} \cos \left(\omega_{2} t\right) \Leftrightarrow \cos \left(\omega_{1} t\right)=\cos \left(\omega_{2} t\right) \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}\omega_{1} t=\omega_{2} t+k 2 \pi \\ \omega_{1} t=\omega_{2} t+k 2 \pi\end{array}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}2 \omega_{2} t=\omega_{2} t+k 2 \pi \\ 2 \omega_{2} t=\omega_{2} t+k 2 \pi\end{array} \Rightarrow\left[\begin{array}{l}t=\frac{k 2 \pi}{\omega_{2}}=k T_{2} \\ t=\frac{k 2 \pi}{3 \omega_{2}}=\frac{k T_{2}}{3}=\frac{2 k T_{1}}{3}\end{array}(k \in Z)\right.\right.\)
Với \(\mathrm{k}=0=>\) thời điểm đầu tiên hai điểm sáng có cùng độ lớn vận tốC.
Với \(\mathrm{k}=1=>\) thời điểm tiếp theo hai điểm sáng có cùng độ lớn vận tốc là: \(t^{\prime}=\frac{T_{2}}{3}=\frac{2 T_{1}}{3}\)
\(=>\) Góc quét được tương ứng của hai chất điểm trên đường tròn: \(\left\{\begin{array}{l}\alpha_{1}=\omega_{1} t^{\prime}=\frac{2 \pi}{T_{1}} \frac{2 T_{1}}{3}=\frac{4 \pi}{3} \\ \alpha_{2}=\omega_{2} t^{\prime}=\frac{2 \pi}{T_{2}} \frac{T_{2}}{3}=\frac{2 \pi}{3}\end{array}\right.\)
Biểu diễn trên đường tròn lượng giác:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_11_15_8d876afca187b85a0b32g-08.jpg?height=809&width=1275&top_left_y=170&top_left_x=233)

Từ đường tròn lượng giác ta có tỉ số độ lớn li độ của hai điểm sáng: \(\frac{\left|x_{1}\right|}{\left|x_{2}\right|}=\frac{\frac{A_{1} \sqrt{3}}{2}}{\frac{A_{2} \sqrt{3}}{2}}=\frac{A_{1}}{A_{2}}=0,5\)

\section*{Câu 32: Đáp án C}

Phương pháp: Định luật Ôm đối với toàn mạch: \(I=\frac{E}{r+R}\)
Công suất tiêu thụ: \(\mathrm{P}=\mathrm{I}^{2} \mathrm{R}\)

\section*{Cách giải:}

Công suất mạch ngoài có cùng giá trị:
\[
\begin{aligned}
& P_{1}=P_{2} \Leftrightarrow\left(\frac{E}{r+R_{1}}\right)^{2} R_{1}=\left(\frac{E}{r+R_{2}}\right)^{2} R_{2} \Leftrightarrow\left(\frac{E}{r+0,5}\right)^{2} \cdot 0,5=\left(\frac{E}{r+8}\right)^{2} \cdot 8 \\
& \Leftrightarrow \frac{0,5}{(r+0,5)^{2}}=\frac{8}{(r+8)^{2}} \Leftrightarrow 0,5(r+8)^{2}=8(r+0,5)^{2} \Rightarrow r=2 \Omega
\end{aligned}
\]

\section*{Câu 33: Đáp án D}

Phương pháp: Định luật Cu - lông \(F=\frac{k\left|q_{1} q_{2}\right|}{r^{2}}\)

\section*{Cách giải:}
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_11_15_8d876afca187b85a0b32g-09.jpg?height=703&width=652&top_left_y=180&top_left_x=406)

Từ hình vẽ ta có: \(\tan \alpha=\frac{F_{d}}{P}=\frac{2,5}{\sqrt{50^{2}-2,5^{2}}} \Rightarrow F_{d}=\frac{2,5}{\sqrt{50^{2}-2,5^{2}}} P=\frac{2,5}{\sqrt{50^{2}-2,5^{2}}} \cdot 0,2 \cdot 10=0,1 \mathrm{~N}\)
Lại có: \(F_{d}=\frac{k q^{2}}{r^{2}} \Rightarrow q=\sqrt{\frac{F_{d} \cdot r^{2}}{k}}=\sqrt{\frac{0,1 \cdot\left(5 \cdot 10^{-2}\right)^{2}}{9 \cdot 10^{9}}}=1,7 \cdot 10^{-7} \mathrm{C}\)

\section*{Câu 34: Đáp án B}

Phương pháp:Tại một thời điểm có sóng điện từ truyền qua, cảm ứng từ và cường độ điện trường biến thiên cùng pha

\section*{Cách giải:}

Phương trình của cường độ điện trường: \(\mathrm{E}=\mathrm{E}_{0} \cdot \cos \left(2 \pi \cdot 10^{6} \mathrm{t}\right)\)
Chu kì: \(T=\frac{2 \pi}{\omega}=\frac{2 \pi}{2 \pi \cdot 10^{6}}=10^{-6} s=1 \mu \mathrm{~s}\)
Biểu diễn trên đường tròn lượng giác:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_11_15_8d876afca187b85a0b32g-09.jpg?height=554&width=743&top_left_y=1910&top_left_x=531)

Kể từ lúc \(\mathrm{t}=0\), thời điểm đầu tiên cường độ điện trường bằng 0 là: \(t=\frac{T}{4}=\frac{1}{4}=0,25 \mu \mathrm{~s}\)

\section*{Câu 35: Đáp án A}

Phương pháp: Công thức thấu kính: \(\frac{1}{d}+\frac{1}{d^{\prime}}=\frac{1}{f}\)

\section*{Cách giải:}

Ta có:
\(\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{d}+\frac{1}{d^{\prime}}=\frac{1}{f} \\ d+d^{\prime}=7,2 f\end{array} \Rightarrow \frac{1}{d}+\frac{1}{d^{\prime}}=\frac{1}{\frac{d+d^{\prime}}{7,2}} \Leftrightarrow \frac{1}{d}+\frac{1}{d^{\prime}}=\frac{7,2}{d+d^{\prime}}\right.\)
\(\Rightarrow d^{2}+2 d \cdot d^{\prime}+d^{\prime 2}-7,2 d \cdot d^{\prime}=0 \Leftrightarrow d^{2}-5,2 d \cdot d^{\prime}+d^{\prime 2}=0\)
\(\Delta=23,04 . d^{\prime 2} \Rightarrow \sqrt{\Delta}=4,8 d^{\prime}\)
\(\Rightarrow\left[\begin{array}{l}d=\frac{5,2+4,8}{2} d^{\prime}=5 d^{\prime} \\ d=\frac{5,2-4,8}{2} d^{\prime}=0,2 d^{\prime}\end{array} \Rightarrow\left[\begin{array}{l}\frac{A^{\prime} B^{\prime}}{A B}=\frac{d^{\prime}}{d}=\frac{1}{5} \Rightarrow A^{\prime} B^{\prime}=0,4 \mathrm{~cm} \\ \frac{A^{\prime} B^{\prime}}{A B}=\frac{d^{\prime}}{d}=5 \Rightarrow A^{\prime} B^{\prime}=10 \mathrm{~cm}\end{array}\right.\right.\)
Câu 36: Đáp án D
Điện lượng chuyển qua tiết diện bằng: \(\Delta q=\left|q_{1}-q_{2}\right|\)
\(\left\{\begin{array}{l}\Delta t_{1}=\frac{T}{6} \\ \Delta t_{2}=\Delta t_{3}=\frac{T}{3}\end{array}=>\Delta t_{1}+\Delta t_{2}=\frac{T}{2}=>q_{1}=-q_{3}\right.\)
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_11_15_8d876afca187b85a0b32g-10.jpg?height=557&width=581&top_left_y=1806&top_left_x=157)

Trường hợp 1 : Nếu \(\mathrm{q}_{1}<\mathrm{q}_{2}\)
\(\left\{\begin{array}{l}\Delta q_{1}=q_{2}-q_{1} \\ \Delta q_{2}=\left|q_{2}-q_{3}\right|\end{array} \xrightarrow{q_{3}=-q_{1}}\left\{\begin{array}{l}q_{1}=6.10^{-6} \mathrm{C} \\ q_{2}=3.10^{-6} \mathrm{C}\end{array}\right.\right.\)
\(\alpha=\frac{1}{\omega}\left(\operatorname{arcos} \frac{q_{1}}{Q_{0}}-\operatorname{arcos} \frac{q_{2}}{Q_{0}}\right)=\frac{\pi}{3}=>Q_{0}=6 \mu C \Rightarrow q_{2}=Q_{0} \Rightarrow>\left\{\begin{array}{l}q_{1}=\frac{Q_{0}}{2} \\ q_{3}=-\frac{Q_{0}}{2}\end{array}\right.\)
\(q_{4}=-\frac{Q_{0}}{2} \Rightarrow \Delta q_{3}=\left|q_{4}-q_{3}\right|=0\) ( Loại trường hợp này)
Trường hợp 2 : Nếu

\section*{Câu 37: Đáp án B}

Phương pháp: Công thức tính mức cường độ âm: \(L=10 \cdot \log \frac{I}{I_{0}}=10 \cdot \log \frac{P}{4 \pi \cdot r^{2}}\)

\section*{Cách giải:}
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_11_15_8d876afca187b85a0b32g-11.jpg?height=589&width=616&top_left_y=1191&top_left_x=402)

Khi nguồn âm O đặt tại B , người đứng tại C nghe được âm có mức cường độ âm: \(L_{C}=10 \cdot \log \frac{P}{4 \pi \cdot B C^{2}}=40 d B\)
Khi di chuyển nguồn O trên đoạn AB và người M di chuyển trên đoạn AC sao cho \(\mathrm{BO}=\mathrm{AM}\) thì mức cường độ âm người nghe được: \(L_{M}=10 \cdot \log \frac{P}{4 \pi \cdot O M^{2}}\)

Ta có: \(\left(L_{M}\right)_{\text {max }} \Leftrightarrow O M_{\text {min }}\)
\(\triangle \mathrm{ABC}\) vuông cân tại A có \(\mathrm{BO}=\mathrm{AM}=>\mathrm{OMmin}<=>\mathrm{OM}\) là đường trung bình của \(\triangle \mathrm{ABC}\)
\(\Rightarrow O M_{\text {min }}=\frac{B C}{2} \Rightarrow\left(L_{M}\right)_{\text {max }}=10 \cdot \log \frac{P}{4 \pi \cdot\left(\frac{B C}{2}\right)^{2}}=10 \cdot \log \frac{4 P}{4 \pi \cdot B C^{2}}\)
\(\Rightarrow\left(L_{M}\right)_{\max }-L_{C}=10 \cdot \log \frac{4 P}{4 \pi \cdot B C^{2}}-10 \cdot \log \frac{P}{4 \pi \cdot B C^{2}}=10 \log 4 \Rightarrow\left(L_{M}\right)_{\max }=L_{C}+10 \log 4\)
\(\Rightarrow\left(L_{M}\right)_{\text {max }}=40+10 \log 4=46 d B\)
Câu 38: Đáp án A
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_11_15_8d876afca187b85a0b32g-12.jpg?height=551&width=1091&top_left_y=641&top_left_x=108)
\[
\left\{\begin{array}{l}
M I=S_{1} I-S_{1} M=\frac{a}{2} \\
S_{1} M=\frac{S_{1} S_{2}}{2}=\frac{a-\Delta a}{2}
\end{array} \Rightarrow M I=\frac{a}{2}-\frac{a-\Delta a}{2}=\frac{\Delta a}{2}\left(4 i=3 \mathrm{~mm}=>i=\frac{3}{4} \mathrm{~mm}\right)\right.
\]
\(\Delta \mathrm{SIM}\) đồng dạng với \(\Delta \mathrm{SOO}^{\prime}\) :
\[
\frac{S I}{S I+I O}=\frac{M I}{O O^{\prime}} \Leftrightarrow \frac{d}{s+D}=\frac{\frac{\Delta a}{2}}{k i} \xrightarrow{k=1} \Delta a_{\min }=0,5 \mathrm{~mm}
\]

\section*{Câu 39: Đáp án D}

Phương pháp:Sử dụng giản đồ vecto
Cách giải:
+ Viết phương trình của \(\mathrm{u}_{\mathrm{AB}}\) :
Từ đồ thị ta thấy: \(U_{0 A B}=100 \sqrt{6} \mathrm{~V}\)
Biểu diễn thời điểm ban đầu \(\mathrm{t}=0\) trên đường tròn lượng giác:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_11_15_8d876afca187b85a0b32g-13.jpg?height=546&width=814&top_left_y=215&top_left_x=471)
\(=>\) Pha ban đầu của \(u_{\mathrm{AB}}\) là: \(\varphi_{\mathrm{AB}}=-\pi / 6(\mathrm{rad})\)
\(=>\) Phương trình của \(\mathrm{u}_{\mathrm{AB}}: u_{A B}=100 \sqrt{6} \cos \left(\omega t-\frac{\pi}{6}\right) V\)
+ Từ đồ thị ta có phương trình của các điện áp: \(\left\{\begin{array}{l}u_{A B}=100 \sqrt{6} \cos \left(\omega t-\frac{\pi}{6}\right) V \\ u_{A N}=2 U \cos \left(\omega t-\frac{\pi}{3}\right) V \\ u_{A M}=2 U \cos \left(\omega t+\frac{\pi}{3}\right) V\end{array}\right.\)
\(+U_{A N}=U_{A N} \Rightarrow r^{2}+Z_{L}^{2}=r^{2}+\left(Z_{L}-Z_{C}\right)^{2} \Rightarrow Z_{C}=2 Z_{L}\)
\(+\overrightarrow{U_{A M}} \perp \overrightarrow{U_{A B}} \Rightarrow \tan \varphi_{A M} \tan \varphi_{A B}=-1 \Leftrightarrow \frac{Z_{L}}{r} \cdot \frac{Z_{L}-Z_{C}}{r+R}=-1 \Leftrightarrow \frac{Z_{L}}{r} \cdot \frac{-Z_{L}}{r+R}=-1 \Rightarrow r(R+r)=Z_{L}^{2}(* *)\)
\(+\mathrm{U}_{\mathrm{AN}}=\mathrm{U}_{\mathrm{AM}} ; \mathrm{Z}_{\mathrm{C}}=2 \mathrm{Z}_{\mathrm{L}}\). Ta có giản đồ vecto:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_11_15_8d876afca187b85a0b32g-14.jpg?height=814&width=432&top_left_y=189&top_left_x=543)

Từ giản đồ vecto ta có: \(\tan \frac{\pi}{3}=\frac{Z_{L}}{r} \Leftrightarrow \frac{Z_{L}}{r}=\sqrt{3} \Rightarrow Z_{L}=\sqrt{3} r(* * *)\)
Từ \((*) ;(* *) ;(* * *)\) ta có: \(\left\{\begin{array}{l}Z_{C}=2 Z_{L} \\ r(R+r)=Z_{L}^{2} \\ Z_{L}=r \sqrt{3}\end{array} \Rightarrow r+R=\frac{Z_{L}^{2}}{r}=3 r\right.\)
+ Tổng trở:
\(Z=\frac{U_{A B}}{I}=\frac{100 \sqrt{3}}{3}=\frac{100}{\sqrt{3}} \Rightarrow Z^{2}=(R+r)^{2}+\left(Z_{L}-Z_{C}\right)^{2}=\frac{10000}{3}\)
\(\Leftrightarrow(3 r)^{2}+Z_{L}^{2}=\frac{10000}{3} \Leftrightarrow 9 r^{2}+3 r^{2}=\frac{10000}{3} \Rightarrow r=\frac{50}{3} \Omega\)
\(\Rightarrow r+R=3 r=3 \cdot \frac{50}{3}=50 \Omega\)
Câu 40: Đáp án C
Phương pháp:Sử dụng đường tròn lượng giác
Áp dụng hệ thức độc lập theo thời gian của \(x\) và \(v\).

\section*{Cách giải:}

Chọn gốc toạ độ tại VTCB; chiều dương hướng xuống dưới.
Độ giãn của hệ lò xo + dây đàn hồi khi vật ở VTCB: \(\Delta l=\frac{m g}{k}=\frac{0,1.10}{40}=2,5 \mathrm{~cm}\)
- Khoảng thời gian từ khi thả vật đến khi vật đạt độ cao cực đại lần thứ nhất được chia làm hai giai đoạn:
+ Giai đoạn 1 (sợi dây bị kéo giãn tương đương như một lò xo): Vật đi từ vị trí biên \(\mathrm{x}=5 \mathrm{~cm}\) đến vị trí \(\mathrm{x}=-\Delta \mathrm{l}=\) \(-2,5 \mathrm{~cm}\)
+ Giai đoạn 2 (khi dây bị trùng lực đàn hồi bị triệt tiêu): Vật đi từ vị trị \(\mathrm{x}=-\Delta \mathrm{l}=-2,5 \mathrm{~cm}\) đến biên âm.
- Giai đoạn 1:

Hệ dao động gồm lò xo và sợi dây đàn hồi nhẹ có cùng chiều dài tự nhiên treo thẳng đứng vào cùng một điểm cố định đầu còn lại của lò xo và sợi dây gắn vào vật nặng được coi như hai lò xo mắc song song \(=>\) Độ cứng của hệ: \(k=k_{1}+k_{2}=10+30=40 \mathrm{~N} / \mathrm{m}\)
Chu kì dao động của hệ: \(T=2 \pi \sqrt{\frac{m}{k}}=2 \pi \sqrt{\frac{0,1}{40}}=0,1 \pi(s)\)
Ban đầu vật ở VTCB, kéo vật thẳng đứng xuống dưới một đoạn \(\mathrm{a}=5 \mathrm{~cm}\) rồi thả nhẹ \(=>\mathrm{A}=5 \mathrm{~cm}\).
Thời gian vật đi từ \(\mathrm{x}=5 \mathrm{~cm}\) đến \(\mathrm{x}=-2,5 \mathrm{~cm}\) được biểu diễn trên đường tròn lượng giác:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_11_15_8d876afca187b85a0b32g-15.jpg?height=557&width=757&top_left_y=914&top_left_x=521)
\(\Rightarrow>\) Góc quét: \(\alpha_{1}=\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{6}=\frac{2 \pi}{3} \Rightarrow t_{1}=\frac{2 \pi}{3} \frac{T}{2 \pi}=\frac{2 \pi}{3} \cdot \frac{0,1 \pi}{2 \pi}=\frac{\pi}{30} \mathrm{~s}\)
Tại li độ \(\mathrm{x}=-2,5 \mathrm{~cm}\) vật có vận tốc: \(v=\omega \sqrt{A^{2}-x^{2}}=\frac{2 \pi}{0,1 \pi} \sqrt{5^{2}-2,5^{2}}=50 \sqrt{3}(\mathrm{~cm} / \mathrm{s})\)
- Giai đoạn 2:

Độ giãn của lò xo ở VTCB: \(\Delta l^{\prime}=\frac{m g}{k_{1}}=10 \mathrm{~cm} \Rightarrow>\) tại vị trí lò xo không biến dạng \(\mathrm{x}=-10 \mathrm{~cm}\) Vật dao động điều hoà với chu kì và biên độ:
\[
\left\{\begin{array}{l}
T^{\prime}=2 \pi \sqrt{\frac{m}{k_{1}}}=2 \pi \sqrt{\frac{0,1}{10}}=0,2 \pi(\mathrm{~s}) \Rightarrow \omega^{\prime}=\frac{2 \pi}{0,2 \pi}=10 \mathrm{rad} / \mathrm{s} \\
A^{\prime}=\sqrt{x^{2}+\frac{v^{2}}{\omega^{\prime 2}}}=\sqrt{(-10)^{2}+\frac{(50 \sqrt{3})^{2}}{10^{2}}}=5 \sqrt{7} \mathrm{~cm}
\end{array}\right.
\]

Vật đi từ vị trí \(\mathrm{x}=-\Delta \mathrm{l}=-10 \mathrm{~cm}\) đến biên âm \(x=-5 \sqrt{7} \mathrm{~cm}\) được biểu diễn trên đường tròn lượng giác:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_11_15_8d876afca187b85a0b32g-16.jpg?height=543&width=752&top_left_y=173&top_left_x=524)

Từ đường tròn lượng giác ta tính được: \(\alpha_{2}=0,71 \mathrm{rad} \Rightarrow t_{2}=\frac{\alpha_{2}}{\omega^{\prime}}=0,071 \mathrm{~s}\)
\(=>\) Khoảng thời gian kể từ khi thả vật đến khi vật đạt độ cao cực đại: \(\mathrm{t}=\mathrm{t}_{1}+\mathrm{t}_{2}=0,175 \mathrm{~s}\)
=> Chọn C