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

\section*{Câu 1 : Đáp án B}

Tia tới song song với trục chính của thấu kính hội tụ có tia ló đi qua tiêu điểm ảnh chính

\section*{Câu 2 : Đáp án D}

Cảm ứng từ B do dòn điện I chạy trong dẫy dẫn thẳng dài gây ra tại 1 điểm cách dây dẫn một khoảng r là \(B=2.10^{-7} \frac{I}{r}\)

\section*{Câu 3 : Đáp án D}

\section*{Câu 4 : Đáp án B}

Sóng điện từ là điện từ trường lan truyền trong không gian

\section*{Câu 5 : Đáp án B}

Trong mạch điện xoay chiều chỉ chứa tụ đện thì hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch trễ pha \(\frac{\pi}{2}\) so với cường độ dòng điện

\section*{Câu 6 : Đáp án A}

Nguyên tắc hoạt động của pin quang điện dựa trên hiện tượng quang điện trong

\section*{Câu 7 : Đáp án B}

Dòng điện trong chất điện phân là dòng chuyển dời có hướng của các ion trong điện trường
Câu 8 : Đáp án D
Câu 9 :Đáp án C
Câu 10 : Đáp án D
Điều kiện của sự cộng hưởng cơ là tần số của lực cương bức bằng tần số riêng của hệ
Câu 11 : Đáp án C
Câu 12 : Đáp án C

Tia tử ngoại phát ra rất mạnh từ nguồn hồ quang điện

\section*{Câu 13 : Đáp án A}

Tần số dao dộng của con lắc là \(f=\frac{\omega}{2 \pi}=\frac{\pi}{2 \pi}=0,5 \mathrm{~Hz}\)

\section*{Câu 14 : Đáp án D}

Bước sóng của nguồn phát ra là \(\lambda=\frac{v}{f}=\frac{100}{10}=10 \mathrm{~cm}\)
Phương trình dao động của điểm M nằm trên phương tryền sóng cách O một đoạn 2,5 cm là
\[
u_{M}=a \cos \left(20 \pi t-\frac{2 \pi \cdot d}{\lambda}\right)=a \cos \left(20 \pi t-\frac{2 \pi \cdot 2,5}{10}\right)=a \cos \left(20 \pi t-\frac{\pi}{2}\right) c m
\]

\section*{Câu 15 : Đáp án A}

Phương pháp : Áp dụng công thức tính công suất \(\mathrm{P}=\mathrm{RI}^{2}\)

\section*{Cách giải :}

Công suất của mạch khi dòng điện trong mạch là 2 A là \(\mathrm{P}_{1}=\mathrm{R} \cdot 2^{2}=4 \mathrm{R}\)
Công suất của mạch khi cường độ dòng điện trong mạch là 1 A là \(P_{2}=R .1^{2}=R=>\frac{P_{2}}{P_{1}}=\frac{R}{4 R} \Rightarrow P_{2}=\frac{P_{1}}{4}=25 \mathrm{~W}\)

\section*{Câu 16 :Đáp án D}

Phương pháp : Áp dụng công thức máy biến thế \(\frac{N_{1}}{N_{2}}=\frac{U_{1}}{U_{2}}\)

\section*{Cách giải:}

Áp dụng công thức máy biến thế \(\frac{N_{1}}{N_{2}}=\frac{U_{1}}{U_{2}} \Rightarrow U_{2}=\frac{U_{1} \cdot N_{2}}{N_{1}}=\frac{220.100}{2000}=11 \mathrm{~V}\)

\section*{Câu 17 : Đáp án B}

Cảm kháng của cuộn dây là \(Z_{L}=\omega L=100 \pi \cdot \frac{0,7}{\pi}=70 \Omega\)

\section*{Câu 18 : Đáp án A}

Giới hạn quang điện được xác định bởi biểu thức \(\lambda=\frac{h c}{A}=\frac{6,625 \cdot 10^{-34} \cdot 3 \cdot 10^{8}}{7,64 \cdot 10^{-19}}=260 \mathrm{~nm}\)

\section*{Câu 19: Đáp án A}

Áp dụng công thức tính suất điện động cảm ứng ta có \(e_{C}=-\frac{\Phi_{2}-\Phi_{1}}{\Delta t}=\frac{0,6-1,2}{60}=0,01 \mathrm{~V}\)
Câu 20 : Đáp án D

Khi chiếu ánh sáng vào các môi trường có chiết xuất khác nhau thì tần số mà màu sắc ánh sáng không đổi

\section*{Câu 21 : Đáp án C}

Điện tích Q mà tụ nạp được là \(\mathrm{Q}=\mathrm{C} . \mathrm{U}=20.10^{-9} .150=3.10^{-6} \mathrm{C}\)
Điện tích cực đại mà tụ nạp được là \(\mathrm{Q}_{0}=\mathrm{C} \cdot \mathrm{U}_{0}=20 \cdot 10^{-9} \cdot 200=4 \cdot 10^{-6} \mathrm{C}\)
Ta có \(\frac{Q}{Q_{0}}=\frac{3 \cdot 10^{-6}}{4 \cdot 10^{-6}} \cdot 100 \%=75 \%\)

\section*{Câu 22 : Đáp án C}

Theo bài ra ta có \(\frac{\Delta \mathrm{W}}{\mathrm{W}_{0}}=5 \% \Rightarrow \frac{\frac{1}{2} k A_{0}^{2}-\frac{1}{2} k A^{2}}{\frac{1}{2} k A_{0}^{2}}=>\frac{\Delta A}{A_{0}}=2,5 \%\)
Sau sau 10 chu kỳ biên độ của nó giảm \(25 \%\)

\section*{Câu 23 : Đáp án B}

Phương pháp : Áp dụng điều kiện để có phản xạ toàn phần \(\mathrm{i} \geq \mathrm{i}_{\mathrm{gh}}\)

\section*{Cách giải :}

Tia sáng đơn sắc chiếu từ không khí vào chất lỏng trong suốt với góc tới bằng \(60^{\circ}\) thì góc khúc xạ bằng \(30^{\circ}\) do đó ta có \(\sin i=n \sin r=>n=\frac{\sin i}{\sin r}=\frac{\sin 60}{\sin 30}=\sqrt{3}\)
Để có phản xạ toàn phần khi chiếu chât lỏng ra không khí thì \(\sin i_{g h}=\frac{1}{n}=\frac{1}{\sqrt{3}}=>i_{g h}=35,3^{0}\)
Áp dụng điều kiện để có phản xạ toàn phần \(\mathrm{i} \geq \mathrm{i}_{\mathrm{gh}} \geq 35,3^{0}\)

\section*{Câu 24: Đáp án D}

Phương pháp: Sử dụng công thức tính độ lệch pha giữa u và i

\section*{Cách giải:}

Ta có: \(\tan \left(-\frac{\pi}{4}\right)=-\frac{Z_{C}}{R}=-1 \Rightarrow Z_{C}=R \Leftrightarrow \frac{1}{\omega C}=100 \Rightarrow C=\frac{1}{10 \pi} m F\)

\section*{Câu 25: Đáp án D}

Phương pháp: Công suất của nguồn \(\mathrm{P}=\mathrm{N} . \varepsilon\) ( N là số photon phát ra trong 1 s )

\section*{Cách giải:}

Ta có: \(P=N_{\lambda} \varepsilon=N_{\lambda} \frac{h c}{\lambda} \Rightarrow N_{\lambda}=\frac{P \lambda}{h c}=\frac{1,2 \cdot 0,45 \cdot 10^{-6}}{6,625 \cdot 10^{-34} \cdot 3 \cdot 10^{8}}=2,72 \cdot 10^{18}\)
Câu 26: Đáp án A
Câu 27: Đáp án B

\section*{Câu 28: Đáp án A}

Phương pháp: Điều kiện có sóng dừng trên dây hai đầu cố định \(1=\mathrm{k} \lambda / 2\) ( k là số bó sóng)
Cách giải: Ta có: \(l=k \frac{\lambda}{2}=4 \cdot \frac{v}{2 f}=\frac{2 v}{f} \Rightarrow v=\frac{l f}{2}=\frac{100.40}{2}=20 \mathrm{~m} / \mathrm{s}\)

\section*{Câu 29 : Đáp án C}

Suất điện động của nguồn điện: \(E=\frac{\omega N \Phi_{0}}{\sqrt{2}}=\frac{2 \pi f N \Phi_{0}}{\sqrt{2}}=U \quad(\) do \(\mathrm{r}=0)\)
Với \(\mathrm{f}=\mathrm{np} \quad\) ( n tốc độ quay của roto, p số cặp cực từ)
Do \(\mathrm{I}_{1}=\mathrm{I}_{2}\) ta có:
\(\frac{\omega_{1}^{2}}{R^{2}+\left(\omega_{1} L-\frac{1}{\omega_{1} C}\right)^{2}}=\frac{\omega_{2}^{2}}{R^{2}+\left(\omega_{2} L-\frac{1}{\omega_{2} C}\right)^{2}} \Rightarrow \omega_{1}^{2}\left[R^{2}+\left(\omega_{2} L-\frac{1}{\omega_{2} C}\right)^{2}\right]=\omega_{2}^{2}\left[R^{2}+\left(\omega_{1} L-\frac{1}{\omega_{1} C}\right)^{2}\right]\)
\(\Rightarrow \omega_{1}^{2} R^{2}+\omega_{1}^{2} \omega_{2}^{2} L^{2}+\frac{\omega_{1}^{2}}{\omega_{2}^{2} C^{2}}-2 \omega_{1}^{2} \frac{L}{C}=\omega_{2}^{2} R^{2}+\omega_{1}^{2} \omega_{2}^{2} L^{2}+\frac{\omega_{2}^{2}}{\omega_{1}^{2} C^{2}}-2 \omega_{2}^{2} \frac{L}{C}\)
\(\Rightarrow\left(\omega_{1}^{2}-\omega_{2}^{2}\right)\left(R^{2}-2 \frac{L}{C}\right)=\frac{1}{C^{2}}\left(\frac{\omega_{2}^{2}}{\omega_{1}^{2}}-\frac{\omega_{1}^{2}}{\omega_{2}^{2}}\right)=\frac{1}{C^{2}} \frac{\left(\omega_{2}^{2}-\omega_{1}^{2}\right)\left(\omega_{2}^{2}+\omega_{1}^{2}\right)}{\omega_{1}^{2} \omega_{2}^{2}}\)
\(\left.\Rightarrow\left(2 \frac{L}{C}-R^{2}\right) C^{2}=\frac{1}{\omega_{1}^{2}}+\frac{1}{\omega_{2}^{2}}{ }^{*}\right)\)
Dòng điện hiệu dụng qua mạch: \(I=\frac{U}{Z}=\frac{E}{Z}\)
\[
\begin{aligned}
& \mathrm{I}=\mathrm{I}_{\mathrm{mac}} \text { khi } \mathrm{E}^{2} / \mathrm{Z}^{2} \text { có giá trị lớn nhất hay khi } y=\frac{\omega_{0}^{2}}{R^{2}+\left(\omega_{0} L-\frac{1}{\omega_{0} C}\right)^{2}} \text { có giá trị lớn nhất } \\
& y=\frac{1}{\frac{R^{2}+\omega_{0}^{2} L^{2}+\frac{1}{\omega_{0}^{2} C^{2}}-2 \frac{L}{C}}{\omega_{0}^{2}}}=\frac{1}{\frac{1}{C^{2}} \frac{1}{\omega_{0}^{4}}+\frac{R^{2}-2 \frac{L}{C}}{\omega_{0}^{2}}-L^{2}}
\end{aligned}
\]

Để \(\mathrm{y}=\mathrm{y}_{\max }\) thì mẫu số bé nhất
Đặt \(x=\frac{1}{\omega_{0}^{2}} \Rightarrow y=\frac{x^{2}}{C^{2}}+\left(R^{2}-2 \frac{L}{C}\right) x-L^{2}\)
Lấy đạo hàm mẫu số, cho bằng 0 ta được kết quả \(x_{0}=\frac{1}{\omega_{0}^{2}}=\frac{1}{2} C^{2}\left(2 \frac{L}{C}-R^{2}\right)(* *)\)
Từ \(\left({ }^{*}\right)\) và \(\left({ }^{* *}\right)\) ta suy ra : \(\frac{1}{\omega_{1}^{2}}+\frac{1}{\omega_{2}^{2}}=\frac{2}{\omega_{0}^{2}} \Leftrightarrow \frac{1}{f_{1}^{2}}+\frac{1}{f_{2}^{2}}=\frac{2}{f_{0}^{2}}\)
hay \(\frac{1}{n_{1}^{2}}+\frac{1}{n_{2}^{2}}=\frac{2}{n_{0}^{2}} \Rightarrow n_{0}^{2}=\frac{2 n_{1}^{2} \cdot n_{2}^{2}}{n_{1}^{2}+n_{2}^{2}}=\frac{2.360^{2} \cdot 800^{2}}{360^{2}+800^{2}} \Rightarrow n=464(\) vong \(/\) phut \()\)

\section*{Câu 30: Đáp án C}

Phương pháp : Áp dụng đại cương dao động điều hòa cho con lắc lò xo đứng

\section*{Cách giải :}

Chiều dài tự nhiên của lò xo là \(1_{0}=20 \mathrm{~cm}\)
Khi lò xo có chiều dài 18 cm thì vận tốc của vật bằng \(0=>\) khi đó vật đang ở vị trí biên trên : \(l=l_{0}+\Delta l-A \Rightarrow A-\Delta l=20-18=2 \mathrm{~cm}\).

Lực đàn hồi lúc đó \(F=k|\Delta l-A|=k \cdot 0,02=2=>k=100 \mathrm{~N} / \mathrm{m}\)
Độ biến dạng của lò xo ở vị trí cân bằng là \(\Delta l=\frac{m g}{k}=\frac{0,2.10}{100}=0,02 m\)
Biên độ của con lắc là \(A-\Delta l=2 \Rightarrow A=4 \mathrm{~cm}\)
Cơ năng của con lắc là \(\mathrm{W}=\frac{1}{2} k A^{2}=\frac{1}{2} \cdot 100 \cdot 0,04^{2}=0,08 J\)

\section*{Câu 31: Đáp án B}

Phương pháp: Sử dụng công thức tính điện áp hiệu dụng

\section*{Cách giải:}
+ TH1: Hộp kín \(X\) là tụ điện \(=>U_{M B}=U_{C X}=120 \mathrm{~V}\)
\(\Rightarrow\left\{\begin{array}{l}U_{A B}=U_{R}^{2}+\left(U_{C}+120\right)^{2}=130^{2} \\ U_{A M}=U_{R}^{2}+U_{C}^{2}=50^{2}\end{array} \Rightarrow 240 U_{C}+120^{2}=130^{2}-50^{2} \Rightarrow U_{C}=0\right.\)
\(=>\) Loại đáp án A
+ TH2: Hộp kín X là cuộn dây thuần cảm \(=>\mathrm{U}_{\mathrm{MB}}=\mathrm{U}_{\mathrm{LX}}=120 \mathrm{~V}\)
\(\Rightarrow\left\{\begin{array}{l}U_{A B}=U_{R}^{2}+\left(120-U_{C}\right)^{2}=130^{2} \\ U_{A M}=U_{R}^{2}+U_{C}^{2}=50^{2}\end{array} \Rightarrow 120^{2}-240 U_{C}+=130^{2}-50^{2} \Rightarrow U_{C}=0\right.\)
=> Loại đáp án C
+ TH3: Hộp kín X là điện trở thuần \(=>\mathrm{U}_{\mathrm{MB}}=\mathrm{U}_{\mathrm{RX}}=120 \mathrm{~V}\)
\(\Rightarrow\left\{\begin{array}{l}U_{A B}=\left(U_{R}+120\right)^{2}+U_{C}^{2}=130^{2} \\ U_{A M}=U_{R}^{2}+U_{C}^{2}=50^{2}\end{array} \Rightarrow 240 U_{R}+120^{2}=130^{2}-50^{2} \Rightarrow U_{R}=0\right.\)
\(=>\) Loại đáp án D

\section*{=> Chọn B}

\section*{Câu 32: Đáp án A}

Phương pháp: Khoảng cách giữa hai điểm sáng được biểu diễn bởi phương trình: \(\mathrm{d}=\mathrm{x}_{1}-\mathrm{x}_{2}=\mathrm{A} \cos (\omega \mathrm{t}+\varphi)\)
Với \(\tan \varphi=\frac{A_{1} \sin \varphi_{1}-A_{2} \sin \varphi_{2}}{A_{1} \cos \varphi_{1}-A_{2} \cos \varphi_{2}}\)
Sử dụng đường tròn lượng giác

\section*{Cách giải:}
+ Phương trình vận tốc của hai chất điểm: \(\left\{\begin{array}{l}v_{1}=20 \pi \cos \left(5 \pi t+\frac{\pi}{2}\right) \\ v_{2}=20 \pi \sqrt{3} \cos \left(5 \pi t+\frac{\pi}{6}+\frac{\pi}{2}\right)=20 \pi \sqrt{3} \cos \left(5 \pi t+\frac{2 \pi}{3}\right)\end{array}\right.\)
+ Ta có: \(d=x_{1}-x_{2}=A \cos (\omega t+\varphi)\)
Với \(\tan \varphi=\frac{4 \sin 0-4 \sqrt{3} \sin \frac{\pi}{6}}{4 \cos 0-4 \sqrt{3} \cos \frac{\pi}{6}}=\sqrt{3} \Rightarrow \varphi=\frac{\pi}{3} \Rightarrow d=A \cos \left(5 \pi t+\frac{\pi}{3}\right) \Rightarrow d_{\max }=A \Leftrightarrow d= \pm A\)
+ Thời điểm đầu tiên \(t\) hai điểm sáng cách xa nhau nhất được biểu diễn trên đường tròn lượng giác:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_11_15_acf144c6fa7958ddf5fdg-06.jpg?height=643&width=777&top_left_y=1359&top_left_x=514)

Góc quét được: \(\alpha=\frac{\pi}{6}+\frac{\pi}{2}=\frac{2 \pi}{3} \Rightarrow t=\frac{\alpha}{\omega}=\frac{\frac{2 \pi}{3}}{5 \pi}=\frac{2}{15} \mathrm{~s}\)
+ Tại \(\mathrm{t}=2 / 15 \mathrm{~s}\) tỉ số vận tốc của chất điểm 1 so với chất điểm \(2: \frac{v_{1}}{v_{2}}=\frac{20 \pi \cos \left(5 \pi \cdot \frac{2}{15}+\frac{\pi}{2}\right)}{20 \pi \sqrt{3} \cos \left(5 \pi \cdot \frac{2}{15}+\frac{2 \pi}{3}\right)}=\frac{-\frac{\sqrt{3}}{2}}{-\frac{\sqrt{3}}{2}}=1\)
Câu 33: Đáp án B

Phương pháp: Sử dụng đường tròn lượng giác

\section*{Cách giải:}

Tần số góc của mạch 1 và mạch \(2: \omega_{1}=\omega_{2}=\frac{1}{\sqrt{L_{1} C_{1}}}=\frac{1}{\sqrt{2 \cdot 10^{-6} \cdot 0,2 \cdot 10^{-6}}}=5 \pi \cdot 10^{5}(\mathrm{rad} / \mathrm{s})\)
Phương trình hiệu điện thế của mạch 1 và mạch 2: \(\left\{\begin{array}{l}u_{1}=8 \cos \left(5 \pi \cdot 10^{5} t\right) \\ u_{2}=16 \cos \left(5 \pi \cdot 10^{5} t\right)\end{array} \Rightarrow \Delta u=u_{2}-u_{1}=8 \cos \left(5 \pi \cdot 10^{5} t\right)\right.\)
Biểu diễn trên đường tròn lượng giác ta có:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_11_15_acf144c6fa7958ddf5fdg-07.jpg?height=647&width=760&top_left_y=739&top_left_x=520)

Góc quét được : \(\alpha=\frac{\pi}{3} \Rightarrow \Delta t=\frac{\alpha}{\omega}=\frac{\pi}{3.5 \pi \cdot 10^{5}}=\frac{2.10^{-6}}{3} \mathrm{~s}\)
Câu 34: Đáp án C
Phương pháp: Phương trình của li độ và vận tốc: \(\left\{\begin{array}{l}u=A \cos (\omega t+\varphi) \\ v=\omega A \cos \left(\omega t+\varphi+\frac{\pi}{2}\right)\end{array}\right.\)

\section*{Cách giải:}

Độ lệch pha giữa M và \(\mathrm{N}: \Delta \varphi=\frac{2 \pi \cdot M N}{\lambda}=\frac{2 \pi \cdot 90}{40}=4,5 \pi\)
Phương trình li độ và vận tốc tại M và N :
\(\left\{\begin{array}{l}u_{M}=A \cos (\omega t+\varphi) \\ v_{M}=\omega A \cos \left(\omega t+\varphi+\frac{\pi}{2}\right) \\ u_{N}=A \cos (\omega t+\varphi+4,5 \pi) \\ v_{N}=\omega A \cos \left(\omega t+\varphi+\frac{\pi}{2}+4,5 \pi\right)=\omega A \cos (\omega t+\varphi+5 \pi)=-\omega A \cos (\omega t+\varphi)\end{array}\right.\)

Tại thời điểm t thì: \(\left\{\begin{array}{l}u_{M}=A \cos (\omega t+\varphi)=2 \mathrm{~cm} \\ v_{N}=|-\omega A \cos (\omega t+\varphi)|=125,6 \mathrm{~cm}\end{array} \Rightarrow \frac{v_{N}}{u_{M}}=\omega=\frac{125,6}{2}=62,8=2 \pi f \Rightarrow f=10 \mathrm{~Hz}\right.\)
Câu 35: Đáp án C
Phương pháp: Công thức tính mức cường độ âm: \(L=10 \log \frac{I}{I_{0}}=10 \log \frac{P}{4 \pi R^{2} I_{0}}\)

\section*{Cách giải:}
+ Lúc đầu, mức cường độ âm tại \(\mathrm{M}: L_{M}=10 \log \frac{P}{4 \pi R^{2} I_{0}}=50 \mathrm{~dB}\)
+ Sau khi tăng công suất của nguồn âm lên \(30 \%\) :
\(L_{M}{ }^{\prime}=10 \log \frac{P+0,3 P}{4 \pi R^{2} I_{0}}=10 \log 1,3+10 \log \frac{P}{4 \pi R^{2} I_{0}}=1,14+50=51,14 d B\)
Câu 36: Đáp án A
Phương pháp: Định luật khúc xạ ánh sáng n1sini \(=\) n2sinr

\section*{Cách giải:}
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_11_15_acf144c6fa7958ddf5fdg-08.jpg?height=676&width=906&top_left_y=1245&top_left_x=341)

Ta có:
\(\sin i=n \sin r \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}\operatorname{sinr}_{d}=\sin H I D=\frac{\sin i}{1,42}=\frac{\sin 60}{1,42} \Rightarrow r_{d}=37,58^{\circ} \\ \operatorname{sinr}_{t}=\sin H I T=\frac{\sin i}{1,44}=\frac{\sin 60}{1,44} \Rightarrow r_{d}=36,97^{\circ}\end{array}\right.\)
\(\Rightarrow T D=H D-H T=I H(\tan H I D-\tan H I T)=10(\tan 37,58-\tan 36,97)=0,168 \mathrm{~cm}\)
Từ hình vẽ có: \(D T K=30^{\circ}\)
=> Bề rộng dải quang phổ liên tục khi chùm sáng ló ra khỏi tấm nhựa:
\(\mathrm{DK}=\mathrm{TD} \cdot \operatorname{sinDTK}=0,168 \cdot \sin 30=0,084 \mathrm{~cm}\)

\section*{Câu 37: Đáp án D}

Phương pháp: Sử dụng giản đồ vecto

\section*{Cách giải:}

Dựa vào đồ thị và dữ kiện đề bài: \(\left\{\begin{array}{l}R=r \Rightarrow U_{R}=U_{r} \\ \overrightarrow{U_{A N}} \perp \overrightarrow{U_{M B}}\end{array}\right.\)
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_11_15_acf144c6fa7958ddf5fdg-09.jpg?height=803&width=738&top_left_y=691&top_left_x=322)

Ta có: \(\alpha+\beta=\frac{\pi}{2} \Rightarrow \cos \beta=\sin \alpha \Rightarrow \frac{U_{R}}{20}=\frac{U_{L}}{30} \Rightarrow U_{L}=\frac{U_{R} \cdot 30}{20}=1,5 U_{R} \Rightarrow Z_{L}=1,5 R\)
\(\frac{U_{M B}^{2}}{U_{A N}^{2}}=\frac{Z_{M B}^{2}}{Z_{A N}^{2}}=\frac{R^{2}+\left(Z_{L}-Z_{C}\right)^{2}}{(2 R)^{2}+Z_{L}^{2}}=\frac{20^{2}}{30^{2}}=\frac{4}{9} \Leftrightarrow \frac{R^{2}+\left(Z_{L}-Z_{C}\right)^{2}}{(2 R)^{2}+(1,5 R)^{2}}=\frac{4}{9} \Rightarrow\left(Z_{L}-Z_{C}\right)^{2}=\frac{16}{9} R^{2}\)
\(\frac{U^{2}}{U_{A N}^{2}}=\frac{Z_{M B}^{2}}{Z_{A N}^{2}}=\frac{(2 R)^{2}+\left(Z_{L}-Z_{C}\right)^{2}}{R^{2}+\left(Z_{L}-Z_{C}\right)^{2}} \Leftrightarrow \frac{U^{2}}{20^{2}}=\frac{4 R^{2}+\frac{16}{9} R^{2}}{R^{2}+\frac{16}{9} R^{2}} \Rightarrow U=28,8 \mathrm{~V}\)

\section*{Câu 38: Đáp án D}

Phương pháp: Vị trí vân trùng nhau: \(\mathrm{x}_{1}=\mathrm{x}_{2}<\Rightarrow \mathrm{k}_{1} \lambda_{1}=\mathrm{k}_{2} \lambda_{2}\)

\section*{Cách giải:}

Vị trí trùng nhau của ánh sáng đỏ và lam: \(x_{d}=x_{l} \Leftrightarrow k_{d} \lambda_{d}=k_{l} \lambda_{l} \Rightarrow \frac{k_{d}}{k_{l}}=\frac{\lambda_{l}}{\lambda_{d}}=\frac{456}{684}=\frac{2}{3}=\frac{4}{6}=\frac{6}{9}\)
Trong khoảng giữa hai vân sáng có màu cùng màu với vân sáng trung tâm có 6 vân màu lam \(=>\mathrm{k}_{l}\) chạy từ 0 đến 9

Ta có bảng sau:
\begin{tabular}{|l|l|l|l|l|l|l|l|l|l|l|}
\hline \(\mathrm{k}_{l}\) & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 \\
\hline \(\mathrm{k}_{\mathrm{d}}\) & 0 & 1 & 2 & 3 & & 4 & 5 & & 6 \\
\hline
\end{tabular}
\(=>\) Có 3 vân sáng màu đỏ (ứng với \(\mathrm{k}=1 ; 3 ; 5\) )
Câu 39: Đáp án A
Phương pháp: Hai vật có cùng li độ khi \(\mathrm{x}_{1}=\mathrm{x}_{2}\)

\section*{Cách giải:}

Tần số góc của con lắc lò xo 1 và 2 : \(\left\{\begin{array}{l}\omega_{1}=\sqrt{\frac{k_{1}}{m_{1}}}=\frac{2 \pi}{T_{1}}=\frac{2 \pi}{0,25}=8 \pi(\mathrm{rad} / \mathrm{s}) \\ \omega_{2}=\sqrt{\frac{k_{2}}{m_{2}}}=\sqrt{\frac{9 k_{1}}{4 m_{1}}}=12 \pi(\mathrm{rad} / \mathrm{s})\end{array}\right.\)
Theo bài ra ta có phương trình dao động của con lắc 1 và \(2:\left\{\begin{array}{l}x_{1}=A \cos (8 \pi t) \\ x_{2}=A \cos (12 \pi t+\pi)\end{array}\right.\)
Hai vật có cùng li độ khi:
\(x_{2}=x_{1} \Leftrightarrow A \cos (12 \pi t+\pi)=A \cos (8 \pi t) \Leftrightarrow 12 \pi t+\pi=\cos (8 \pi t) \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}12 \pi t+\pi=8 \pi t+k 2 \pi \\ 12 \pi t+\pi=-8 \pi t+k 2 \pi\end{array}\right.\)
\(\Rightarrow\left[\begin{array}{l}t=\frac{k}{2}-\frac{1}{4} \\ t=\frac{k}{10}-\frac{1}{20}\end{array} \Rightarrow t=\frac{k}{10}-\frac{1}{20}\left(k \in N^{*}\right)\right.\)
Hai vật có cùng li độ lần thứ 2018 ứng với \(\mathrm{k}=2018 \Rightarrow t=\frac{2018}{10}-\frac{1}{20}=201,75 s\)

\section*{Câu 40: Đáp án B}

Phương pháp: Phương trình giao thoa sóng trong giao thoa sóng hai nguồn cùng pha:
\(u=2 a \cos \frac{\pi\left(d_{2}-d_{1}\right)}{\lambda} \cos \left[\omega t-\frac{\pi\left(d_{2}+d_{1}\right)}{\lambda}\right]\)

\section*{Cách giải:}

Bước sóng: \(\lambda=2 \mathrm{~cm}\)
Phương trình sóng tại M: \(u_{M}=2 a \cos \frac{\pi(M A-M B)}{\lambda} \cos \left[\omega t-\frac{\pi(M A+M B)}{\lambda}\right]\)
X là điểm dao động với biên độ cực đại và ngược pha với M .

Phương trình sóng tại \(\mathrm{X}: u_{X}=2 a \cos \frac{\pi(X A-X B)}{\lambda} \cos \left[\omega t-\frac{\pi(X A+X B)}{\lambda}\right]\)
Vì X và M thuộc elip \(=>\mathrm{MA}+\mathrm{MB}=\mathrm{XA}+\mathrm{XB}\)
\(=>\mathrm{u}_{\mathrm{M}}\) và \(\mathrm{u}_{\mathrm{X}}\) chỉ khác nhau về: \(\cos \frac{\pi(M A-M B)}{\lambda} ; \cos \frac{\pi(X A-X B)}{\lambda}\)
Vì M thuộc trung trực của \(\mathrm{AB} \Rightarrow \cos \frac{\pi(M A-M B)}{\lambda}=1\)
X ngược pha với \(\mathrm{M} \Leftrightarrow \cos \frac{\pi(X A-X B)}{\lambda}=-1 \Leftrightarrow X A-X B=(2 k+1) \lambda\)
\(-A B \leq(2 k+1) \lambda \leq A B \Leftrightarrow-19 \leq(2 k+1) .2 \leq 19 \Rightarrow-5,25 \leq k \leq 4,25 \Rightarrow k=-5 ;-4 ; \ldots ; 4\)
=> Có 10 điểm dao động với biên độ cực đại và ngược pha với M trên đoạn AB
=> Trên elip có 20 điểm dao động với biên độ cực đại và ngược pha với M