Phương pháp: 

Sử dụng các công thức độc lập thời gian: $\frac{x^2}{A^2}+\frac{v^2}{{\left(v_{\max }\right)}^2}=1;\frac{a^2}{{\left(a_{\max }\right)}^2}+\frac{v^2}{{\left(v_{\max }\right)}^2}=1\text{ và }a=-{\omega }^{2}x$

Cách giải:

Từ công thức độc lập với thời gian, ta có:

Đồ thị của vận tốc – li độ và đồ thị gia tốc – vận tốc là đường elip.

Đồ thị gia tốc – li độ là một đoạn thẳng đi qua gốc tọa độ

Chọn C.

Phương pháp: 

Sử dụng định nghĩa máy quang phổ. 

Cách giải: 

Máy quang phổ là dụng cụ dùng để phân tích chùm sáng có nhiều thành phần thành những thành phần đơn  sắc khác nhau. 

Chọn C.

Phương pháp: 

Pin quang điện là nguồn điện trong đó quang năng chuyển hóa thành điện năng. Pin quang điện hoạt động  dựa trên hiện tượng quang điện trong của các chất bán dẫn: german, silic, selen... 

Cách giải: 

Vật liệu chính sử dụng trong một pin quang điện là bán dẫn. 

Chọn D. 

Phương pháp: 

Sử dụng mô hình nguyên tử Bohr và mô hình nguyên tử Rutherford để phân biệt. 

Cách giải:

Mẫu Bohr đưa ra khái niệm trạng thái dừng là trạng thái có năng lượng xác định, còn mẫu Rutherford thì  không có khái niệm trạng thái dừng. 

Chọn B.

Phương pháp: 

- Điều kiện để phản ứng nhiệt hạch xảy ra: 

+ Nhiệt độ cao khoảng 100 triệu độ. 

+ Mật độ hạt nhân trong plasma phải đủ lớn. 

+ Thời gian duy trì trạng thái plasma ở nhiệt độ cao 100 triệu độ phải đủ lớn. 

Cách giải: 

Khối lượng các hạt nhân phải đạt khối lượng tới hạn không phải là điều kiện xảy ra phản ứng nhiệt hạch. Chọn B.

Phương pháp: 

Sử dụng lí thuyết về các tia phóng xạ β. 

Cách giải: 

- Phóng xạ β^- là các dòng electron. 

- Phóng xạ β⁺ là các dòng electron dương (pôzitron). 

Chọn D.

Phương pháp: 

Ánh sáng phát quang có bước sóng dài hơn bước sóng của ánh sáng kích thích. 

Sử dụng công thức trộn màu sơ cấp. 

Cách giải: 

Ta có: Bước sóng của ánh sáng phát quang lớn hơn bước sóng của ánh sáng kích thích. Mà bước sóng của tia tử ngoại nhỏ hơn bước sóng của ánh sáng màu đỏ và màu lục. Do đó khi dùng tia tử  ngoại làm ánh sáng kích thích thì chất đó phát quang ra cả ánh sáng màu lục và ánh sáng màu đỏ. Hai ánh sáng này tổng hợp với nhau ra ánh sáng màu vàng. 

Chọn D.

Phương pháp: 

Sử dụng kiến thức về sự phát xạ tia X (tia Rơnghen) 

Cách giải: 

Cơ chế của sự phát xạ tia X (tia Rơn-ghen) là dùng một chùm electron có động năng lớn bắn vào một kim  loại nặng khó nóng chảy. 

Chọn A.

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

Để tránh những tác hại của hiện tượng cộng hưởng trong cuộc sống thì các công trình, các bộ phận của máy  phải có tần số khác xa tần số dao động riêng → B sai. 

Chọn B.

Phương pháp: 

Sử dụng đặc điểm, tính chất của các loại sóng dài, sóng trung, sóng ngắn, sóng cực ngắn trong thang sóng  điện từ.

Cách giải: 

Các phân tử không khí trong khí quyển hấp thụ rất mạnh các sóng dài, sóng trung và sóng cực ngắn nên các  sóng này không thể truyền đi xa. 

Các sóng ngắn vô tuyến phản xạ rất tốt trên tầng điện li cũng như trên mặt đất và mặt nước biển nên chúng  có thể truyền đi xa. 

Chọn C.

Phương pháp: 

Sử dụng lí thuyết cấu tạo máy phát điện một pha. 

Cách giải: 

Trong máy phát điện xoay chiều một pha, phần cảm tạo ra từ trường, phần ứng tạo ra dòng điện cảm ứng → A sai. 

Chọn A.

Phương pháp: 

Sử dụng lí thuyết về năng lượng liên kết riêng của hạt nhân. 

- Ngoại trừ các hạt sơ cấp riêng rẽ (như prôtôn, nơtrôn, êlectrôn) hạt nhân nào có năng lượng liên kết riêng  càng lớn thì càng bền vững. 

- Những hạt nhân ở giữa bảng tuần hoàn nói chung có năng lượng liên kết riêng lớn hơn so với năng lượng  liên kết riêng của các hạt nhân ở đầu và cuối bảng tuần hoàn nên bền hơn. 

Cách giải: 

Hạt nhân ⁶²Ni có năng lượng liên kết riêng lớn nhất: bền vững nhất. 

Chọn A.

Phương pháp: 

Sử dụng lí thuyết về nguyên tắc thông tin liên lạc bằng sóng vô tuyến. 

Cách giải: 

Trong thông tin liên lạc bằng sóng vô tuyến, mạch tách sóng ở máy thu thanh có tác dụng tách sóng âm ra  khỏi sóng cao tần. 

Chọn B.

Phương pháp: 

Sử dụng lí thuyết về sự tán sắc ánh sáng. 

Cách giải: 

Hiện tượng tán sắc xảy ra ở mặt phân cách của hai môi trường chiết quang khác nhau.

Chọn A.

Phương pháp: 

Biên độ dao động tổng hợp của hai dao động: $A=\sqrt{A_1^2+A_2^2+2A_1{A}_2\cdot \cos \left({\phi }_2-{\phi }_1\right)}$ 

Cách giải: 

Biên độ dao động tổng hợp của hai dao động là: 

$A=\sqrt{A_1^2+A_2^2+2A_1{A}_2\cdot \cos \left({\phi }_2-{\phi }_1\right)}=\sqrt{2A^2+2A^2\cdot \cos \frac{\pi }{3}}=A\sqrt{3}$ 

Chọn C.

Phương pháp: 

Năng lượng photon: $s=hf=\frac{hc}{\lambda }\left(J\right)=\frac{hc}{\lambda {\mathrm{.1,6.10}}^{-19}}\left(eV\right)$ 

Cách giải: 

Photon mang năng lượng 2,26 eV ứng với bức xạ đơn sắc có bước sóng là

$\epsilon =\frac{hc}{\lambda \cdot \mathrm{1,6}\cdot {10}^{-19}}\left(eV\right)\Rightarrow \lambda =\frac{hc}{\epsilon }=\frac{\mathrm{6,63}\cdot {10}^{-34}\cdot 3\cdot {10}^8}{\mathrm{2,26}\cdot \mathrm{1,6}\cdot {10}^{-19}}=\mathrm{0,55}\left(\mu m\right)=550nm$

Chọn A.

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

Tỉ lệ số vòng dây của cuộn sơ cấp (N1) trên số vòng dây của cuộn thứ cấp (N2) là: 

$\frac{N_1}{N_2}=\frac{U_2}{U_1}=\frac{55}{220}=\frac{1}{4}$.
Chọn B.

Phương pháp: 

Số hạt nhân mẹ bị phân rã sau khoảng thời gian $\text{t}:\Delta n=N_0\left(1-2^{-\frac{t}{T}}\right)$ 

Cách giải: 

Số hạt nhân mẹ bị phân rã sau 7,6 ngày là: 

$\mathrm{0,75}{N}_0=N_0\left(1-2^{-\frac{\mathrm{7,6}}{T}}\right)\iff \mathrm{0,75}=1-2^{-\frac{\mathrm{7,6}}{T}}\mathfrak{M}$ 

$\Rightarrow 2^{-\frac{\mathrm{7,6}}{T}}=\mathrm{0,25}\Rightarrow \frac{\mathrm{7,6}}{T}=2\Rightarrow T=\mathrm{3,8}$ (ngày).

Chọn C.

Phương pháp:

Con lắc có vận tốc cực đại khi nó ở vị trí cân bằng. 

Khoảng thời gian nhỏ nhất giữa hai lần liên tiếp vật nặng có độ lớn vận tốc cực đại là nửa chu kì.

Cách giải: 

Gọi T’ là chu kì của con lắc lò xo. 

Khoảng thời gian nhỏ nhất giữa hai lần liên tiếp vật nặng có độ lớn vận tốc cực đại là $\frac{T^{\text{'}}}{2}$ 

Ta có: $\frac{T^{\text{'}}}{2}=T\Rightarrow T^{\text{'}}=2T$. 

Chọn D.

Phương pháp: 

Phương trình sóng cơ tổng quát: $u=A\cos \left(\omega t-\frac{2\pi x}{\lambda }\right)\infty$ 

Vận tốc của sóng âm: $v=\frac{\lambda }{T}$.

Cách giải: 

Từ phương trình sóng ta có: $\Delta \phi =\frac{2\pi x}{\lambda }=kx\Rightarrow \lambda =\frac{2\pi }{k}$ 

Lại có: $\omega =f\Rightarrow T=\frac{2\pi }{\omega }=\frac{2\pi }{f}$ 

Vận tốc sóng âm là:  $v=\frac{\lambda }{T}=\frac{\frac{2\pi }{k}}{\frac{2\pi }{f}}=\frac{f}{k}$.

Chọn B.

Phương pháp: 

Tần số của sóng: $f=\frac{v}{\lambda }.$ 

Cách giải: 

Vận tốc của sóng là: $v=\frac{s}{t}=\frac{L}{1}=L$ 

Tần số của sóng là: $f=\frac{v}{\lambda }=\frac{L}{\lambda }.$ . 

Chọn B. 

Phương pháp: 

Hoạ âm bậc n có: ${\text{f}}_{\text{n}}={\text{nf}}_1$ 

Cách giải: 

Đối với âm cơ bản và hoạ âm bậc hai do cùng một dây đàn phát ra thì tần số hoạ âm bậc 2 gấp đôi tần số âm  cơ bản. 

Chọn B.

Phương pháp: 

Khi nguyên tử chuyển từ trạng thái dừng có năng lượng (E_n) sang trạng thái dừng có năng lượng thấp hơn  (E_m) thì nó phát ra một photon có năng lượng đúng bằng hiệu: E_n – E_m

Ta có: $\epsilon =h{f}_{nm}=E_n-E_m$ 

Cách giải: 

Năng lượng photon phát ra là: 

$\epsilon =h{f}_{nm}=E_n-E_m=\left(-\mathrm{5,44}\cdot {10}^{-19}\right)-\left(-\mathrm{21,76}\cdot {10}^{-19}\right)=\mathrm{16,32}\cdot {10}^{-19} \text{J}$ 

$\Rightarrow f=\frac{E_n-E_m}{h}=\frac{\mathrm{16,32}\cdot {10}^{-19}}{\mathrm{6,625}\cdot {10}^{-34}}={\mathrm{2,46.10}}^{15}( \text{Hz})$ 

Chọn D.

Phương pháp: 

Cảm kháng của cuộn dây: Z_L = ωL

Dung kháng của tụ điện: $Z_C=\frac{1}{\omega C}$ 

Hiệu điện thế giữa hai đầu tụ điện $U_c=\frac{U}{Z}\cdot Z_c$ với $Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_c\right)}^2}$

Hệ số công cuất: $\cos \phi =\frac{R}{Z}$ 

Cách giải: 

Cảm kháng của cuộn cảm thuần là: $Z_L=\omega L=100\left(\Omega \right)$ 

Dung kháng của tụ điện là: 

$\left\{\begin{array}{l}{Z}_{c_1}=\frac{1}{\omega C_1}=100\left(\Omega \right)\\ Z_{c_2}=\frac{1}{\omega C_2}=300\left(\Omega \right)\end{array}\right.$ 

Vì Z_C1 < Z_C2 nên khi mắc C₁ mạch có tính cảm kháng, khi mắc C₂ mạch có tính dung kháng. Khi điện dung có giá trị C₁, hệ số công suất của mạch điện là: 

$\cos {\phi }_1=\frac{R}{Z}=\frac{R}{\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_{C1}\right)}^2}}=1$ 

Hiệu điện thế giữa hai đầu tụ điện là: $U_{C_1}=\frac{U}{Z}\cdot Z_{C_1}=\frac{100U}{R}$ (1)

Khi điện dung có giá trị C₂, tổng trở của mạch là:

$Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_{C2}\right)}^2}=\sqrt{R^2+{200}^2}$ 

Hiệu điện thế giữa hai đầu tụ điện là: $U_{C_1}=\frac{U}{Z}\cdot Z_{C_1}=\frac{100U}{R}$ (1)

Theo đề bài ta có: 

$U_{C_1}=U_{C_2}\Rightarrow \frac{100U}{R}=\frac{300U}{\sqrt{R^2+{200}^2}}\Rightarrow R=10\sqrt{50}\left(\Omega \right)$ 

$\Rightarrow \cos {\phi }_2=\frac{R}{Z}=\frac{R}{\sqrt{R^2+{200}^2}}=\frac{10\sqrt{50}}{\sqrt{5000+{200}^2}}=\frac{10\sqrt{50}}{30\sqrt{50}}=\frac{1}{3}$ 

$\Rightarrow \frac{\cos {\phi }_1}{\cos {\phi }_2}=\frac{1}{\frac{1}{3}}=3$.

Chọn A.

Phương pháp: 

Động năng của hạt được xác định bởi công thức: ${\text{W}}_d=\left(\frac{1}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}-1\right)m_0{c}^2$ 

Cách giải: 

Khi  $v=\mathrm{0,6}c\Rightarrow {\text{W}}_d=\left(\frac{1}{\sqrt{1-\frac{{\left(\mathrm{0,6}c\right)}^2}{c^2}}}-1\right)m_0{c}^2=\mathrm{0,25}{m}_0{c}^2\left(1\right)$ 

Khi tốc độ của hạt tăng $\frac{4}{3}$lần: $v^{\text{'}}=\frac{4}{3}v=\frac{4}{3}\cdot \mathrm{0,6}c=\mathrm{0,8}c$ 

${\text{W}}_d^{\text{'}}=\left(\frac{1}{\sqrt{1-\frac{{\left(\mathrm{0,8}c\right)}^2}{c^2}}}-1\right)m_0{c}^2=\frac{2}{3}{m}_0{c}^2\left(2\right)$ 

Từ (1) và (2), ta có: $\frac{{\text{W}}_d^{\text{'}}}{{\text{W}}_d}=\frac{\frac{2}{3}{m}_0{c}^2}{\mathrm{0,25}{m}_0{c}^2}=\frac{8}{3}$ 

Chọn D.

Phương pháp: 

Chu kì của con lắc đơn có chiều dài $1:T=\frac{\Delta t}{N}=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$ với N là số dao động. 

Cách giải: 

Khi chiều dài con lắc là l, chu kì của con lắc là: 

$T=\frac{\Delta t}{10}=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}\Rightarrow l=\frac{g^2\cdot \Delta t}{{10}^2\cdot 4{\pi }^2}\left(1\right)$ 

Khi chiều dài của con lắc tăng thêm 36 cm, chu kì của con lắc là:

 $T^{\text{'}}=\frac{\Delta t}{8}=2\pi \sqrt{\frac{l+\mathrm{0,36}}{g}}\Rightarrow l+\mathrm{0,36}=\frac{g^2\Delta t}{8^2\cdot 4{\pi }^2}\left(2\right)$

Từ (1) và (2) ta có:

 $\frac{l}{l+\mathrm{0,36}}=\frac{8^2}{{10}^2}\Rightarrow l=\mathrm{0,64}( \text{m})=64( \text{cm})$

Chọn C.

Phương pháp: 

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

Cường độ hiệu dụng qua mạch: $I=\frac{U}{Z}.$ 

Cách giải: 

Cường độ dòng điện qua mạch khi mắc lần lượt từng phần tử là

$\left\{\begin{array}{l}{I}_R=\frac{U}{R}=\mathrm{0,25}\Rightarrow R=4U\\ I_L=\frac{U}{Z_L}=\mathrm{0,5}\Rightarrow Z_L=2U\\ I_C=\frac{U}{Z_C}=\mathrm{0,2}\Rightarrow Z_C=5U\end{array}\right.$ 

Khi mắc R, L, C nối tiếp, tổng trở của mạch là: 

$Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}=\sqrt{{\left(4U\right)}^2+{(2U-5U)}^2}=5U$ 

Cường độ dòng điện hiệu dụng trong mạch là: $I=\frac{U}{Z}=\frac{U}{5U}=\mathrm{0,2}\left(A\right)$ 

Chọn B.

Phương pháp: 

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

Hiệu hai mức cường độ âm:  $L_A-L_B=10\log \frac{I_A}{I_B}=10\log {\left(\frac{OB}{OA}\right)}^2$ 

Cách giải: 

Ta có hiệu hai mức cường độ âm: 

$L_A-L_B=10\log \frac{I_A}{I_B}=10\log {\left(\frac{OB}{OA}\right)}^2\Rightarrow 55-35=10\log {\left(\frac{OB}{OA}\right)}^2=20$ 

$\Rightarrow \log {\left(\frac{OB}{OA}\right)}^2=2\Rightarrow {\left(\frac{OB}{OA}\right)}^2={10}^2\Rightarrow OB=10OA=50( \text{m})$ 

Chọn C.

Phương pháp: 

Thế năng của con lắc lò xo: ${\text{W}}_t=\frac{1}{2}k{x}^2$ 

Cơ năng của con lắc: $\text{W}={\text{W}}_t+{\text{W}}_d=\frac{1}{2}k{A}^2$ 

Cách giải: 

Áp dụng định lí bảo toàn cơ năng cho con lắc, ta có: 

$\text{W}={\text{W}}_t+{\text{W}}_d\Rightarrow \frac{1}{2}k{A}^2=\frac{1}{2}k{x}^2+{\text{W}}_d\Rightarrow {\text{W}}_d=\frac{1}{2}k{A}^2-\frac{1}{2}k{x}^2=\mathrm{0,009}\left(J\right)$ 

Chọn C.

Phương pháp: 

Tần số của của máy thu $f=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}$ 

Cách giải:

Khi tụ điện có điện dung C₁, máy bộ đàm thu được tần số: 

$f_1=\frac{1}{2\pi \sqrt{L{C}_1}}=\frac{1}{2\pi \sqrt{{10}^{-6}{\mathrm{.0,115.10}}^{-12}}}\approx 470000Hz=470\text{MHz}$ 

Khi tụ điện có điện dung C2, máy bộ đàm thu được tần số: 

$f_2=\frac{1}{2\pi \sqrt{L{C}_2}}=\frac{1}{2\pi \sqrt{{10}^{-6}{\mathrm{.0,158.10}}^{-12}}}=400000Hz=400\text{MHz}$ 

→ Bộ đàm có thể thu được sóng điện từ có tần số trong khoảng 400 MHz đến 470 MHz.

Chọn C.

Phương pháp: 

Năng lượng toả ra của một phản ứng là: $\text{E}=\left(\Delta {\text{m}}_{\text{s}}-\Delta {\text{m}}_{\text{t}}\right)\cdot {\text{c}}^2$ 

Số hạt nhân trong $\text{ lg: }n=\frac{m}{A}\cdot N_A$ 

Năng lượng tỏa ra: $\sum E=E.n$ 

Cách giải: 

Nhận xét: mỗi phương trình sử dụng 2 hạt nhân D

Năng lượng toả ra của một phản ứng là: 

$\text{E}=\left(-2\Delta {\text{m}}_{\text{D}}+{\text{m}}_{\text{X}}\right)\cdot {\text{c}}^2=(-\mathrm{2.0,0024}+\mathrm{0,0083})\cdot 931=\mathrm{3,2585}\text{MeV}$ 

1g D có số hạt nhân D là: $N=\frac{1}{2}{N}_A$ 

Vậy phản ứng tổng hợp hết 1g D thì năng lượng tỏa ra là:

$\sum E=E\cdot \frac{N}{2}=\mathrm{3,2585}\cdot \frac{\mathrm{0,5}}{2}\cdot \mathrm{6,023}\cdot {10}^{23}=\mathrm{4,906}\cdot {10}^{23}\text{MeV}$ 

Chọn D.

Phương pháp: 

Hệ số công suất của đoạn mạch: $\cos \phi =\frac{r}{Z}$.

Cách giải: 

Hệ số công suất của đoạn mạch là: 

$\cos \phi =\frac{r}{Z}=\frac{r}{\sqrt{r^2+Z_L^2}}=\mathrm{0,6}\Rightarrow r^2=\mathrm{0,36}\left(r^2+Z_L^2\right)$ 

$\Rightarrow \mathrm{0,64}{r}^2=\mathrm{0,36}{Z}_L^2\Rightarrow \mathrm{0,8}r=\mathrm{0,6}{Z}_L\Rightarrow r=\frac{3}{4}{Z}_L$ 

Hệ số phẩm chất của đoạn mạch là: $\frac{Z_L}{r}=\frac{Z_L}{\frac{3}{4}{Z}_L}=\frac{4}{3}$

Phương pháp: 

Điện áp trung bình:  $\overline{u}=\underset{t_1}{\overset{t_2}{\int }}udt$ 

Cách giải: 

Điện áp trung bình trong khoảng thời gian 100 ms là:

${\int }_0^{\mathrm{0,1}}120\sqrt{2}\cos \left(100\pi t\right)dt={\left.\frac{120\sqrt{2}}{100\pi }\sin 100\pi t\right|}_0^{\mathrm{0,1}}=0$ 

Chọn D.

Phương pháp: 

Vị trí vân sáng bậc k: $\text{k}:x=k\frac{\lambda D}{a}$ 

Cách giải: 

Khi giao thoa với ánh sáng có bước sóng λ thì tại M là vân sáng bậc 2 là:

$x_M=k\frac{\lambda D}{a}=2\frac{\lambda D}{a}\left(1\right)$ 

Khi giao thoa với ánh sáng có bước sóng (λ – 0,2μm) thì tại M là vân sáng bậc 3 là:

$x_M=3\frac{\left(\lambda -{\mathrm{0,2.10}}^{-6}\right)D}{a}\left(2\right)$ 

Từ (1) và (2) ta có: 

$2\frac{\lambda D}{a}=3\frac{\left(\lambda -{\mathrm{0,2.10}}^{-6}\right)D}{a}\Rightarrow 2\lambda =3\left(\lambda -{\mathrm{0,2.10}}^{-6}\right)\Rightarrow \lambda ={\mathrm{0,6.10}}^{-6}( \text{m})=\mathrm{0,6}\left(\mu \text{m}\right)$ 

Chọn D.

Phương pháp: 

Điểm ngược pha với hai nguồn có: $d_1+d_2=(2k+1)\lambda$ 

Cách giải: 

Số điểm dao động ngược pha với hai nguồn trên đoạn AC là:

$AA-BA\le (2k+1)\frac{\lambda }{2}\le AC-BC$ 

$\iff 0-28\le (2k+1)\cdot \mathrm{2,5}\le 28-28\sqrt{2}$ 

$\iff -\mathrm{5,1}\le k\le -\mathrm{2,8}\Rightarrow k=-\mathrm{5,}-\mathrm{4,}-3$ 

→ Có 3 điểm thoả mãn.

Chọn C.

Phương pháp: 

Độ biến thiên động lượng $\text{F}\cdot \Delta \text{t}=\text{m}\cdot \Delta \text{v}$ 

Dùng phương trình elip:  $A=\sqrt{x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}}$ 

Vận tốc lớn nhất tại vị trí cân bằng ${\text{v}}_{\max }=\omega \text{A}$ 

Cách giải: 

Tần số góc của dao động: $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{40}{\mathrm{0,01}}}=20(\text{rad}/\text{s})$ 

Ta có: 

$F.\Delta t=m.\Delta v\Rightarrow v0=\frac{F\cdot \Delta t}{m}=\frac{\mathrm{12.0,01}}{\mathrm{0,1}}\Rightarrow v=\mathrm{1,2}( \text{m}/\text{s})=120 \text{cm}/\text{s}$ 

Từ phương trình elip, ta có: $A=\sqrt{x^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}}=\sqrt{8^2+\frac{{120}^2}{{20}^2}}=10 \text{cm}$.

Tốc độ cực đại mà vật đạt được là: 

${\text{v}}_{\max }=\omega \text{A}=20.10=200( \text{cm}/\text{s})$ 

Chọn A.

Phương pháp: 

- Nếu cuộn dây thuần cảm thì cuộn dây nhanh pha hơn i một góc$\frac{\pi }{2}$. Mà đề bài cho cuộn dây nhanh pha hơn  i góc $\frac{\pi }{3}$nên suy ra cuộn dây có điện trở r. 

- Áp dụng công thức tính tanφ đối với cuộn dây và cả mạch. 

- Điện áp $U=\sqrt{{\left(U_R+U_r\right)}^2+{\left(U_L-U_c\right)}^2}$ 

Cách giải: 

Ta có: ${\text{U}}_{\text{C}}={\text{U}}_{\text{R}}=60 \text{V}$ 

Đề bài cho i trễ pha hơn U_d góc  nên cuộn dây có điện trở r. 

$\to \tan {\phi }_d=\frac{U_L}{U_r}=\sqrt{3}\Rightarrow U_L=U_r\sqrt{3}\left(1\right)$ 

Điện áp trong mạch trễ pha hơn i góc $\frac{\pi }{6}\Rightarrow \frac{U_C-U_L}{U_r+U_R}=\tan \frac{\pi }{6}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \frac{60-U_r\sqrt{3}}{U_r+60}=\frac{1}{\sqrt{3}}$ 

$\Rightarrow 60\sqrt{3}-3U_r=U_r+60\Rightarrow U_r=\frac{60\sqrt{3}-60}{4}\approx 11V$ 

$\Rightarrow U_L=U_r\sqrt{3}=19 \text{V}$ 

Điện áp hiệu dụng trong mạch là: 

$U=\sqrt{{\left(U_R+U_r\right)}^2+{\left(U_L-U_C\right)}^2}=\sqrt{{(11+60)}^2+{(60-19)}^2}\approx 82\left(V\right)$ 

Chọn A.

Phương pháp: 

- Nếu cuộn dây thuần cảm thì cuộn dây nhanh pha hơn i một góc$\frac{\pi }{2}$. Mà đề bài cho cuộn dây nhanh pha hơn  i góc $\frac{\pi }{3}$nên suy ra cuộn dây có điện trở r. 

- Áp dụng công thức tính tanφ đối với cuộn dây và cả mạch. 

- Điện áp $U=\sqrt{{\left(U_R+U_r\right)}^2+{\left(U_L-U_c\right)}^2}$ 

Cách giải: 

Ta có: ${\text{U}}_{\text{C}}={\text{U}}_{\text{R}}=60 \text{V}$ 

Đề bài cho i trễ pha hơn U_d góc  nên cuộn dây có điện trở r. 

$\to \tan {\phi }_d=\frac{U_L}{U_r}=\sqrt{3}\Rightarrow U_L=U_r\sqrt{3}\left(1\right)$ 

Điện áp trong mạch trễ pha hơn i góc $\frac{\pi }{6}\Rightarrow \frac{U_C-U_L}{U_r+U_R}=\tan \frac{\pi }{6}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \frac{60-U_r\sqrt{3}}{U_r+60}=\frac{1}{\sqrt{3}}$ 

$\Rightarrow 60\sqrt{3}-3U_r=U_r+60\Rightarrow U_r=\frac{60\sqrt{3}-60}{4}\approx 11V$ 

$\Rightarrow U_L=U_r\sqrt{3}=19 \text{V}$ 

Điện áp hiệu dụng trong mạch là: 

$U=\sqrt{{\left(U_R+U_r\right)}^2+{\left(U_L-U_C\right)}^2}=\sqrt{{(11+60)}^2+{(60-19)}^2}\approx 82\left(V\right)$ 

Chọn A.