Trọng động cơ không đồng bộ 3 pha khi hoạt động ổn định với tốc độ quay của từ trường thì tốc độ quay của roto luôn nhỏ hơn tốc độ quay của từ trường

Chọn A

Chu kỳ dao động là thời gian mà vật thực hiện hết 1 dao động toàn phần và trở về trạng thái ban đầy

Chọn B

Bước sóng điện từ mà mạch có thể phát ra là

\(\lambda = c.2\pi \sqrt {LC} = {3.10^8}.2\pi \sqrt {{{3.10}^{ - 4}}{{.3.10}^{ - 11}}} = 180m\)

CHọn B

Cơ năng của con lắc lò xo được xác định bởi biểu thức \(\frac{1}{2}m{v^2} + \frac{1}{2}k{x^2}\)

CHọn C

Công thức xác định dung kháng của tụ điện là \(\frac{1}{{\omega C}}\)

Chọn A

Công thức xác định vị trí vân sáng trong giao thoa ánh sáng là 

\({x_k} = k.\frac{{\lambda D}}{a}\)

Chọn D

Công suất cần cung cấp:

\(P = \frac{{CU_0^2R}}{{2L}} = \frac{{{{20.10}^{ - 9}}{{.4}^2}.20}}{{{{2.40.10}^{ - 3}}}} = 80\mu {\rm{W}}\)

Chọn C

Cảm ứng từ tại M:

\({B_M} = {B_1} - {B_2} = 0T\)

Chọn B

Chu kì dao động riêng của con lắc lò xo:

\(T = 2\pi \sqrt {\frac{m}{k}} = 0,628s\)

Để biên độ của con lắc lớn nhất → xảy ra cộng hưởng → T_CB = T = 0,628

Tốc độ của tàu:

\(v = \frac{L}{{{T_{CB}}}} = \frac{{12,5}}{{0,628}} \approx 71,2km/h\)

Chọn C

Tốc độ cực đại của vật trong quá trình dao động: vmax = ωA = 5.8 = 40cm/s

Chọn C

Để trên dây có sóng dừng:

\(l = k\frac{\lambda }{2} = k.16 \Rightarrow k = \frac{1}{{16}};\,\,k \in Z\)

Với l = 80cm → k = 5

Chọn C

Bảo toàn năng lượng trong mạch dao động ta có  

\(\frac{{CU_0^2}}{2} = \frac{{LI_0^2}}{2} = > {U_0} = {I_0}\sqrt {\frac{L}{C}} \)

Chọn C

Khi dòng điện xoay chiều có tần số góc \(\omega = \frac{1}{{\sqrt {LC} }}\) chạy qua đoạn mạch thì trong mạch xảy ra hiện tượng cộng hưởng. Hệ số công suất bằng 1

Chọn C

Giá trị của U là   \(U = R.I = 150.\sqrt 2 = 150\sqrt 2 V\)

Chọn D

Bước sóng được xác định bởi biểu thức   

\(\lambda = \frac{v}{f} = \frac{{40}}{{100}} = 0,4m\)

Chọn A

Dễ thấy \({x_M} = \frac{A}{4};{x_N} = \frac{A}{2}\)

Phương trình độc lập với thời gian:

\(\begin{array}{l}
{x^2} + \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}} = {A^2} \Leftrightarrow {v^2} = {\omega ^2}.({A^2} - {x^2})\\
\Rightarrow 2v.dv = - 2{\omega ^2}.x.dx\\
\Rightarrow \frac{{dv}}{{dx}} = \frac{{ - {\omega ^2}.x}}{v}
\end{array}\)

Tỉ số:  

\(\frac{{{k_1}}}{{{k_2}}} = \frac{{\frac{{d{v_1}}}{{d{x_1}}}}}{{\frac{{d{v_2}}}{{d{x_2}}}}} = \frac{{{x_1}}}{{{x_2}}}.\frac{{{v_2}}}{{{v_1}}} = \frac{1}{2}.\frac{{{v_2}}}{{{v_1}}}\)

Thay các giá trị x vào phương trình độc lập với thời gian ta tìm được :

\(\begin{array}{l}
{v_1}^2 = {\omega ^2}.({A^2} - {x_1}^2) = {\omega ^2}.({A^2} - {\frac{A}{{16}}^2}) = \frac{{15}}{{16}}{\omega ^2}.{A^2}\\
{v_2}^2 = {\omega ^2}.({A^2} - {x_2}^2) = {\omega ^2}.({A^2} - {\frac{A}{4}^2}) = \frac{3}{4}{\omega ^2}.{A^2}\\
\Rightarrow \frac{{{v_2}}}{{{v_1}}} = \sqrt {\frac{4}{5}} = \frac{2}{{\sqrt 5 }}
\end{array}\)

Suy ra:  \(\frac{{{k_1}}}{{{k_2}}} = \frac{1}{2}.\frac{2}{{\sqrt 5 }} = \frac{1}{{\sqrt 5 }}\)

Chọn A.

Ta có biểu thức cường độ dòng điện khi k đóng và k mở là:

\(\begin{array}{l}
{i_d} = \sqrt 2 .\cos \left( {\omega t - \frac{\pi }{4}} \right)(A) \Rightarrow {Z_d} = \frac{{200}}{{\sqrt 2 }} = 100\sqrt 2 \Omega \\
{i_m} = 2.\cos \left( {\omega t + \frac{\pi }{3}} \right)(A) \Rightarrow {Z_m} = \frac{{200}}{2} = 100\Omega
\end{array}\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{Z_L} = \sqrt {{{(100\sqrt 2 )}^2} - {R^2}} \\
|{Z_L} - {Z_C}| = \sqrt {{{100}^2} - {R^2}}
\end{array} \right.\)

Góc giữa i_d và i_mlà  \(7\frac{\pi }{{12}}\)

Ta có:

\(\tan ({i_d} - {i_m}) = \frac{{\frac{{{Z_L}}}{R} - \frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R}}}{{1 + \frac{{{Z_L}}}{R}.\frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R}}} = \tan \frac{{7\pi }}{{12}}\) 

Vậy R = 100Ω.

Chọn D

Bước sóng là :

\(\lambda = \frac{v}{f} = \frac{{32}}{{20}} = 1,6cm\)

Giả sử phương trình sóng ở hai nguồn là  

\({u_A} = {u_B} = a\cos \omega t\)

Phương trình của điểm M nằm trên đường trung trực AB là:  

\(u = 2a.\cos \left( {\omega t - \frac{{2\pi AM}}{\lambda }} \right)\)

Vậy phương trình của I là:  

\({u_I} = 2.a.\cos \left( {\omega t - \frac{{\pi AB}}{\lambda }} \right) = 2a.\cos \left( {\omega t - \frac{{\pi 14}}{{1,6}}} \right)\)

Vì giữa M và I còn 4 điểm dao động cùng pha I, mà I và M lại dao động ngược pha nên pha dao động của M và I lệch nhau 9π

Ta có:  

\(\begin{array}{l}
\frac{{2\pi AM}}{\lambda } = \frac{{\pi .14}}{\lambda } + 9\pi \\
\Rightarrow AM = 14,2cm
\end{array}\)

Áp dụng Pytago cho tam giác AMI ta có:

\(IM = \sqrt {A{M^2} - A{I^2}} = \sqrt {14,{2^2} - {7^2}} \approx 12,4cm\)

Chọn D

Xét chuyển động theo một chiều từ vị trí cân bằng O đến biên. Khi đó, tốc độ trung bình khi vật đi từ vị trí cân bằng đến vị trí có li độ x0 bằng tốc độ trung bình khi vật đi từ vị trí x0  đến biên và cùng bằng 60 cm/s. ta có: 

\(\begin{array}{l}
\frac{{{x_0}}}{{\Delta t}} = \frac{{A - {x_0}}}{{\frac{T}{4} - \Delta t}} \Leftrightarrow {x_0}.(\frac{T}{4} - \Delta t) = (A - {x_0}).\Delta t\\
\Leftrightarrow {x_0}.\frac{T}{4} = A.\Delta t
\end{array}\)

Mà

\(\begin{array}{l}
\frac{{{x_0}}}{{\Delta t}} = 60 \Rightarrow {x_0} = 60\Delta t\\
\Rightarrow 60\Delta t.\frac{T}{4} = 3.\Delta t\\
\Rightarrow T = 0,2s
\end{array}\)

Vì con lắc lò xo treo thẳng đứng nên ta có:

\(\begin{array}{l}
T = 2\pi \sqrt {\frac{m}{k}} = 2\pi \sqrt {\frac{{\Delta {l_0}}}{g}} = 0,2s\\
\Rightarrow \Delta {l_0} = 0,01m = 1cm
\end{array}\)

Lò xo dao động với biên độ 3 cm, trong khi nó đã dãn 1cm khi ở vị trí cân bằng.

Ta có góc nén là φnen ta có : φnen  = 2α

\(\begin{array}{l}
\cos \alpha = \frac{{\Delta {l_0}}}{A} = \frac{1}{3} \Rightarrow \alpha = 70,53\\
= > {\varphi _{nen}} = 2\alpha = 141,05\\
{t_{dan}} = \frac{{{{360}^0} - {\varphi _{nen}}}}{\omega } = \frac{{360 - 141,05}}{{\frac{{2\pi }}{{0,2}}}} = 0,12s
\end{array}\)

Chọn A

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch AB bằng 3 lần của đoạn MB nên ta có:

\(\begin{array}{l}
{P_{AB}} = 3{P_{MB}} \Leftrightarrow {I^2}.(R + {R_X}) = 3.{I^2}.{R_X}\\
\Rightarrow R = 2{R_X}
\end{array}\)

Khi  L = 0 thì độ lệch pha giữa điện áp u và dòng điện trong mạch nhỏ hơn 200, vậy trong hộp kín X chỉ có RX

Ta có giản đồ:

Từ hình vẽ ta thấy góc lệch giữa uMB và uAB là α. Mà α  = γ-β

Áp dụng công thức tan của một hiệu ta có:

\(\tan \alpha = \tan (\gamma - \beta ) = \frac{{\tan \gamma - \tan \beta }}{{1 + \tan \gamma .tan\beta }} = \frac{{\frac{L}{{{R_X}}} - \frac{L}{{3{R_X}}}}}{{1 + \frac{L}{{{R_X}}}.\frac{L}{{3{R_X}}}}} = \frac{2}{3}.\frac{{\frac{L}{{{R_X}}}}}{{1 + \frac{{{L^2}}}{{3R_X^2}}}}\)

Đặt   \(\frac{L}{{{R_x}}} = x\) ta được 

\(\tan \alpha = \frac{2}{3}.\frac{x}{{1 + \frac{{{x^2}}}{3}}}\)

Vì hàm tan là hàm đồng biến nên ta thấy khi α cực đại thì tan α cũng cực đại.

Áp dụng cosi cho biểu thức chứa x ta được:

\(\frac{x}{{1 + \frac{{{x^2}}}{3}}} = \frac{1}{{\frac{1}{x} + \frac{x}{3}}} \le \frac{1}{{2\sqrt {\frac{1}{3}} }}\)

Suy ra:

\(\begin{array}{l}
\tan \alpha \le \frac{2}{3}.\frac{1}{{2.\frac{1}{{\sqrt 3 }}}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\\
\Rightarrow \alpha \le \frac{\pi }{6}
\end{array}\)

 Vậy giá trị cực đại là  

\(\frac{\pi }{6}\)

Chọn D

Chu kì dao động của con lắc lò xo:  

\(T = 2\pi \sqrt {\frac{m}{k}} \)

Vị trí động năng bằng thế năng là vị trí  : 

\(x = \pm \frac{A}{{\sqrt 2 }}\)

Ban đầu vật đi qua vị trí cân bằng theo chiều dương, ta có sơ đồ:

Ban đầu vật ở M₀; các vị trí thế năng bằng động năng là M1, 2,3,4. Ứng với các thời điểm:

\(t = \frac{T}{8} + k.\frac{T}{4}\)

 với k = 1,2,3,4…

Vậy các thời điểm thế năng bằng động năng là : 0,025+ k.0,05

K = 0 => t = 0,025 s

K = 1=> t = 0,075s

K = 2=. T = 0,125 s

K = 3 => t = 0,175s

Chọn A

Tại thời điểm t1 , M đang có li độ cực tiểu. Vì MN = λ/4 nên lúc này M đang ở vị trí cân bằng, lức là N có tốc độ cực đại. Khi đó P cũng đang ở vị trí cân bằng nhưng chuyển động ngược chiều với N, do đó P cũng có tốc độ cực đại. Sau ¼ chu kì nữa thì N đang ở biên dương, còn M đang ở vị trí cân bằng nên có tốc độ cực đại.

Vậy A sai.

Chọn A

Chọn trục Ox hướng thẳng đứng lên trên. Gốc O tại vị trí cân bằng (vị trí P bắt đầu dao động).

Khi t = 0 thì P bắt đầu dao động tại vtcb hướng xuống dưới. Vậy sau 3T/ 4 chu kì thì P đã đi đến vị trí biên dương.

Sau 3T/4 thì sóng truyền được ¾ bước sóng.

Vậy hình vẽ mô tả đúng là hình 3.

Chọn B

Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng

\(\frac{{\sin i}}{{\sin r}} = {n_{21}}\)

Với tia đỏ ta có:

\(\frac{{\sin i}}{{\sin {r_d}}} = {n_d} \Rightarrow \sin {r_d} = \frac{{\sin i}}{{{n_d}}} = \frac{{\sin {{60}^0}}}{{1,33}} \Rightarrow {r_d} = 40,{63^0}\)

Với tia tím  ta có:

\(\frac{{\sin i}}{{\sin {r_t}}} = {n_t} \Rightarrow \sin {r_t} = \frac{{\sin i}}{{{n_t}}} = \frac{{\sin {{60}^0}}}{{1,34}} \Rightarrow {r_t} = 40,{26^0}\)

Vậy góc lệch giữa hai tia là: 40,63 ⁰ – 40, 26⁰  = 0,37⁰

Chọn B

Số chỉ của ampe kế là :

\({Z_L} = 50\Omega ;{Z_C} = 150\Omega \Rightarrow I = \frac{U}{Z} = \frac{{200}}{{100}} = 2A\)

Chọn B

Bước sóng:  

\(\lambda = \frac{v}{f} = \frac{{2400}}{{200}} = 12cm\)

Biên độ bụng sóng A = 2a = 4 cm.

Ta có các vị trí các điểm so với nút M: N: 2 cm = λ/6

P: 8 cm = 2λ/3

Q: 10 cm = 5λ/6.

Diện tích MNPQ lớn nhất khi các điểm N, P, Q ở biên.

S = S₁ + S₂ + S₃

S₁ = ½. MN. KJ 

S₂= (KJ+ ZH). NP/2 = \(2a\sqrt 3 .\frac{\lambda }{{2.2}} = \frac{{a\sqrt 3 .\lambda }}{2} = 20,78c{m^2}\)

S₃ = ½. PQ. HZ 

S₁ + S₃ = ½. MN. 2a = 6,92 cm²

Chọn D. 23 cm²

Chu kì của mạch là T = 31,4 μs = 10π μs =  \(2\pi \sqrt {LC} \)

=>  \(L = \frac{{{T^2}}}{{4{\pi ^2}.C}} = 12,{5.10^{ - 6}}H\)

Áp dụng công thức:

\(\begin{array}{l}
\frac{L}{C} = {r^2}.{(\frac{{{U_0}}}{E})^2}\\
\Leftrightarrow \frac{{12,{{5.10}^{ - 6}}}}{{{{2.10}^{ - 6}}}} = {r^2}.{(\frac{{5E}}{E})^2}\\
\Rightarrow r = 0,5\Omega
\end{array}\)

Chọn C

Công suất tiêu thụ \(P={{I}^{2}}R=\frac{{{U}^{2}}R}{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}=\frac{{{U}^{2}}}{R+\frac{Z_{L}^{2}}{R}}\)

Khi R1= 20Ω và R­2 = 80Ω thì công suất tiêu thụ không đổi bằng 400W nên:

                        \(20+\frac{Z_{L}^{2}}{20}=80+\frac{Z_{L}^{2}}{80}\Rightarrow {{Z}_{L}}=40\Omega \)

                        \(P=\frac{{{U}^{2}}}{100}=400W\Rightarrow U=100\sqrt{2}V\)

Chọn A

Z = R = 100Ω; U₀ = 200V

Cường độ dòng điện hiệu dụng: \(I=\frac{{{I}_{0}}}{\sqrt{2}}=\frac{{{U}_{0}}}{R\sqrt{2}}=\frac{200}{100\sqrt{2}}=\sqrt{2}A\)

Chọn D

Chu kỳ dao động của con lắc lò xo: \(T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}\)

Chọn D

Tần số góc \(\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}\Rightarrow k=m{{\omega }^{2}}=16N/m\)

Ta có F₀ = kA = 0,8N => A = 0,05m = 5cm

Chọn A

Tần số góc dao động riêng của con lắc lò xo \(\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{40}{0,1}}=20rad/s\)

Chọn C

Cảm ứng từ do dòng điện thẳng gây ra tại điểm cách nó đoạn r có độ lớn B = 2.10^-7I/r

Chọn D

Động năng của con lắc là: W_đ = W – W_t = 0,5kA² – 0,5kx² = 0,5.100.0,1² – 0,5.100.0,06² = 0,32J

Chọn B

Gia tốc trong dao động điều hòa biến đổi điều hòa ngược pha so với li độ.

Chọn A

Ta có x = x₁ + x₂ có

            ω = 10t

            \(A=\sqrt{A_{1}^{2}+A_{2}^{2}+2{{A}_{1}}{{A}_{2}}\text{cos}\Delta \varphi }=\sqrt{4_{{}}^{2}+3_{{}}^{2}+2.4.3\text{cos}\left( \frac{\pi }{3}+\frac{\pi }{6} \right)}=5cm\)

Tốc độ khi vật dao động qua VTCB là ωA = 50cm/s

Chọn B

Công thức tính nhiệt lượng tỏa ra: Q = I²Rt

I giảm 2 lần, R không đổi, t không đổi nên Q giảm 4 lần

Chọn A

Cứ sau thời gian t vật cách VTCB một đoạn không đổi thì t = T/4 hoặc t = T/2

Vì vị trí đó có tốc độ khác 0 nên t = T/4 = 0,05s =>  T = 0,2s

Chu kỳ trong dao động điều hòa: \(T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}\Rightarrow m=0,05kg=50g\)

Chọn D

Biểu thức của định luật Cu lông về độ lớn lực tương tác giữa hai điện tích điểm đứng yên trong chân không là \(F=k\frac{|{{q}_{1}}{{q}_{2}}|}{{{r}^{2}}}\)

Chọn D

Quãng đường vật đi được trong 1 chu kỳ dao động luôn là 4A

Vậy trong 2 chu kỳ dao động vật đi được quãng đường là 8A = 32cm

Chọn C