Biểu thức li độ của vật theo thời gian là  : \({\rm{ x  =  Acos(}}\omega {\rm{t  +  }}\varphi {\rm{)}}\)

Dao động tắt dần có biên độ giảm dần theo thời gian

Trong sóng cơ, công thức liên hệ giữa tốc độ truyền sóng  v, bước sóng \(\lambda \)  chu kì T của sóng là \(\lambda {\rm{ = }}vT\)

Tần số góc của dòng điện chạy qua điện trở là: \({\rm{100}}\pi {\rm{ rad/s}}{\rm{.  }}\)

Nguyên tắc hoạt động của máy phát điện xoay chiều dựa trên hiện tượng cảm ứng điện từ

Trong thông tin liên lạc bằng sóng vô tuyến, mạch khuếch đại có tác dụng tăng cường độ của tín hiệu.

Chất khí nóng sáng ở áp suất thấp phát ra quang phổ vạch phát xạ

Khi chiếu một chùm tia tử ngoại vào một ống nghiệm đựng dung dịch fluorexêin thì thấy dung dịch này phát ra ánh sáng màu lục. Đây là hiện tượng quang - phát quang.

Số prôtôn có trong hạt nhân \({}_{84{\rm{ }}}^{210}Po\) là 84

\({}_1^2H + {}_1^3H \to {}_2^4He + {}_0^1n\) là phản ứng nhiệt hạch

Công của lực điện thực hiện khi điện tích q dịch chuyển từ M đến N là \({\rm{A = q}}{{\rm{U}}_{{\rm{MN}}}}\)

Trong từ trường, cảm ứng từ tại một điểm ngược hướng với đường sức từ

Giá trị độ cứng k của lò xo được xác định bởi biểu thức \(k = {\omega ^2}m = {20^2}.0,1 = 40N/m\) 

Bước sóng \(\lambda  = 6cm\) 

Trên đoạn thẳng nối hai nguồn, hai điểm gần nhau nhất mà phần tử nước tại đó dao động với biên độ cực đại cách nhau 1 khoảng bằng \(\lambda /2{\rm{ }} = {\rm{ }}3cm\) 

Cảm kháng: \({Z_L} = {\rm{ }}R\) 

Hệ số công suất của đoạn mạch \(cos\varphi  = \frac{R}{Z} = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }} = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {R^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }} = 0,71\) 

Khoảng cách giữa hai vân sáng liên tiếp: \(i = \frac{{\lambda D}}{a} = 2mm\) 

Năng lượng kích hoạt của chất đó: \(E = \frac{{hc}}{{{\lambda _0}}} = \frac{{6,{{625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}{{4,{{97.10}^{ - 6}}}} = 0,25eV\) 

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}
\Delta {m_X} = \Delta {m_Y}\\
{A_X} > {A_Y}
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{{\rm{W}}_{lkX}} = {{\rm{W}}_{lkY}}\\
\frac{{{{\rm{W}}_{lkX}}}}{{{A_X}}} = \frac{{{{\rm{W}}_{lkY}}}}{{{A_Y}}}
\end{array} \right. \Leftrightarrow {\varepsilon _X} > {\varepsilon _Y}\) 

=> Hạt nhân Y bền vững hơn hạt nhân X

Từ thông qua khung dây: \(\phi  = BS.cos\alpha  = 0,{12.20.10^{ - 4}}.cos60 = 1,{2.10^{ - 4}}{\rm{W}}b\) 

Tốc độ của ánh sáng màu vàng trong nước: \(v = \frac{c}{n} = \frac{{{{3.10}^8}}}{{1,33}} = 2,{26.10^5}\left( {km/s} \right)\) 

Ta có điều kiện sóng dừng trên hai đầu dây cố định: \(l = k\frac{\lambda }{2} = k\frac{v}{{2f}} \to f = k\frac{v}{{2l}}\) 

Mặt khác:

\(\begin{array}{l}
11Hz < f < 19Hz \to 11 < k\frac{v}{{2l}} < 2,2 \to 11 < k < 3,8\\
 \to k = 3
\end{array}\) 

Số nút sóng \(= {\rm{ }}k + 1 = 4\) nút

Ta có \({\left( {\frac{i}{{{I_0}}}} \right)^2} = {\left( {\frac{q}{{{Q_0}}}} \right)^2} = 1\) 

Tại  \(t = \frac{\pi }{{20}}\mu s:\) thay vào phương trình i, ta có

\(i = 0A \Rightarrow q = {Q_0}q = {Q_0} = \frac{{{I_0}}}{\omega } = \frac{{{{2.10}^{ - 3}}}}{{{{2.10}^7}}} = {10^{ - 7}}C = 0,1\mu C\) 

Ta có:  \(e{U_h} = {{\rm{W}}_{d\max 1}}\) (Động năng cực đại của electron đến anot)

Goi \({W_{dmax2}}\) là  động năng cực đại của electron khi bứt ra từ catốt.

Ta có  \({W_{dmax1}} = 2018{W_{dmax2}}\) 

\(\begin{array}{l}
{W_{dmax2}} = \frac{{{W_{dmax1}}}}{{2018}} = \frac{{e{U_h}}}{{2018}} = \frac{{1,{{6.10}^{ - 19}}{{.3.10}^3}}}{{2018}} = \frac{{m{v^2}}}{2}\\
 \to v = {\rm{723026}}m/s \approx 723km/s
\end{array}\)

Ta có: Lực điện đóng vai trò là lực hướng tâm  \(k\frac{{{e^2}}}{{r_n^2}} = m\frac{{v_n^2}}{{r_n^{}}} \to {v_n} = e\sqrt {\frac{k}{{{r_n}m}}}  = \frac{e}{n}\sqrt {\frac{k}{{{r_0}m}}} \) 

Tốc độ góc \(\omega  = \frac{{{v_n}}}{{{r_n}}}\) 

Khi chuyển động trên quỹ đạo dừng M: n=3 

\(\begin{array}{l}
{v_M} = \frac{e}{3}\sqrt {\frac{k}{{{r_0}m}}}  = {\rm{738553, 34 }}m/s\\
 \to \omega  = \frac{{{v_M}}}{{{r_M}}} = 1,{53.10^{15}}rad/s
\end{array}\)

Góc quyét của electron trong khoảng thời gian 10^-8s là: \(\Delta \varphi  = \omega \Delta t = 15,{3.10^6}\) 

Quãng đường mà electron đi được trong thời gian 10^-8s là:

\(S = {r_M}.\Delta \varphi  = 9.{r_0}\Delta \varphi  = 7,{29.10^{ - 3}} = 7,29mm\) 

Gọi H - trung điểm \({\rm{AB  =  > MH  =  3cm, AH  =  HB  =  4cm, AM  =  BM  =  5cm}}\) 

Gọi F₁ là lực điện do q₁ tác động lên q: \({F_1} = k\frac{{\left| {{q_1}q} \right|}}{{A{M^2}}} = 3,{6.10^{ - 4}}N\) 

F₂ là lực điện do q₂ tác động lên q: \({F_2} = k\frac{{\left| {{q_2}q} \right|}}{{A{M^2}}} = 1,{08.10^{ - 3}}N\)

Lực điện tổng hợp do q1  và q2  tác dụng lên q là \(\overrightarrow F  = \overrightarrow {{F_1}}  + \overrightarrow {{F_2}} \) 

Gọi góc tạo bởi hai véctơ \(\overrightarrow {{F_1}} ,\,\overrightarrow {{F_2}} \) là \(\pi  - \alpha \) 

Ta có \(\alpha  = 2\widehat {HMB}\) 

Mặt khác \(cos\widehat {HMB} = \frac{{MH}}{{BM}} = \frac{3}{5} \to \widehat {HMB} = 53,1^\circ  \to \alpha  = 106,26^\circ \)

Ta có

\({F^2} = F_1^2 + F_2^2 + 2{F_1}{F_2}cos\alpha  = {\left( {3,{{6.10}^{ - 4}}} \right)^2} + {\left( {1,{{08.10}^{ - 3}}} \right)^2} + 2.3,{6.10^{ - 4}}.1,{08.10^{ - 3}}.cos73,39^\circ  \to F = 1,{23.10^{ - 3}}N\) 

Từ sơ đồ mạch điện ta có \(\left( {R3//R2} \right){\rm{ }}ntR1\) 

Hiệu điện thế của U3 là : \({U_3} = {I_A}.{R_3} = 0,6.10 = 6V\) 

Do \({R_3}//{\rm{ }}{R_2}\) nên ta có \({U_{2{\rm{ }}}} = {U_3} = {\rm{ }}6V\) 

Cường độ dòng điện qua R2  là \({I_2} = \frac{{{U_2}}}{{{R_2}}} = \frac{6}{{10}} = 0,6V\) 

Cường độ dòng điện chạy trong mạch là \(I = {I_1} + {I_2} = 0,6 + 0,6 = 1,2A\) 

Điện trở toàn mạch là  \({R_h} = {R_1} + \frac{{{R_2}.{R_3}}}{{{R_2} + {R_3}}} = 4 + \frac{{10.10}}{{10 + 10}} = 9\Omega \) 

Áp dụng định luật Ohm cho toàn mạch ta có \(I = \frac{\xi }{{r + {R_b}}} \Rightarrow 1,2 = \frac{{12}}{{r + 9}} \Rightarrow r = 1\Omega \) 

Từ  công thức thấu kính  \(\frac{1}{f} = \frac{1}{d} + \frac{1}{{d'}}\) 

Ta thấy công thức có tính đối xứng đối với d và d’ nghĩa là, nếu ta hoán vị d và d’ thì công thức  không có gì thay đổi; nói cách khác, khi vật cách thấu kính là d thì ảnh cách thấu kính là d’, ngược lại, nếu vật cách thấu kính là d’thì ảnh sẽ cách thấu kính là D. Vậy ở hình vẽ trên, với O₁và O₂ là hai vị trí của thấu kính để cho ảnh rõ nét trên màn ta có : \({d_1} = d{_2};{\rm{ }}d{_1} = {d_2}\)

 Vậy ta có

\(\begin{array}{l}
d{_1} + {d_1}{\rm{  = D;}}d{_1} - {d_1}{\rm{  = }}l \Rightarrow d{_1} = \frac{{D + l}}{2};{d_1} = \frac{{D - l}}{2}\\
 \Rightarrow \frac{1}{f} = \frac{1}{{d'}} + \frac{1}{d} = \frac{{4D}}{{{D^2} - {l^2}}} \Rightarrow f = \frac{{{D^2} - {l^2}}}{{4D}} = \frac{{{{90}^2} - {{30}^2}}}{{4.90}} = 20cm
\end{array}\)

Từ công thức tính cảm ứng từ do dòng điện chạy trong ống dây gây ra ta có

\(B = 4\pi {.10^{ - 7}}nI \Rightarrow I = \frac{B}{{4\pi {{.10}^{ - 7}}n}} = \frac{{2,{{51.10}^{ - 2}}}}{{4\pi {{.10}^{ - 7}},{{10}^4}}} = 2A\) 

Áp dụng định luật Ohm cho toàn mạch ta có \(I = \frac{\xi }{{r + R}} = \frac{{12}}{{1 + R}} = 2 \Rightarrow R = 5\Omega \) 

Ta có: Khoảng cách giữa hai vật nhỏ của con lắc bằng: \(d = \sqrt {{3^2} + {{\left| {{x_1} - {x_2}} \right|}^2}} \) 

Ta có: \({x_1} - {x_2} = 3co{\rm{s}}\left( {\omega t} \right) - 6co{\rm{s}}\left( {\omega t + \frac{\pi }{3}} \right) = 3co{\rm{s}}\left( {\omega t} \right) + 6co{\rm{s}}\left( {\omega t + \frac{\pi }{3} + \pi } \right)\) 

Biên độ tổng hợp: của \({x_1} - {x_2}\) là \({A^2} = {3^2} + {6^2} + 2.3.6.co{\rm{s}}\left( {\pi  + \frac{\pi }{3}} \right) \to A = 5,2cm\)

\({d_{max}} \leftrightarrow {\left| {{x_1} - {x_2}} \right|_{max}} = A \to {d_{max}} = \sqrt {{3^2} + {{\left( {5.2} \right)}^2}}  = 6cm\)

Giữ ở giữa coi như \(k = {k_0} = 25N/m{\rm{ }};m = 0,1{\rm{ }}kg \Rightarrow \omega  = \sqrt {\frac{k}{m}}  = \sqrt {\frac{{25}}{{0,1}}}  = 5\pi {\rm{r}}a{\rm{d}}/s \Rightarrow T = 0,4{\rm{s}}\) 

Tại \(t = 0,1{\rm{s}}\) ta có \(\left\{ \begin{array}{l}
v = 1,1,m/s\\
x = \frac{{mg}}{k} = 0,04m
\end{array} \right.\) 

Tại \(t' = 0,21{\rm{s}}\) là sau \(\frac{T}{4} \Rightarrow v'\left( t \right) = \omega {x_t} = 5\pi .0,04 = 0,2\pi  = 20\pi \) 

+ Số cưc̣ đaị trên CD

\(a - a\sqrt 2  \le k \le a\sqrt 2  - a\) 

Chỉ có 3 cưc̣ đaị \( \Rightarrow k = 2 \Rightarrow \frac{{a\left( {\sqrt 2  - 1} \right)}}{\lambda } < 2 \Rightarrow \frac{a}{\lambda } < 4,8\) 

+ Số cưc̣ đaị trên AB:  \( - a \le k\lambda  \le a \Leftrightarrow  - 4,8 \le k \le 4,8 \Rightarrow k =  - 4; - 3;...;4 \Rightarrow $\) Số cưc̣ đaị là 9

\(AB = \frac{{3\lambda }}{4} = 30 \Rightarrow \lambda  = 40cm\) 

C cách A 5cm \( \Rightarrow AC = \frac{\lambda }{8}\) 

Biên đô ̣của C là: \({A_C} = 2{\rm{a}}\left| {cos\left( {\frac{{2\pi {\rm{d}}}}{\lambda } + \frac{\pi }{2}} \right)} \right| = A\frac{{\sqrt 2 }}{2}\) 

Khoảng thời gian ngắn nhất giữa hai lần li độ của B có giá trị bằng biên độ của C là: \(\Delta {t_{min}} = T/4\)

Măṭ khác: \(v = 50cm/s;{\rm{ }}\lambda  = 40cm \Rightarrow T = 0,8s \Rightarrow \Delta {t_{min}} = T/4 = 1/5{\rm{ }}\left( s \right)\)

Theo bài ra ta có

\(\begin{array}{l}
C = {C_0} \Rightarrow {U_L} = {U_R} = {U_{{C_0}}} \Rightarrow R = {Z_L} = {Z_{{C_0}}}\\
 \Rightarrow U = 40V
\end{array}\) 

Ta có

\(\begin{array}{l}
{U_C} + {U_L} = 60V \Rightarrow {U_{{R_2}}} = {U_L}\\
 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{U_C} + {U_{{R_2}}} = 60V \Rightarrow {U_C} = 60 - {U_{{R_2}}}\\
U_{{R_2}}^2 + {\left( {{U_L} - {U_C}} \right)^2} = {40^2}
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow U_{{R_2}}^2 + U_L^2 + U_C^2 - 2{U_L}{U_C} = {40^2}\\
 \Rightarrow U_{{R_2}}^2 + U_{{R_2}}^2 + {\left( {60 - U_{{R_2}}^{}} \right)^2} - 2{\left( {60 - U_{{R_2}}^{}} \right)^2}U_{{R_2}}^{} = {40^2}\\
 \Rightarrow U_{{R_2}}^{} = 10.73 \approx 11V
\end{array}\) 

\(\begin{array}{l}
{u_{AN}} = {u_C} + {u_X}\\
{u_{MB}} = {u_C} + {u_X}\\
{u_{AB}} = {u_{AN}} + {u_C}\\
{U_{AB}} \ge OH \Rightarrow {\left( {{U_{AB}}} \right)_{\min }} = OH
\end{array}\) 

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

\(\frac{1}{{U_{AB}^2}} = \frac{1}{{U_{AN}^2}} + \frac{1}{{U_{MB}^2}} \Rightarrow {U_{AB}} = 24V\)

Hiêụ suất của quá trình truyền tải: \(H = \frac{{P - \Delta P}}{P} = \frac{{P - \frac{{{P^2}R}}{{{U^2}}}}}{P} = 1 - \frac{{PR}}{{{U^2}}} = 1 - \frac{{{{500.10}^{ - 3}}.20}}{{{{\left( {{{10.10}^3}} \right)}^2}}} = 90\% \) 

\(\begin{array}{l}
\frac{{U_0^2}}{{{3^2}}} = R_0^2 + Z_L^2 \Rightarrow Z_L^2 = \frac{{U_0^2}}{{{3^2}}} - 5,76\\
\frac{{U_0^2}}{{{4^2}}} = R_0^2 + {\left( {Z_L^{} - {Z_C}} \right)^2} \Rightarrow {\left( {Z_L^{} - {Z_C}} \right)^2} = \frac{{U_0^2}}{{{4^2}}} - 5,76\\
R_0^2 = {Z_L}\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right) \Rightarrow \frac{{R_0^3}}{{Z_0^2}} = \frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{{{Z_L}}} \Rightarrow \frac{{\frac{{U_0^2}}{{{4^2}}} - 5,76}}{{\frac{{U_0^2}}{{{3^2}}} - 5,76}} = {\left( {\frac{{{R^2}}}{{Z_L^2}}} \right)^2}\\
 \Rightarrow \left( {\frac{{U_0^2}}{{{4^2}}} - 5,76} \right)\left( {\frac{{U_0^2}}{{{3^2}}} - 5,76} \right) = {R^4}\left( {\frac{{U_0^2}}{{{3^2}}} - 5,76} \right) \Rightarrow \left( {\frac{{U_0^2}}{{{4^2}}} - 5,76} \right)\left( {\frac{{U_0^2}}{{{3^2}}} - 5,76} \right) = {R^4}\\
 \Rightarrow \frac{{U_0^4}}{{{3^2}{{.4}^2}}} - 5,76\left( {\frac{{U_0^2}}{{{3^2}}} + \frac{{U_0^2}}{{{4^2}}}} \right) = 0 \Rightarrow {U_0} = R\sqrt {{3^2} + {4^2}}  = 120V
\end{array}\)

Tại điểm M có 4 bức xa ̣cho vân sáng có bước sóng 735nm; 490nm ; \({\lambda _1}\) và \({\lambda _2}\) 

Vân trùng nhau của bức xa ̣735nm và 490nm thoả mãn:

\({k_1}.735 = {k_2}.490 \Rightarrow \frac{{{k_1}}}{{{k_2}}} = \frac{{490}}{{735}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{k_1} = 2n\\
{k_2} = 3n
\end{array} \right. \Rightarrow {x_M} = \frac{{2n.725.D}}{a} = \frac{{1470nD}}{a}\) 

Tại M ngoài 2 bức xa ̣ 735nm và 490nm cho vân sáng thì còn có bức xa ̣ khác của ánh sáng trắng cũng cho vân sáng tại M => Vị trí điểm M: \({x_M} = \frac{{1470nD}}{a} = \frac{{k\lambda D}}{a} \Rightarrow \lambda  = \frac{{1470nD}}{k}\) 

Mà ánh sáng trắng có bước sóng từ 380nm đến 760nm

\( \Rightarrow 380 \le \frac{{1470n}}{k} \le 760 \Leftrightarrow 1,93n \le k \le 3,87n\) 

+ Với \(n = 1:1,93 \le k \le 3,87 \Rightarrow k = 2;3 \Rightarrow $\)  Tại M có 2 bức xa ̣cho vân sáng ⇒ n=1 không thoả mãn

+ Với \(n = 2:3,86 \le k \le 7,74 \Rightarrow k = 4,5,6,7 \Rightarrow \)  Tại M có 4 bức xa ̣cho vân sáng với bước sóng tương ứng: \(\frac{{1470.2}}{4}{\rm{ =  }}735nm;\,\,\,\frac{{1470.2}}{5}{\rm{ = 588nm;}}\,\,\,\frac{{1470.2}}{6}{\rm{ = 490nm; }}\,\,\,\frac{{1470.2}}{7} = 420nm\) 

Vâỵ taị M có 4 bức xa ̣ cho vân sáng là :

\(735nm{\rm{ }};{\rm{ }}588nm{\rm{ }};{\rm{ }}490nm{\rm{ }};{\rm{ }}420nm \Rightarrow {\lambda _1} + {\lambda _2} = 1008nm\) 

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}
{N_Y} = {N_0}\left( {1 - {2^{ - \frac{t}{T}}}} \right)\\
{N_X} = {N_0}{2^{ - \frac{t}{T}}}
\end{array} \right.\) 

+ Thời điểm \({t_1}:\frac{{{N_Y}}}{{{N_X}}} = \frac{{1 - {2^{ - \frac{{{t_1}}}{T}}}}}{{{2^{ - \frac{{{t_1}}}{T}}}}} = 2 \Rightarrow {2^{ - \frac{{{t_1}}}{T}}} = \frac{1}{3}\left( 1 \right)\)

+ Thời điểm \({t_2}:\frac{{{N_Y}}}{{{N_X}}} = \frac{{1 - {2^{ - \frac{{{t_2}}}{T}}}}}{{{2^{ - \frac{{{t_2}}}{T}}}}} = 2 \Rightarrow {2^{ - \frac{{{t_2}}}{T}}} = \frac{1}{4}\left( 2 \right)\)

+ Thời điểm \({t_3} = 2{t_1} + 3{t_2}:\frac{{{N_Y}}}{{{N_X}}} = \frac{{1 - {2^{ - \frac{{2{t_1} + 3{t_2}}}{T}}}}}{{{2^{ - \frac{{2{t_1} + 3{t_2}}}{T}}}}} = \frac{{1 - {2^{ - \frac{{2{t_1}}}{T}}}{{.2}^{ - \frac{{3{t_2}}}{T}}}}}{{{2^{ - \frac{{2{t_1}}}{T}}}{{.2}^{ - \frac{{3{t_2}}}{T}}}}} = \frac{{1 - {{\left( {{2^{ - \frac{{{t_1}}}{T}}}} \right)}^2}.{{\left( {{2^{ - \frac{{{t_2}}}{T}}}} \right)}^3}}}{{{{\left( {{2^{ - \frac{{{t_1}}}{T}}}} \right)}^2}.{{\left( {{2^{ - \frac{{{t_2}}}{T}}}} \right)}^3}}}\left( 3 \right)\)

Thay (1) và (2) vào (3)   \(\frac{{{N_Y}}}{{{N_X}}} = 575\)

Phản ứng thu năng lượng \(\Delta {E_{thu}} = 1,21MeV\) 
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có

\(\begin{array}{l}
{p_\alpha } = {p_O} \Rightarrow {m_\alpha }.{v_\alpha } = {m_O}{v_O}\\
 \Rightarrow \frac{{{m_\alpha }}}{{{m_O}}} = \frac{{{v_\alpha }}}{{{v_O}}} \Rightarrow \frac{K}{{{K_O}}} = \frac{{{m_\alpha }v_\alpha ^2}}{{{m_O}v_O^2}} = \frac{{{m_\alpha }}}{{{m_O}}}.\frac{{v_\alpha ^2}}{{v_O^2}}\\
 \Rightarrow \frac{K}{{{K_O}}}\frac{{{m_\alpha }}}{{{m_O}}} \Rightarrow {K_O} = \frac{{K.{m_\alpha }}}{{{m_O}}}
\end{array}\) 

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta có

\(\begin{array}{l}
K = \Delta {E_{thu}} = {K_O} \Rightarrow K - \Delta {E_{thu}} = K.\frac{{{m_\alpha }}}{{{m_O}}}\\
 \Rightarrow K\left( {1 - \frac{{{m_\alpha }}}{{{m_O}}}} \right) = \Delta {E_{thu}} \Rightarrow K = \frac{{\Delta {E_{thu}}}}{{1 - \frac{{{m_\alpha }}}{{{m_O}}}}} = 1,58MeV
\end{array}\)