Ta có, 2 dao động điều hòa cùng phương, cùng tần số và cùng pha 

\(\Rightarrow \)Biên độ dao động tổng hợp: \(A={{A}_{1}}+{{A}_{2}}\)

Sóng ngang là sóng có phương dao động vuông góc với phương truyền sóng. 

Dao động tắt dần là dao động có biên độ và năng lượng giảm dần theo thời gian.

Hiện tượng cộng hưởng điện xảy ra khi: \({{Z}_{L}}={{Z}_{C}}\Leftrightarrow \omega L=\frac{1}{\omega C}\Leftrightarrow {{\omega }^{2}}LC-1=0\)

Tần số góc dao động riêng của mạch là: \(\omega =\sqrt{\frac{1}{LC}}\)

Khoảng cách từ một bụng đến nút gần nó nhất là \(\frac{\lambda }{4}\)

Mạch xoay chiều chỉ có điện trở thuần khi đó u và i cùng pha với nhau.

Tần số dòng điện trong cuộn thứ cấp bằng tần số trong cuộn thứ cấp.

Độ lệch pha của 2 điểm trên phương truyền sóng: \(\Delta \varphi =\frac{2\pi d}{\lambda }\)

Lực kéo về: \({{F}_{kv}}=kx\)

A – sai vì ở VTCB động năng bằng cơ năng, thế năng bằng 0.

B – sai

C – sai vì động năng của vật cực đại khi gia tốc có độ lớn cực tiểu.

D – đúng.

Tổng trở của mạch: \(Z=\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( \omega L-\frac{1}{\omega C} \right)}^{2}}}\)

Cường độ dòng điện trong mạch biến thiên điều hòa trễ pha hơn điện áp hai đầu đoạn mạch khi cảm kháng lớn hơn dung kháng \({{Z}_{L}}>{{Z}_{C}}\Leftrightarrow \omega L>\frac{1}{\omega C}\)

Li độ: \(x=A\cos (\omega t+\varphi )\)  

Vận tốc dao động điều hòa: \(v={x}'=-A\omega \sin (\omega t+\varphi )\)

A, B, C – đúng

D – sai vì đơn vị của mức cường độ âm là B hay dB.

2 nguồn dao động cùng pha \(\Rightarrow \) Cực tiểu giao thoa nằm tại những điểm có hiệu đường đi của 2 sóng từ 2 nguồn tới đó \({{d}_{2}}-{{d}_{1}}=(2k+1)\frac{\lambda }{2}\)

Lực tương tác điện giữa 2 điện tích điểm trong chân không \(\varepsilon =1:F=k\frac{\left| {{q}_{1}}{{q}_{2}} \right|}{{{r}^{2}}}\)

Ảnh của vật qua thấu kính hội tụ có thể lớn hơn, nhỏ hơn hoặc bằng vật.

Chu kì dao động riêng của mạch: \(T=2\pi \sqrt{LC}=2\pi \sqrt{{{4.10}^{-6}}{{.10.10}^{-12}}}={{4.10}^{-8}}s\)

+ Biên độ dao động của vật: \(A=\frac{L}{2}=\frac{10}{2}=5cm\)

+ Tần số góc \(\omega =\frac{2\pi }{T}=\frac{2\pi }{2}=\pi (ra\text{d/s)}\)

+ Tại \(t=0:\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{x}_{0}}=0 \\ v<0 \\ \end{array}\Rightarrow \varphi =\frac{\pi }{2} \right.\)

\(\Rightarrow \) Phương trình dao động của vật: \(x=5\cos \left( \pi t+\frac{\pi }{2} \right)cm\)

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch: \(P=UI\cos \varphi =\frac{100}{\sqrt{2}}\cdot \frac{2}{\sqrt{2}}\cos \left( \frac{\pi }{6}-\frac{\pi }{3} \right)=50\sqrt{3}W\)

Tốc độ của vật dao động điều hòa khi ở VTCB: \({{v}_{\max }}=A\omega =A\frac{2\pi }{T}=2.\frac{2\pi }{0,5\pi }=8c\text{m/s}\)

Ta có: \(\frac{{{U}_{1}}}{{{U}_{2}}}=\frac{{{N}_{1}}}{{{N}_{2}}}\Leftrightarrow \frac{\frac{{{U}_{0}}}{\sqrt{2}}}{{{U}_{2}}}=\frac{10{{N}_{2}}}{{{N}_{2}}}\Rightarrow {{U}_{2}}=\frac{{{U}_{0}}}{10\sqrt{2}}\)

Tần số: \(f=np=\frac{900}{60}\cdot 4=60Hz\)

Bước sóng của sóng điện từ: \(\lambda =\frac{c}{f}=\frac{{{3.10}^{8}}}{{{2.10}^{7}}}=15m\)

Cảm ứng từ tại M cách dòng điện 5cm là: \(B={{2.10}^{-7}}\frac{I}{r}={{2.10}^{-7}}\frac{0,5}{0,05}={{2.10}^{-6}}T\)

Ta có, trên dây có số nút sóng là 2 + 8 = 10 nút sóng 

\(\Rightarrow \) Số bụng sóng k = 10 –1 = 9. 

\(l=k\frac{\lambda }{2}=k\frac{v}{2f}\Rightarrow v=\frac{l.2f}{k}=\frac{90.2.200}{9}=4000c\text{m/s}=40\text{m/s}\)

+ Ban đầu \(T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}=2s\)

+ Khi tăng chiều dài: \({T}'=2\pi \sqrt{\frac{l+0,21}{g}}=2,2s\)

\(\Rightarrow \frac{{{T}'}}{T}=\frac{2,2}{2}=\sqrt{\frac{l+0,21}{l}}\Rightarrow l=1m\)

Ta có: \(\Delta P=P-{P}'\)

\(\text{+ }\Delta {{P}_{1}}=8%{P}'=\frac{2}{27}P=\frac{{{P}^{2}}}{k_{1}^{2}{{U}^{2}}{{\cos }^{2}}\varphi }R\text{  }(1)\)

\(+\text{ }\Delta {{P}_{2}}=3%{P}''=\frac{3}{103}P=\frac{{{P}^{2}}}{k_{2}^{2}{{U}^{2}}{{\cos }^{2}}\varphi }R\text{  }(2)\)

\(\Rightarrow \frac{(1)}{(2)}\) ta được \(\frac{206}{81}=\frac{k_{2}^{2}}{k_{1}^{2}}\Rightarrow {{k}_{2}}=\sqrt{\frac{206}{81}}{{k}_{1}}=19,136\)

Từ đồ thị dao động, ta có:

+ Chu kì dao động: T = 1,6s 

Ta có: \({{\varphi }_{1}}=\omega .\Delta {{t}_{1}}=\frac{2\pi }{T}\cdot \left( \Delta {{t}_{1}} \right)=\frac{2\pi }{1,6}\cdot 0,1=\frac{\pi }{8}rad\)

Lại có: \({{x}_{1}}=A\cos {{\varphi }_{1}}\Rightarrow A=\frac{{{x}_{1}}}{\cos \frac{\pi }{8}}\)

\({{\varphi }_{2}}=\omega .\Delta {{t}_{2}}=\frac{2\pi }{1,6}\cdot 0,2=\frac{\pi }{4}(rad)\)

\(\left| {{x}_{2}} \right|=A\left| \cos {{\varphi }_{2}} \right|=\frac{{{x}_{1}}}{\cos \frac{\pi }{8}}\cdot \cos \frac{\pi }{4}=\frac{3}{\cos \frac{\pi }{8}}\cdot \cos \frac{\pi }{4}=2,296cm\)

Gia tốc tại thời điểm \(t=1,3s:{{a}_{2}}=-{{\omega }^{2}}{{x}_{2}}=-{{\left( \frac{2\pi }{1,6} \right)}^{2}}(-2,296)=35,408c\text{m/}{{\text{s}}^{\text{2}}}\)

Khoảng thời gian ngắn nhất dây chuyển từ dạng đường nét đứt được thể hiện như hình vẽ: 

\(\Rightarrow \Delta \varphi =\omega \Delta t=\frac{2\pi }{T}\cdot \frac{1}{3}=\frac{2\pi }{3T}\)    (1)

Lại có: \(\Delta \varphi =\frac{\pi }{2}+ar\sin \left( \left| \frac{-4}{7} \right| \right)=0,6936\pi rad\) (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra T = 0,9611s

Khoảng cách mỗi bó sóng là: \(\frac{3\lambda }{4}=30cm\Rightarrow \lambda =40cm\)  

Tốc độ truyền sóng: \(v=\frac{\lambda }{T}=\frac{40}{0,9611}=41,62c\text{m/s}\)

Ta có: Mạch chỉ có cuộn cảm thuần: \({{u}_{L}}\bot i\)

\(\frac{{{i}^{2}}}{I_{0}^{2}}+\frac{{{u}^{2}}}{U_{0}^{2}}=1\Leftrightarrow \frac{{{i}^{2}}}{{{2}^{2}}}+\frac{{{50}^{2}}}{{{100}^{2}}}=1\Rightarrow \left| i \right|=\sqrt{3}\)

Tại thời điểm điện áp 50V và đang tăng \(\Rightarrow \) cường độ dòng điện khi đó \(i=-\sqrt{3}A\)

+ Khi 2 dao động cùng pha: 

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} A={{A}_{1}}+{{A}_{2}} \\ W=\frac{1}{2}k{{\left( {{A}_{1}}+{{A}_{2}} \right)}^{2}}=25J \\ \end{array} \right.\)   (1)

+ Khi 2 dao động ngược pha: 

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {A}'=\left| {{A}_{1}}-{{A}_{2}} \right| \\ {W}'=\frac{1}{2}k{{\left( {{A}_{1}}-{{A}_{2}} \right)}^{2}}=9J \\ \end{array} \right.\)   (2)

Từ (1) và (2) ta được: 

\(\begin{array}{l}
\frac{W}{{W'}} = \frac{{25}}{9} = \frac{{{{\left( {{A_1} + {A_2}} \right)}^2}}}{{{{\left( {{A_1} - {A_2}} \right)}^2}}}\\
 \Rightarrow {A_1} + {A_2} = \frac{5}{3}\left| {{A_1} - {A_2}} \right| \Rightarrow \left( {\begin{array}{*{20}{l}}
{{A_1} = 4{A_2}}\\
{{A_1} = \frac{{{A_2}}}{4}}
\end{array}} \right.
\end{array}\)

+ Khi năng lượng dao động tổng hợp là \({W}''=15J=\frac{1}{2}k{{A}^{\prime \prime 2}}\)

\(\frac{{{W}''}}{W}=\frac{15}{25}\Leftrightarrow \frac{{{A}^{n2}}}{{{A}^{2}}}=\frac{15}{25}\)

\(\Leftrightarrow A_{1}^{2}+A_{2}^{2}+2{{A}_{1}}{{A}_{2}}\cos \Delta \varphi =\frac{15}{25}{{\left( {{A}_{1}}+{{A}_{2}} \right)}^{2}}\) \(\Rightarrow \cos \Delta \varphi =\frac{\frac{15}{25}{{\left( {{A}_{1}}+{{A}_{2}} \right)}^{2}}-\left( A_{1}^{2}+A_{2}^{2} \right)}{2{{A}_{1}}{{A}_{2}}}\)

Với \({{A}_{1}}=4{{A}_{2}}\Rightarrow \cos \Delta \varphi =-\frac{1}{4}\)

Với \({{A}_{1}}=\frac{{{A}_{2}}}{4}\Rightarrow \cos \Delta \varphi =-\frac{1}{4}\Rightarrow \Delta \varphi =75,{{52}^{0}}=1,823rad\)

+ Điện trở tương đương mạch ngoài: \({{R}_{N}}={{R}_{1}}+{{R}_{2}}=3+6=9\Omega \)

+ Cường độ dòng điện trong mạch: \(I=\frac{E}{{{R}_{N}}+r}=\frac{12}{9+1}=1,2A\)

\(\text{+ }{{U}_{1}}=I.{{R}_{1}}=1,2.3=3,6V\)

Số chỉ của vôn kế chính là hiệu điện thế hai đầu điện trở R₁ và bằng 3,6V.

Xét điểm M thuộc góc phần tư thứ nhất 

Để M đạt cực đại và cùng pha với nguồn thì: 

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} M{{S}_{1}}=a\lambda \\ M{{S}_{2}}=b\lambda \\ \end{array} \right.\)

Lại có: \(M{{S}_{2}}+M{{S}_{2}}>{{S}_{1}}{{S}_{2}}\Leftrightarrow a\lambda +b\lambda >4,8\lambda \Rightarrow a+b>4,8\)    (a > b)   (1)

\(O{{M}^{2}}\le {{(2,4\lambda )}^{2}}\Leftrightarrow \frac{MS_{1}^{2}+MS_{2}^{2}}{2}-\frac{{{S}_{1}}S_{2}^{2}}{4}\le {{(2,4\lambda )}^{2}}\)

\(\Leftrightarrow \frac{{{a}^{2}}{{\lambda }^{2}}+{{b}^{2}}{{\lambda }^{2}}}{2}-\frac{4,{{8}^{2}}{{\lambda }^{2}}}{4}{{(2,4\lambda )}^{2}}\Rightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}\le 23,04\)

Kết hợp với (1) ta suy ra \(2{{b}^{2}}\le {{a}^{2}}+{{b}^{2}}\le 23,04\Rightarrow b\le 3,39\)

\(\Rightarrow \) Nửa trên đường tròn có 7 giá trị

\(\Rightarrow \)Cả vòng tròn có 14 giá trị (điểm thỏa mãn) yêu cầu đề bài

Từ giản đồ, ta có: 

\(\frac{U}{\sin \left( \frac{\pi }{2}-{{\varphi }_{AN}} \right)}=\frac{{{U}_{AN}}}{\sin \left( \frac{\pi }{2}-\varphi  \right)}=\frac{{{U}_{NB}}}{\sin \left( {{\varphi }_{AN}}+\varphi  \right)}=\frac{3{{U}_{NB}}}{3\sin \left( {{\varphi }_{AN}}+\varphi  \right)}\)

\(\Leftrightarrow \frac{U}{\cos {{\varphi }_{AN}}}=\frac{{{U}_{AN}}+3{{U}_{NB}}}{\cos \varphi +3\sin \left( {{\varphi }_{AN}}+\varphi  \right)}\) \(\Rightarrow {{U}_{AN}}+3{{U}_{NB}}=\frac{U}{\cos {{\varphi }_{AN}}}\left( \cos \varphi +3\sin \left( {{\varphi }_{AN}}+\varphi  \right) \right)\)

\({{\left( {{U}_{AN}}+3{{U}_{NB}} \right)}_{\max }}\) khi \({{\left( \frac{\cos \varphi +3\sin \left( {{\varphi }_{AN}}+\varphi  \right)}{\cos {{\varphi }_{AN}}} \right)}_{\max }}\)

Ta có: \(\frac{\cos \varphi +3\sin \left( {{\varphi }_{AN}}+\varphi  \right)}{\cos {{\varphi }_{AN}}}=\frac{\cos \varphi +3\sin \varphi \cos {{\varphi }_{AN}}+3\cos \varphi \sin {{\varphi }_{AN}}}{\cos {{\varphi }_{AN}}}\)

\(=\frac{\cos \varphi \left( 1+3\sin {{\varphi }_{AN}} \right)+3\sin \varphi .\cos {{\varphi }_{AN}}}{\cos {{\varphi }_{AN}}}\text{    }(*)\)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhia ta có: 

\((*)\le \frac{\left( {{\cos }^{2}}\varphi +{{\sin }^{2}}\varphi  \right)\left( {{\left( 1+3\sin {{\varphi }_{AN}} \right)}^{2}}+{{\left( 3\cos {{\varphi }_{AN}} \right)}^{2}} \right)}{\cos {{\varphi }_{AN}}}\)

Dấu = xảy ra khi: \(\frac{1+3\sin {{\varphi }_{AN}}}{\cos \varphi }=\frac{3\cos {{\varphi }_{AN}}}{\sin \varphi }\)

Lại có: \(\cos \varphi =\sin \varphi =\frac{1}{\sqrt{2}}\) (đề bài cho) 

\(\Rightarrow \frac{1+3\sin {{\varphi }_{AN}}}{\frac{1}{\sqrt{2}}}=\frac{3\cos {{\varphi }_{AN}}}{\frac{1}{\sqrt{2}}}\)

\(\cos {{\varphi }_{AN}}-\sin {{\varphi }_{AN}}=\frac{1}{3}\Rightarrow {{\varphi }_{AN}}=0,547rad\Rightarrow \cos {{\varphi }_{AN}}=0,8538\)

2 nguồn cùng pha, giải sử phương trình sóng tại 2 nguồn: \({{u}_{1}}={{u}_{2}}=a\cos (\omega t)\)

Phương trình sống tại M: \({{u}_{M}}=2a\cos \left( \pi \frac{2.1}{12} \right)\cos \left( \omega t-\pi \frac{AB}{\lambda } \right)\)

Phương trình sống tại N:  \({{u}_{N}}=2a\cos \left( \pi \frac{2.2}{12} \right)\cos \left( \omega t-\pi \frac{AB}{\lambda } \right)\)

\(\Rightarrow \frac{{{u}_{M}}}{{{u}_{N}}}=\frac{\cos \frac{\pi }{6}}{\cos \frac{\pi }{3}}=\sqrt{3}\Rightarrow {{u}_{N}}=\frac{{{u}_{M}}}{\sqrt{3}}=\frac{-6}{\sqrt{3}}=-2\sqrt{3}mm\)

+ Con lắc N (1) dao động với tần số góc: \(\omega =\sqrt{\frac{k}{4m}}\)

+ Con lắc M (2) dao động với tần số góc: \({\omega }'=\sqrt{\frac{k}{m}}=2\omega \)

Biên độ dao động của 2 con lắc là A = 5cm, pha ban đầu \(\varphi =0rad\)  

Ta có 2 con lắc dao động trên 2 đường thẳng vuông góc với nhau \(\Rightarrow \overrightarrow{{{F}_{d{{h}_{1}}}}}\bot \overrightarrow{{{F}_{d{{h}_{2}}}}}\)

Hợp lực tác dụng lên điểm I: \(\vec{F}=\overrightarrow{{{F}_{d{{h}_{1}}}}}+\overrightarrow{{{F}_{d{{h}_{2}}}}}\)

Mà: 

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} \overrightarrow{{{F}_{d{{h}_{1}}}}}\bot \overrightarrow{{{F}_{d{{h}_{2}}}}} \\ {{F}_{d{{h}_{1}}}}=k{{x}_{1}}=k.A\cos (\omega t) \\ {{F}_{d{{h}_{2}}}}=k{{x}_{2}}=k.A\cos (2\omega t) \\ \end{array} \right.\)

\(\Rightarrow {{F}^{2}}=F_{d{{l}_{1}}}^{2}+F_{d{{h}_{2}}}^{2}={{(kA\cos (\omega t))}^{2}}+{{(kA\cos (2\omega t))}^{2}}\) \(={{k}^{2}}{{A}^{2}}\left( {{\cos }^{2}}\omega t+\left( {{\cos }^{2}}2\omega t \right) \right)\)

Lại có: \({{\cos }^{2}}\omega t+{{\cos }^{2}}2\omega t={{\cos }^{2}}\omega t+{{\left( 2{{\cos }^{2}}\omega t-1 \right)}^{2}}\) \(=4{{\cos }^{4}}\omega t-3{{\cos }^{2}}\omega t+1=P\)

\({{F}_{\min }}\) khi \({{P}_{\min }}\)

Đặt \({{\cos }^{2}}\omega t=x\Rightarrow P=4{{x}^{2}}-3x+1\)

\({{P}_{\min }}\) khi \(x=-\frac{b}{2a}=\frac{3}{8}\)

Thay lên trên, ta được \({{F}_{\min }}=\frac{\sqrt{7}}{2}N\)

Ta có: \(\varphi ={{\varphi }_{d}}-{{\varphi }_{AB}}\)

\(\tan \varphi =\tan \left( {{\varphi }_{d}}-{{\varphi }_{AB}} \right)=\frac{\tan {{\varphi }_{d}}-\tan {{\varphi }_{AB}}}{1-\tan {{\varphi }_{d}}.\tan {{\varphi }_{AB}}}\)

Lại có: 

\(\begin{array}{l}
\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\tan {\varphi _d} = \frac{{{Z_L}}}{r}}\\
{\tan {\varphi _{AB}} = \frac{{{Z_L}}}{{R + r}}}
\end{array}} \right.\\
 \Rightarrow \tan \varphi  = \frac{{\frac{{{Z_L}}}{r} - \frac{{{Z_L}}}{{R + r}}}}{{1 + \frac{{Z_L^2}}{{r(R + r)}}}} = \frac{{{Z_L}R}}{{r(R + r) + Z_L^2}}\\
 \Rightarrow \tan \varphi  = \frac{R}{{\frac{{r(R + r)}}{{{Z_L}}} + {Z_L}}}
\end{array}\)

Ta có: \(\frac{r(R+r)}{{{Z}_{L}}}+{{Z}_{L}}\ge 2\sqrt{r(R+r)}\Rightarrow \tan \varphi \le \frac{R}{2\sqrt{r(R+r)}}\)

\(\Rightarrow \tan {{\varphi }_{\max }}\) khi \(\frac{r(R+r)}{{{Z}_{L}}}={{Z}_{L}}\) (*) và \(\tan {{\varphi }_{\max }}=0,65\Rightarrow \frac{R}{2\sqrt{50(50+R)}}=0,65\Rightarrow R=119,77\Omega \)

Thay vào (*) ta suy ra: \({{Z}_{L}}=92,13\Omega =\omega {{L}_{0}}\Rightarrow {{L}_{0}}=0,29H\)

+ Ban đầu: T = 0,5s

+ Lúc sau khi giữ lò xo: T' = 0,25s 

\({T}'=\frac{T}{2}\Rightarrow {k}'=4k\) và \({l}'=\frac{l}{4}\)

Ban đầu \({{x}^{2}}+\frac{{{v}^{2}}}{{{(4\pi )}^{2}}}={{5}^{2}}\)    (1)

Khi giữ lò xo: \(\left( \frac{{{x}^{2}}}{4} \right)+\frac{{{v}^{2}}}{{{(8\pi )}^{2}}}=2,{{35}^{2}}\)   (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra v = 57,75cm/s