Sóng cơ là dao động cơ lan truyền trong một môi trường.

Ta có \(t=\frac{S}{v}=\frac{75}{50}=1,5\,s\)

Theo lý thuyết về mạch dao động LC ta chọn hệ thức sai \(T=\frac{2\pi }{\sqrt{LC}}\)

Ta có \(\frac{\lambda }{2}=8\,cm\to \lambda =16\,cm\to \ell =8.\frac{\lambda }{2}=64\,cm\)

Xác định điện tích và số khối của các tia và  hạt còn lại trong phản ứng, ta có :  ¹₀n  ;  ⁰_-1β^–

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích và số khối ta được  hạt X có

                  2Z = 0+92 – 42 – 57 – 7.(-1) = 0

                  2A = 1 + 235 – 95 – 139 – 7.0 = 2 => A =1.

Vậy suy ra X có Z = 0 và A = 1. Đó là hạt nơtron  ¹₀n 

T = 1s => t₁ = 1010,5 s= 10105 T chất điểm qua li độ  cm lần thứ 2021.

Dùng vòng tròn pha dễ thấy \(\varphi =\frac{2\pi }{3}\)và A= 6 cm:

\(\text{x}=6c\text{os}\left( 2\pi t+\frac{2\pi }{3} \right)(cm)\)

Ta có : \(A=\frac{h.c}{{{\lambda }_{0}}}\to {{\lambda }_{0}}=\frac{h.c}{A}=0,58\,\mu m\)

ĐK xảy ra hiện tượng quang điện : λ < λ₀

Tốc độ truyền âm trong môi trường rắn, lỏng, khí lần lượt là v_r, v_l, v_k. Hệ thức đúng: v_r > v_l > v_k  

f_pq = 4,6875.10¹⁴ Hz;  chùm sáng kích thích phải có f_kt > f_pq mới gây được hiện tượng phát quang. 

Ta có \(\lambda =\frac{v}{f}\to f=\frac{v}{\lambda }=\frac{{{3.10}^{8}}}{600}={{5.10}^{5}}\,Hz\)

Ta có :

\(\left\{ \begin{array}{l}
{\lambda _1} = \frac{\lambda }{{{n_1}}}\\
{\lambda _2} = \frac{\lambda }{{{n_2}}}
\end{array} \right. \to \frac{{{\lambda _1}}}{{{\lambda _2}}} = \frac{{{n_2}}}{{{n_1}}}\)

Khi nhận được năng lượng  electron sẽ chuyển thẳng từ K lên N. 

Ta có

\({{T}_{3}}=2\pi \sqrt{\frac{{{l}_{3}}}{g}}=2\pi \sqrt{\frac{4{{l}_{1}}+3{{l}_{2}}}{g}}\to T_{3}^{2}=4T_{1}^{2}+3T_{2}^{2}=16\to {{T}_{3}}=4s\)

Tiêu cự của thấu kính hội tụ là 10 cm 

B=9,6.10^-6T

Ta có

\(\varepsilon =\frac{h.c}{\lambda }\to \lambda =\frac{h.c}{\varepsilon }=\frac{{{6,625.3.10}^{8}}}{{{9,2.1,6.10}^{-19}}}=0,135\,\mu m\)

Ta có 

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
k.\Delta l = m.g\\
\frac{{4.A}}{T} = 0,8
\end{array} \right.\\
 \to \left\{ \begin{array}{l}
\frac{m}{k} = \frac{{\Delta l}}{g} = \frac{{0,04}}{{{\pi ^2}}} \to T = 0,4s\\
4.A = 0,8.0,4 = 0,32
\end{array} \right.\\
 \to A = 8{\mkern 1mu} cm
\end{array}\)

Chu kì của dao động T=1,57s 

Hình chiếu P sẽ dao động với tốc độ cực đại bằng tốc độ dài của M => A=40cm 

Ta có 

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
{Z_L} = 180 = L.120\pi \\
{Z_C} = 80 = \frac{1}{{C\omega }} = \frac{1}{{C.120\pi }}
\end{array} \right.\\
 \to \frac{{{Z_L}}}{{{Z_C}}} = \frac{9}{4} = L.C.{\left( {120\pi } \right)^2}\\
 \to \omega _{CH}^2 = \frac{1}{{LC}} = \frac{4}{9}.{\left( {120\pi } \right)^2}
\end{array}\)

→ ω_CH = 80π rad/s →f_CH = 40 Hz Từ 60 Hz xuống còn 40 Hz => giảm 20 Hz

Chu kì T= 12 ô : x₂ nhanh pha hơn x₁ 1 ô là π/6.

\({{x}_{1}}=6\cos (\omega t-\frac{\pi }{6})cm;\) ; \({{x}_{2}}={{A}_{2}}\cos (\omega t)cm=2\sqrt{3}\cos (\omega t)cm.\).

=> \(/{{x}_{1}}-{{x}_{2}}{{/}_{\max }}=2\sqrt{3}cm=3,46cm.\). 

Theo bài ra ta có : 

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
{Z_C} = \frac{1}{{\frac{{{{10}^{ - 3}}.\omega }}{{2\pi }}}} = \frac{{2\pi {{.10}^3}}}{\omega }\\
{Z_L} = \frac{{0,8\omega }}{\pi }
\end{array} \right.\\
 \to \left\{ \begin{array}{l}
{I_1} = \frac{{100\omega }}{{2\pi {{.10}^3}}}\\
{I_2} = \frac{{100\pi }}{{0,8\omega }}
\end{array} \right. \to {I_1} + {I_2} = \frac{{100\omega }}{{2\pi {{.10}^3}}} + \frac{{100\pi }}{{0,8\omega }}
\end{array}\)

→ \({{I}_{1}}+{{I}_{2}}\ge 2\sqrt{{{I}_{1}}.{{I}_{2}}}=2\sqrt{\frac{100\omega }{2\pi {{.10}^{3}}}.\frac{100\pi }{0,8\omega }}=5A\)

Bước sóng .

+ Khoảng cách giữa hai đỉnh sóng gần nhất là .

Các đường tròn liền nét biểu diễn các điểm cùng pha với nguồn,

Các đường tròn đứt nét biểu diễn các điểm ngược pha với nguồn,

+ M là một điểm cùng pha với O, và trên OM có 5 điểm ngược pha với O,

 cách O:   0,5l; 1,5l; 2,5l; 3,5l; 4,5l=>trên OM cũng có 5 điểm cùng  pha với O

+ N là một điểm cùng pha với O, trên ON có 3 điểm ngược pha với O cách O:

   0,5l; 1,5l; 2,5l; => trên ON cũng có 3 điểm cùng  pha với O

Công thức tính độ tự cảm ống dây : 16mH                              

  Suất điện động tự cảm  e _tc   =   0,32V.

Theo bài ra u_AN vuông pha u_NB mà u_AN + u_NB = u_AB

 \(\begin{align} & {{U}^{2}}=U_{AN}^{2}+U_{NB}^{2}\to U_{AN}^{2}={{U}^{2}}-U_{NB}^{2}={{200}^{2}}-{{120}^{2}}={{160}^{2}} \\ & \to {{U}_{AN}}=160\,V \\ \end{align}\)

       → \({{160}^{2}}=U_{R}^{2}+U_{L}^{2}\)                                           (1)

Thay Vôn kế bằng Ampe kế → Đoạn NB bị nối tắt → Mạch chỉ còn lại R và L

       → Ta có : \({{200}^{2}}={{\left( {{U}_{R}}+24 \right)}^{2}}+{{\left( {{U}_{L}}+32 \right)}^{2}}\)  (2)

Từ (1) và (2) :

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
{160^2} = U_R^2 + U_L^2\\
{200^2} = {\left( {{U_R} + 24} \right)^2} + {\left( {{U_L} + 32} \right)^2}
\end{array} \right.\\
 \to \left\{ \begin{array}{l}
{U_R} = 96{\mkern 1mu} V\\
{U_L} = 128{\mkern 1mu} V
\end{array} \right. \to I = \frac{{96 + 24}}{{80}} = 1,5{\mkern 1mu} A
\end{array}\)

Ta có :  D_cam = A(n_cam – 1) ;  D_lục  = A(n_lục – 1)

→ \(\frac{{{n}_{cam}}-1}{{{n}_{luc}}-1}=0,94\to \frac{{{n}_{cam}}-1}{1,48-1}=0,94\to {{n}_{cam}}=1,4512\,\)

Tăng hiệu điện thế đặt vào ống một lượng 1,35 kV   

Theo bài ra ta có 

\(\left\{ \begin{array}{l}
{i_1} = 1,2{\mkern 1mu} mm\\
{i_2} = 0,8{\mkern 1mu} mm
\end{array} \right.\)

Vị trí vân sáng trùng nha ta có k₁.i₁ = k₂.i₂ 

\(\left\{ \begin{array}{l}
{k_1} \le \frac{L}{{2{i_1}}} = 4,04\\
{k_1} \le \frac{L}{{2{i_2}}} = 6,06\\
k \in Z*,k > 0
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
{k_1} \le 4\\
{k_1} \le 6
\end{array} \right.\)

→ \(\frac{{{k}_{1}}}{{{k}_{2}}}=\frac{{{i}_{2}}}{{{i}_{1}}}=\frac{2}{3}=\frac{4}{6}...\)→ Mỗi nửa màn (trừ vân trung tâm) có 2 vị trí mà vân sáng 2 bức xạ trùng nhau

→ Tổng cộng có 4 vân giống màu vân trung tâm

Giá trị của điện trở R bằng 4 Ω   

Ta có 

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
{\left( {\frac{2}{{{I_0}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{q}{{{Q_0}}}} \right)^2} = 1\\
{\left( {\frac{1}{{{I_0}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{{2q}}{{{Q_0}}}} \right)^2} = 1
\end{array} \right.\\
 \to \left\{ \begin{array}{l}
{\left( {\frac{q}{{{Q_0}}}} \right)^2} = 1 - {\left( {\frac{2}{{{I_0}}}} \right)^2}\\
{\left( {\frac{1}{{{I_0}}}} \right)^2} + 4.\left( {1 - {{\left( {\frac{2}{{{I_0}}}} \right)}^2}} \right) = 1
\end{array} \right.\\
 \to \frac{{15}}{{I_0^2}} = 3 \to {I_0} = \sqrt 5 {\mkern 1mu} A
\end{array}\)

Theo bài ra ta có 

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
\omega  = 100\pi \\
T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{1}{{50}}s
\end{array} \right.\\
 \to {t_2} = {t_1} + 0,125s = {t_1} + 6T + \frac{T}{4}
\end{array}\)

→ Tức là các véc tơ u_R, u_L, u_C lần lượt quay thêm góc 90⁰

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
{U_R} = \sqrt {{{30}^2} + {{40}^2}}  = 50{\mkern 1mu} V\\
{U_{0L}} = \sqrt {{{160}^2} + {{120}^2}}  = 200{\mkern 1mu} V\\
{U_{0C}} = \sqrt {{{80}^2} + {{60}^2}}  = 100{\mkern 1mu} V
\end{array} \right.\\
 \to {U_0} = 50\sqrt 5 {\mkern 1mu} V \to U = 25\sqrt {10} {\mkern 1mu} V
\end{array}\)

Khoảng cách giữa ba vân sáng liên tiếp là \(2i=2,24mm\to i=1,12\)cm

→ Khoảng cách giữa hai khe \(a=\frac{D\lambda }{i}=\frac{{{1,6.0,42.10}^{-6}}}{{{1,12.10}^{-3}}}=0,6mm\).

Theo bài ra ta có 

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
1,32 = 2.i = 2.\frac{{\lambda .D}}{a}\\
1,32 = 1,5.{i_{D + 0,5}} = 1,5.\frac{{\lambda .\left( {D + 0,5} \right)}}{a}\\
1,32 = 4.{i_{D - 0,5}} = 4.\frac{{\lambda .\left( {D - 0,5} \right)}}{a}
\end{array} \right.\\
 \to \left\{ \begin{array}{l}
D = 1,1{\mkern 1mu} m\\
\lambda  = 0,6{\mkern 1mu} \mu m
\end{array} \right.
\end{array}\)

Tại vị trí cộng hưởng: \({{\omega }_{0}}=\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{100}{0,25}}=20\left( rad/s \right)\)

Vì \({{\omega }_{1}}\) xa vị trí cộng hưởng hơn

\({{\omega }_{2}}\left( {{\omega }_{1}}<{{\omega }_{2}}<{{\omega }_{0}} \right)\) nên \({{A}_{1}}<{{A}_{2}}\)

Vật đạt tốc độ lớn nhất khi độ lớn của lực đàn hồi bằng độ lớn lực ma sát lần thứ nhất vì tốc độ của vật tăng lúc độ lớn của lực đàn hồi lớn hơn độ lớn của lực ma sát (hợp lực cùng chiều với chiều chuyển động).

Tại vị trí độ lớn của lực đàn hồi bằng độ lớn lực ma sát lần thứ nhất: Dl  = \(\frac{\mu mg}{k}\) = 0,02 m.

Theo định luật bảo toàn năng lượng: W₀ = W_t + W_đ + |A_ms|

=> \(\frac{1}{2}mv² = \frac{1}{2}kDl\(_{0}^{2}\) - \(\frac{1}{2}\)kDl² - mmg(Dl₀ - Dl) = 0,32.10^-2 J.

=> v = \(\sqrt{\frac{2{{W}_{}}}{m}} = 0,4\sqrt{2}m/s = 40\sqrt{2}\)cm/s.  

Quan sát hình vẽ, ta thấy trong thời gian 0,3s sóng truyền được quãng đường bằng \(\frac{3}{8}\)l tức là: 0,3s = \(\frac{3}{8}\)T

ð T = 0,8s. Tại thời điểm t₂ N đang đi qua vị trí cân bằng theo chiều dương (N đi lên) nên:

v =  v_max = wA = \(\frac{2\pi }{T}\)A

   = 39,3cm/s.

U_Cmax.U_L = U\(_{R}^{2}\) + U\(_{L}^{2}\)

Mặt khác: U\(_{C\max }^{2}\)= U² + U\(_{R}^{2}\)+ U\(_{L}^{2}\) => U\(_{C\max }^{2}\)- U_Cmax.U_L = U²

=> U_L = \(\frac{U_{C\max }^{2}-{{U}^{2}}}{{{U}_{C\max }}}\) = 110V.

P_t2 = H₂P₂ = 1,2P_t1 = 1,2.H₁P₁ = 1,08P₁

=> H₂ = \(\frac{1,08{{P}_{1}}}{{{P}_{2}}}=\frac{1,08{{I}_{1}}U}{{{I}_{2}}U}\) = 1,08.\(\frac{{{I}_{1}}}{{{I}_{2}}}\)          (1).

\(\frac{\Delta {{P}_{1}}}{\Delta {{P}_{2}}}=\frac{0,1{{I}_{1}}U}{(1-{{H}_{2}}){{I}_{2}}U}=\frac{I_{1}^{2}R}{I_{2}^{2}R}\)

=> \(\frac{{{I}_{1}}}{{{I}_{2}}}\) = \(\frac{0,1}{1-{{H}_{2}}}\) (2).

Thay (2) vào (1): H₂ = 1,08.\(\frac{0,1}{1-{{H}_{2}}}\) => H\(_{2}^{2}\) - H₂ + 0,108 = 0

=> H₂ = 0,877 hoặc H₂ = 0,123 (loại).

U_L – U_C = 64 V => U\(_{R}^{2}\)= U² – (U_L – U_C)² = U² – 64².

Điều chỉnh L để U_L = U_Lmax

Khi đó U\(_{L\max }^{2}\)= U² + U\(_{R}^{2}\)+ U\(_{C}^{2}\)= U² + U² – 64² + U\(_{C}^{2}\)

=> U = \(\sqrt{\frac{U_{L\max }^{2}+{{64}^{2}}-U_{C}^{2}}{2}}\) = 80V.

Vân cùng màu với vân trung tâm có: k₁l₁ = k₂l₂ = k₃l₃

6k₁ = 8k₂ = 9k₃ = 72n;

Khi n = 0, có vân trùng trung tâm. Khi n = 1, có vân trùng gần vân trung tâm nhất; khi đó k₁ = 12; k₂ = 9 và k₃ = 8. Trừ hai vân trùng ở hai đầu, trong khoảng từ vân trung tâm đến vân trùng gần vân trung tâm nhất có 11 + 8 + 7 = 26 vân sáng của cả 3 bức xạ. Với l₁ và l₂ ta có k₂ = 3/4k₁, có 2 vân trùng (k₁ = 8 và 4). Với l₁ và l₃ ta có k₃ = 2/3k₁, có 3 vân trùng (k₁ = 9; 6 và 3). Với l₂ và l₃ ta có k₃ = 8/9k₂, không có vân trùng. Vậy số vân sáng trong khoảng nói trên là 26 – 2 – 3 = 21.

Từ đồ thị:

\(\frac{U_{L}^{\max }}{{{U}_{L1}}}=\frac{U_{L}^{\max }}{{{U}_{L2}}}=\frac{7}{4},$ và $U_{L}^{\max }=\frac{U}{\sqrt{1-{{n}^{-2}}}}\xrightarrow{\frac{U_{L}^{\max }}{U}=\frac{14}{6}=\frac{7}{3}}\Rightarrow n=\frac{7\sqrt{10}}{20}\Rightarrow {{\cos }^{2}}{{\varphi }_{L}}=\frac{2}{1+n}=0,95.\)

\({{U}_{L}}=L\omega .\frac{U}{R}\cos \varphi \Rightarrow \frac{1}{{{\omega }^{2}}}={{\left( \frac{U}{{{U}_{L}}}.\frac{L}{R}\cos \varphi \right)}^{2}}\Rightarrow \left\{ \begin{matrix} \frac{1}{\omega _{1}^{2}}={{\left( \frac{U}{{{U}_{L1}}}.\frac{L}{R}\cos {{\varphi }_{1}} \right)}^{2}} \\ \frac{1}{\omega _{2}^{2}}={{\left( \frac{U}{{{U}_{L2}}}.\frac{L}{R}\cos {{\varphi }_{2}} \right)}^{2}} \\ \frac{1}{\omega _{L}^{2}}={{\left( \frac{U}{U_{L}^{\max }}.\frac{L}{R}\cos {{\varphi }_{L}} \right)}^{2}} \\ \end{matrix} \right.. (1).\)

\(\begin{align} & \frac{2}{\omega _{L}^{2}}=\frac{1}{\omega _{1}^{2}}+\frac{1}{\omega _{2}^{2}}\xrightarrow{\left( 1 \right)} \\ & =2.{{\left( \frac{4}{7} \right)}^{2}}.0,95=0,62. \\ \end{align}\) (2)\)

Ta có:   \({{P}_{1}}=U{{I}_{1}}\cos {{\varphi }_{1}}=U\frac{U}{{{Z}_{1}}}\cos {{\varphi }_{1}}=\frac{{{U}^{2}}}{R}{{\cos }^{2}}{{\varphi }_{1}}.\);   \({{P}_{2}}=U{{I}_{2}}\cos {{\varphi }_{2}}=U\frac{U}{{{Z}_{2}}}\cos {{\varphi }_{2}}=\frac{{{U}^{2}}}{R}{{\cos }^{2}}{{\varphi }_{2}}.\)     

       \(=>{{P}_{1}}+{{P}_{2}}=\frac{{{U}^{2}}}{R}({{\cos }^{2}}{{\varphi }_{1}}+{{\cos }^{2}}{{\varphi }_{2}})\xrightarrow{(2)}.\)       

Thế số:

\({{P}_{1}}+{{P}_{2}}={{P}_{CH}}.2.{{\left( \frac{{{U}_{L}}}{U_{L}^{\max }} \right)}^{2}}{{\cos }^{2}}{{\varphi }_{L}}=287.2.{{\left( \frac{4}{7} \right)}^{2}}0,95=178,1\ W\)