Máy biến áp là thiết bị có khả năng biến đổi điện áp xoay chiều.

Thế năng của con lắc là: \({{\text{W}}_{t}}=mgl(1-\cos \alpha )\)

Trong sóng cơ, tốc độ truyền sóng là tốc độ lan truyền dao động trong môi trường truyền sóng.

Đặc trưng vật lí của âm là: tần số, cường độ, mức cường độ âm.

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

Công suất tiêu thụ của mạch điện là: P = UIcosφ

Điện áp hiệu dụng có giá trị là: \(U=\frac{{{U}_{0}}}{\sqrt{2}}=\frac{200}{\sqrt{2}}=100\sqrt{2}(V)\)

Ánh sáng trắng là hỗn hợp của nhiều ánh sáng đơn sắc có màu biến thiên liên tục từ đó đến tím.

Trong một mạch kín, suất điện động cảm ứng xuất hiện khi từ thông qua mạch kín đó biến thiên theo thời gian.

Biên độ tổng hợp của hai dao động là: \(A=\sqrt{A_{1}^{2}+A_{2}^{2}+2{{A}_{1}}{{A}_{2}}\cos \left( {{\varphi }_{1}}-{{\varphi }_{2}} \right)}\)

Quang phổ vạch phát xạ do chất khí ở áp suất thấp bị nung nóng phát ra.

Sóng điện từ dùng để thông tin qua vệ tinh là sóng cực ngắn.

Cường độ điện trường do điện tích gây ra trong chân không là: \(E=k\frac{|Q|}{{{r}^{2}}}\)

Đại lượng \(Z=\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}\) là tổng trở của mạch.

Vân sáng bậc 2 có vị trí là: x₁ = 2i 

Vân sáng bậc 5 nằm khác phía so với vân sáng trung tâm có vị trí là: x₂ = -5i

Khoảng cách giữa vân sáng bậc 2 và vân sáng bậc 5 nằm khác phía so với vân sáng trung tâm là:

\(x=\left| {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right|=7i\)

Độ lớn suất điện động tự cảm trong ống dây là: 

\(\left| {{e}_{tc}} \right|=L\frac{|\Delta i|}{\Delta t}=0,02\cdot \frac{|0-3|}{0,2}=0,3(V)=300(mV)\)

Chu kì dao động của mạch là: \(T=\frac{2\pi }{\omega }=\frac{2\pi }{{{10}^{6}}\pi }={{2.10}^{-6}}(s)\)

Cảm kháng của cuộn cảm là: \({{Z}_{L}}=2\pi fL=2\pi \cdot 50\cdot \frac{1}{2\pi }=50(\Omega )\)

Mức cường độ âm tại điểm A là: 

\({{L}_{A}}(dB)=10\lg \frac{I}{{{I}_{0}}}\Rightarrow 40=10\lg \frac{I}{{{10}^{-12}}}\Rightarrow I={{10}^{-8}}\left( ~\text{W}/{{\text{m}}^{2}} \right)\)

Chiết suất của thủy tinh đối với các ánh sáng đơn sắc là: \({{n}_{d}}<{{n}_{c}}<{{n}_{t}}\)

Cường độ dòng điện quan mạch có tần số bằng tần số của điện áp:

\(f=\frac{\omega }{2\pi }=\frac{100\pi }{2\pi }=50(~\text{Hz})\)

Từ phương trình sóng, ta thấy tần số góc của sóng là: \(\omega =20\pi (\text{rad}/\text{s})\)

Chu kì sóng là: \(T=\frac{2\pi }{\omega }=\frac{2\pi }{20\pi }=0,1(s)\)

Trên dây có sóng dừng với 2 bụng sóng → k = 2 

Chiều dài dây là: \(l=k\frac{\lambda }{2}\Rightarrow 50=2\cdot \frac{\lambda }{2}\Rightarrow \lambda =50(~\text{cm})\)

Tốc độ cực đại của vật là: \({{v}_{\max }}=\omega A=\pi \cdot 2=2\pi (\text{cm}/\text{s})\)

Lực kéo về của con lắc là: \({{F}_{kv}}=-kx=-100.0,02=-2\left( N \right)\)

Công suất tỏa nhiệt trên điện trở là: \(P={{I}^{2}}R={{2}^{2}}\cdot 50=200(W)\)

Động năng cực đại của con lắc lò xo là: 

\({{\text{W}}_{d\max }}={{\text{W}}_{t\max }}=\frac{1}{2}k{{A}^{2}}=\frac{1}{2}\cdot 50.0,{{03}^{2}}=0,0225(J)=22,5\cdot {{10}^{-3}}(J)\)

Khoảng cách giữa hai điểm cực tiểu trên đường nối hai nguồn là:

\(\frac{\lambda }{2}=2(~\text{cm})\Rightarrow \lambda =4(~\text{cm})\)

Năng lượng điện từ trong mạch là:

\(\text{W}={{\text{W}}_{d\max }}={{\text{W}}_{t\max }}\Rightarrow \frac{1}{2}CU_{0}^{2}=\frac{1}{2}LI_{0}^{2}\Rightarrow {{I}_{0}}={{U}_{0}}\sqrt{\frac{C}{L}}=5\cdot \sqrt{\frac{{{2.10}^{-6}}}{{{20.10}^{-3}}}}=0,05\) (A)

Áp dụng công thức độc lập với thời gian, ta có: 

\(\frac{{{u}^{2}}}{U_{0}^{2}}+\frac{{{i}^{2}}}{I_{0}^{2}}=1\Rightarrow \frac{{{3}^{2}}}{{{5}^{5}}}+\frac{{{i}^{2}}}{0,{{05}^{2}}}=1\Rightarrow |i|=0,04(A)\)

Số dao động vật thực hiện được trong 2 phút là:

\(n=\frac{t}{T}\Rightarrow T=\frac{t}{n}=\frac{2.60}{60}=2(s)\)

Tần số góc của dao động là: \(\omega =\frac{2\pi }{T}=\frac{2\pi }{2}=\pi (\text{rad}/\text{s})\)

Gia tốc cực đại của vật là: \({{a}_{\max }}={{\omega }^{2}}A={{\pi }^{2}}\cdot 2=20\left( ~\text{cm}/{{\text{s}}^{2}} \right)\)

Từ đồ thị ta thấy cường độ dòng điện cực đại trong mạch và chu kì của dòng điện là:

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{I}_{0}}=5(~\text{mA})={{5.10}^{-3}}(~\text{A}) \\ T=6\pi (\mu \text{s})=6\pi \cdot {{10}^{-6}}(~\text{s}) \\ \end{array} \right.\)

Tần số góc của dòng điện là: \(\omega =\frac{2\pi }{T}=\frac{2\pi }{6\pi \cdot {{10}^{-6}}}=\frac{{{10}^{6}}}{3}(\text{rad}/\text{s})\)

Điện tích cực đại trên một bản tụ điện là: 

\({{Q}_{0}}=\frac{{{I}_{0}}}{\omega }=\frac{{{5.10}^{-3}}}{\frac{{{10}^{6}}}{3}}={{15.10}^{-9}}(C)=15(nC)\)

Ta có tỉ số công suất:

\(\frac{P}{{{P}_{ng}}}=\frac{{{I}^{2}}R}{{{I}^{2}}(R+r)}=\frac{R}{R+r}\Rightarrow P={{P}_{ng}}\cdot \frac{R}{R+r}=20\cdot \frac{4}{4+1}=16(~\text{W})\)

Điểm M là vân sáng bậc 3, ta có: 

\({{x}_{M}}=3i=3\cdot \frac{\lambda D}{a}\Rightarrow D=\frac{{{x}_{M}}\cdot a}{3\lambda }=\frac{3\cdot {{10}^{-3}}\cdot 1\cdot {{10}^{-3}}}{3.0,5\cdot {{10}^{-6}}}=2(~\text{m})\)

Đàn phát ra họa âm bậc 2, ta có: \(l=2\cdot \frac{\lambda }{2}\Rightarrow \lambda =l=100(~\text{cm})=1(~\text{m})\)

Tần số trên dây là: \(f=\frac{v}{\lambda }=\frac{800}{1}=800(~\text{Hz})\)

Chọn hệ quy chiếu gắn với toa tàu 

Khi toa tàu chuyển động, vật chịu tác dụng của lực quán tính có độ lớn là: Fqt = ma Vật đứng yên ở trạng thái cân bằng, ta có: 

\({{F}_{qt}}={{F}_{dh}}\Rightarrow ma=k\Delta l\Rightarrow \frac{m}{k}=\frac{\Delta l}{a}\)

Ngay trước khi xe dừng lại, vật có vận tốc bằng 0 → vật ở vị trí biên

Biên độ dao động của vật là: A = ∆l 

Chu kì của con lắc là: 

\(T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}=2\pi \sqrt{\frac{\Delta l}{a}}\Rightarrow \Delta l=\frac{a\cdot {{T}^{2}}}{4{{\pi }^{2}}}=\frac{0,2\cdot {{1}^{2}}}{4{{\pi }^{2}}}\approx 5,{{1.10}^{-3}}(~\text{m})=5,1(~\text{mm})\)

Ban đầu tại M là vân sáng bậc 3, ta có:

\({{x}_{M}}=3\frac{\lambda D}{a}\Rightarrow D=\frac{{{x}_{M}}\cdot a}{3\lambda }\Rightarrow \frac{a{{x}_{M}}}{\lambda }=3D\)

Dịch chuyển màn lại gần hai khe → D giảm → khoảng vân i giảm → bậc của vân sáng tại M (k) tăng

Tọa độ điểm M là:  

\({{x}_{M}}=k\frac{\lambda (D-\Delta x)}{a}\Rightarrow D-\Delta x=\frac{a{{x}_{M}}}{k\lambda }\)

Trong quá trình dịch chuyển có 3 vân tối chạy qua M, tại M có vân tối thứ 5 (k = 5,5) chạy qua M không là vân tối, ta có: 

\(5,5<k<6,5\Rightarrow \frac{a{{x}_{M}}}{5,5\lambda }>D-\Delta x>\frac{a{{x}_{M}}}{6,5\lambda }\)

\(\Rightarrow \frac{3D}{5,5}>D-\Delta x>\frac{3D}{6,5}\Rightarrow \frac{5D}{11}<\Delta x<\frac{7D}{13}\Rightarrow \frac{10}{11}m<\Delta x<\frac{14}{13}m\)

Điều chỉnh C để số chỉ vôn kế V₁ đạt giá trị cực đại (U_Rmax), khi đó trong mạch xảy ra cộng hưởng:

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{U}_{R}}={{U}_{V1}}=U=100(V) \\ {{Z}_{L}}={{Z}_{C}} \\ \end{array} \right.\)

Số chỉ của vôn kế V₂ là: 

\({{U}_{V2}}={{U}_{C}}=\frac{U.{{Z}_{C}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{c}} \right)}^{2}}}}=\frac{U.{{Z}_{C}}}{R}\Rightarrow 150=\frac{100.{{Z}_{C}}}{R}\Rightarrow {{Z}_{C}}={{Z}_{L}}=1,5R\)

Chuẩn hóa: \(R=1\Rightarrow {{Z}_{L}}=1,5\)

Điều chỉnh C để số chỉ của V₂ đạt cực đại, khi đó giá trị dung kháng: 

\(Z_{C}^{\prime }=\frac{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}{{{Z}_{L}}}=\frac{{{1}^{2}}+1,{{5}^{2}}}{1,5}=\frac{13}{6}\)

Số chỉ của vôn kế V₁ lúc này là:

\(U_{{{V}_{1}}}^{\prime }=U_{R}^{\prime }=\frac{U\cdot R}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-Z_{C}^{\prime } \right)}^{2}}}}=\frac{100.1}{\sqrt{{{1}^{2}}+{{\left( 1,5-\frac{13}{6} \right)}^{2}}}}=\frac{300}{\sqrt{13}}\approx 83,2(V)\)

Số chỉ của vôn kế V₁ gần nhất với giá trị 80 V 

Tại thời điểm t, điểm M đang đi lên → sóng truyền từ N tới M

→ Điểm N sớm pha hơn điểm M → điểm N đang đi xuống

Độ lệch pha giữa hai điểm M, N là: 

\(\Delta \varphi =\frac{2\pi d}{\lambda }=\frac{2\pi .85}{60}=\frac{17\pi }{6}=2\pi +\frac{5\pi }{6}(\text{rad})\)

Hai điểm M, N có khoảng cách lớn nhất khi chúng đối xứng qua trục Oy Ta có vòng tròn lượng giác: 

Từ vòng tròn lượng giác ta thấy: 

\({{\alpha }_{1}}+{{\alpha }_{2}}=\frac{5\pi }{6}-\frac{\pi }{2}=\frac{2\pi }{3}(\text{rad})\)

\(\Rightarrow \arcsin \frac{7}{A}+\arccos \frac{14}{A}=\frac{2\pi }{3}\Rightarrow A\approx 17,35(~\text{cm})\)

Ở thời điểm t + ∆t, hai điểm M, N đối xứng qua trục Oy, ta có:

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{x}_{2N}}=A\cos \left( \frac{\pi }{12}+\frac{5\pi }{6} \right)\approx -16,76(~\text{cm}) \\ {{x}_{2M}}=A\cos \frac{\pi }{12}\approx 16,76(~\text{cm}) \\ \end{array} \right.\)

Diện tích hình thang tạo bởi M, N ở thời điểm t và M, N thời điểm t + ∆t là:

\(S=\frac{\left( \left| {{x}_{2M}}-{{x}_{1M}} \right|+\left| {{x}_{2N}}-{{x}_{1N}} \right| \right)\cdot d}{2}=\frac{(|16,76-(-7)|+|-16,76-14|)\cdot 85}{2}=2317,1\left( ~\text{c}{{\text{m}}^{2}} \right)\)

Diện tích S có giá trị gần nhất là 2315 cm² 

Tốc độ của roto là: 300 vòng/phút = 5 (vòng/s) 

Tần số của máy phát điện là: 

\({{f}_{1}}=p{{n}_{1}}=10.5=50(~\text{Hz})\Rightarrow {{\omega }_{1}}=2\pi {{f}_{1}}=100\pi (\text{rad}/\text{s})\)

Từ đồ thị hình 2 ta thấy u_p và u_m cùng pha → trong mạch xảy ra cộng hưởng → hộp X chứa hai phần tử: tụ điện và cuộn dây 

Khi xảy ra cộng hưởng, ta thấy: \({{U}_{02m}}=240\sqrt{2}(V)\Rightarrow {{U}_{2m}}=240(V)\)

Từ đồ thị hình 1, ta thấy pha ban đầu của u_m và u_p là: 

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{\varphi }_{1m}}=-\frac{\pi }{2}(\text{rad});{{U}_{01~\text{m}}}=120\sqrt{2}\Rightarrow {{U}_{1~\text{m}}}=120(~\text{V}) \\ {{\varphi }_{1p}}=-\frac{\pi }{4}(\text{rad})\Rightarrow {{\varphi }_{1i}}=-\frac{\pi }{4}(\text{rad});{{U}_{01p}}=100(~\text{V})\Rightarrow {{U}_{1p}}=50\sqrt{2}(~\text{V}) \\ \end{array} \right.\)

Suất điện động cực đại của máy phát điện là: 

\({{E}_{0}}={{U}_{0m}}=\omega N{{\Phi }_{0}}\Rightarrow {{U}_{0m}}\sim\omega \)

\(\Rightarrow \frac{{{U}_{01m}}}{{{U}_{02m}}}=\frac{{{\omega }_{1}}}{{{\omega }_{2}}}\Rightarrow \frac{{{\omega }_{1}}}{{{\omega }_{2}}}=\frac{120\sqrt{2}}{240\sqrt{2}}=\frac{1}{2}\)

Với \({{\omega }_{1}}=\frac{{{\omega }_{2}}}{2}\Rightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{Z}_{L1}}=\frac{{{Z}_{L2}}}{2} \\ {{Z}_{C1}}=2{{Z}_{C2}}=2{{Z}_{L2}} \\ \end{array}\Rightarrow {{Z}_{C1}}=4{{Z}_{L1}} \right.\)

Độ lệch pha giữa điện áp hai đầu đoạn mạch và cường độ dòng điện là:

\(\cos \varphi =\cos \left( {{\varphi }_{1m}}-{{\varphi }_{1i}} \right)=\frac{R+r}{\sqrt{{{(R+r)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L1}}-{{Z}_{C1}} \right)}^{2}}}}\)

\(\Rightarrow \frac{R+r}{\sqrt{{{(R+r)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L1}}-{{Z}_{C1}} \right)}^{2}}}}=\cos \left( -\frac{\pi }{4} \right)=\frac{\sqrt{2}}{2}\)

\(\Rightarrow {{(R+r)}^{2}}=2\left( {{(R+r)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L1}}-{{Z}_{C1}} \right)}^{2}} \right)\)

\(\Rightarrow {{(R+r)}^{2}}={{\left( {{Z}_{L1}}-{{Z}_{C1}} \right)}^{2}}\Rightarrow R+r=\left| {{Z}_{L1}}-{{Z}_{C1}} \right|=3{{Z}_{L1}}\)

Ta có tỉ số:

\(\frac{{{U}_{1m}}}{{{U}_{1p}}}=\frac{\sqrt{{{(R+r)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L1}}-{{Z}_{C1}} \right)}^{2}}}}{R}=\frac{120}{50\sqrt{2}}=\frac{6\sqrt{2}}{5}\)

\(\Rightarrow 25\left( {{(R+r)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L1}}-{{Z}_{C1}} \right)}^{2}} \right)=72{{R}^{2}}\Rightarrow 25\left( 2\cdot {{\left( {{Z}_{L1}}-{{Z}_{C1}} \right)}^{2}} \right)=72{{R}^{2}}\)

\(\Rightarrow {{\left( {{Z}_{L1}}-{{Z}_{C1}} \right)}^{2}}=\frac{36}{25}{{R}^{2}}\Rightarrow 9Z_{L1}^{2}=\frac{36}{25}{{R}^{2}}\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{Z}_{L1}}=\frac{2}{5}R=20(\Omega )\Rightarrow L=\frac{{{Z}_{L1}}}{{{\omega }_{1}}}\approx 0,064(H)=64(\text{mH}) \\ {{Z}_{C1}}=4{{Z}_{L1}}=80(\Omega )\Rightarrow C=\frac{1}{{{\omega }_{1}}{{Z}_{C1}}}\approx {{40.10}^{-6}}(F)=40(\mu F) \\ r=3{{Z}_{L1}}-R=10(\Omega ) \\ \end{array} \right.\)

Nhận xét: ảnh luôn có vận tốc ngược hướng với điểm sáng → ảnh dao động ngược pha với điểm sáng

→ ảnh là ảnh thật 

Từ phương trình chuyển động, ta thấy pha ban đầu của điểm sáng S là \(-\frac{\pi }{2}\text{rad}\)

→ pha ban đầu của ảnh S’ là \(\frac{\pi }{2}\text{rad}\)

Trong khoảng thời gian \(\frac{13}{12}s\) vecto quét được góc là: 

\(\Delta \varphi =\omega \Delta t=2\pi \cdot \frac{13}{12}=\frac{13\pi }{6}=2\pi +\frac{\pi }{6}(\text{rad})\)

Ta có vòng tròn lượng giác:

Từ vòng tròn lượng giác, ta thấy quãng đường điểm sáng S’ và ảnh S’ đi được trong thời gian \(\frac{13}{12}s\) là:

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} 4A+\frac{A}{2}=18(cm)\Rightarrow A=4(~\text{cm}) \\ 4{{A}^{\prime }}+\frac{{{A}^{\prime }}}{2}=36(~\text{cm})\Rightarrow {{A}^{\prime }}=8(~\text{cm}) \\ \end{array}\Rightarrow \frac{{{x}^{\prime }}}{x}=-\frac{{{A}^{\prime }}}{A}=-2\Rightarrow {{x}^{\prime }}=-2x \right.\)

Độ phóng đại của ảnh là: 

\(|k|=\left| -\frac{{{d}^{\prime }}}{d} \right|=\frac{{{A}^{\prime }}}{A}\Rightarrow \frac{{{d}^{\prime }}}{d}=\frac{{{A}^{\prime }}}{A}=2\Rightarrow {{d}^{\prime }}=2d\)

Khoảng cách giữa ảnh và vật theo phương dao động là:

\(\Delta x=\left| x-{{x}^{\prime }} \right|=|3x|\Rightarrow \Delta {{x}_{\max }}=3A=12(~\text{cm})\)

Khoảng cách lớn nhất giữa ảnh và vật là: 

\({{D}_{\max }}=\sqrt{{{(\Delta x)}^{2}}+{{\left( d+{{d}^{\prime }} \right)}^{2}}}\Rightarrow 37=\sqrt{{{12}^{2}}+{{\left( d+{{d}^{\prime }} \right)}^{2}}}\Rightarrow d+{{d}^{\prime }}=35(~\text{cm})\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}} d=\frac{35}{3}(~\text{cm}) \\ {{d}^{\prime }}=\frac{70}{3}(~\text{cm}) \\ \end{array} \right.\)

Áp dụng công thức thấu kính, ta có: 

\(\frac{1}{d}+\frac{1}{{{d}^{\prime }}}=\frac{1}{f}\Rightarrow \frac{3}{35}+\frac{3}{70}=\frac{1}{f}\Rightarrow f=\frac{90}{7}\approx 7,78(~\text{cm})\)

Tiêu cự của thấu kính gần nhất với giá trị 7,9 cm