Khi sóng cơ truyền từ không khí vào nước thì tần số của sóng không đổi. 

Ta có: bước sóng \(\lambda =\frac{c}{f}=\frac{{{3.10}^{8}}}{{{75.10}^{3}}}=4000m\)

Ta có vân sáng gần vân trung tâm nhất ứng với ánh sáng có bước sóng nhỏ nhất (do \({{x}_{s}}=ki=k\frac{\lambda D}{a}\))

⇒ Trong các ánh sáng của nguồn, vân sáng gần vân trung tâm nhất là ánh sáng chàm.

Sóng cơ truyền được trong các môi trường: Rắn, lỏng và khí. 

Trong dao động điều hòa, đại lượng không thay đổi theo thời gian là năng lượng toàn phần.

Ta có, mức cường độ âm: \(L=\log \frac{I}{{{I}_{0}}}(B)=10\log \frac{I}{{{I}_{0}}}(dB)\)

Năng lượng của ánh sáng: \(\varepsilon =hf=\frac{hc}{\lambda }\)

ω - là tần số góc của dòng điện. 

Bức xạ hồng ngoại là bức xạ có bước sóng lớn hơn 0,76μm.

Độ lệch pha của 2 dao động: \(\Delta \varphi ={{\varphi }_{2}}-{{\varphi }_{1}}=0,5\pi -(-0,5\pi )=\pi \)

Ta có tia hồng ngoại có bước sóng lớn nhất trong các tia nên tia hồng ngoại có tần số nhỏ nhất trong các tia  đó. 

Hệ số công suất: \(\cos \varphi =\frac{R}{Z}=\frac{R}{\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}}\)

Ta có: \(\frac{{{U}_{1}}}{{{U}_{2}}}=\frac{{{N}_{1}}}{{{N}_{2}}}\)

Máy biến áp là máy hạ áp \(\Rightarrow {{U}_{2}}<{{U}_{1}}\Rightarrow \frac{{{N}_{2}}}{{{N}_{1}}}<1\)

Ta có: \({{P}_{1}}={{P}_{2}}\Leftrightarrow \frac{U_{1}^{2}}{{{R}_{1}}}=\frac{U_{2}^{2}}{{{R}_{2}}}\Rightarrow \frac{{{R}_{1}}}{{{R}_{2}}}=\frac{U_{1}^{2}}{U_{2}^{2}}\)  

Ta có: \(x=A\cos (\omega t+\varphi )\)

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

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

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

Khi có cộng hưởng điện \({{Z}_{L}}={{Z}_{C}}\Rightarrow {{\omega }_{0}}L=\frac{1}{{{\omega }_{0}}C}\Rightarrow {{\omega }_{0}}=\frac{1}{\sqrt{LC}}\)

⇒ Tần số khi cộng hưởng điện: \({{f}_{0}}=\frac{{{\omega }_{0}}}{2\pi }=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}\)

Ta có: \(l=k\frac{\lambda }{2}\)

Trên dây có 4 bụng sóng \(\Rightarrow k=4\Rightarrow l=4\frac{20}{2}=40cm\)

A, B, D – đúng 

C – sai vì dao động cưỡng bức có tần số bằng tần số riêng của hệ dao động khi xảy ra hiện tượng cộng  hưởng cơ. 

Ta có: \(\varepsilon ={{E}_{n}}-{{E}_{0}}\Leftrightarrow \frac{hc}{\lambda }={{E}_{n}}-{{E}_{0}}\)

\(\Leftrightarrow \frac{6,{{625.10}^{-34}}{{.3.10}^{8}}}{0,{{1218.10}^{-6}}}={{E}_{n}}-\left( -13,6.1,{{6.10}^{-19}} \right)\) \(\Rightarrow {{E}_{n}}=-5,{{44.10}^{-19}}J=-3,4eV\)

Ta có: Suất điện động cảm ứng: \({{e}_{c}}=\left| \frac{\Delta \Phi }{\Delta t} \right|\)

\(\Rightarrow {{e}_{c}}=\frac{N\cdot \Delta B.S.\cos 60}{\Delta t}=\frac{100.\left| 0-{{2.10}^{-4}} \right|{{.20.10}^{-4}}.\cos 60}{0,01}={{2.10}^{-3}}V\)

Năng lượng cần thiết để giải phóng 1 electrong liên kết thành electron dẫn chính bằng công thoát của vật: 

\(A=\frac{hc}{{{\lambda }_{0}}}=\frac{6,{{625.10}^{-34}}{{.3.10}^{8}}}{0,{{82.10}^{-6}}}=2,{{424.10}^{-19}}J\)

Ta có biên độ tổng hợp dao động điều hòa thỏa mãn: 

\(\left| {{A}_{1}}-{{A}_{2}} \right|\le A\le {{A}_{1}}+{{A}_{2}}\Rightarrow 7cm\le A\le 23cm\)  

Ta có: \({{q}_{A}}={{q}_{B}}\Rightarrow \overrightarrow{{{E}_{AC}}}\uparrow \uparrow \overrightarrow{{{E}_{BC}}}\)

Lại có: \(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{E}_{AC}}=k\frac{{{q}_{A}}}{A{{C}^{2}}} \\ {{E}_{BC}}=k\frac{{{q}_{B}}}{B{{C}^{2}}} \\ \end{array} \right.\)

\(\Rightarrow \frac{{{E}_{AC}}}{{{E}_{BC}}}=\frac{B{{C}^{2}}}{A{{C}^{2}}}=\frac{B{{C}^{2}}}{{{(AB+BC)}^{2}}}=\frac{1}{4}\Rightarrow {{E}_{BC}}=4{{E}_{AC}}=4000\text{V/m}\)

Cường độ điện trường tổng hợp tại C: \(\overrightarrow{{{E}_{C}}}=\overrightarrow{{{E}_{AC}}}+\overrightarrow{{{E}_{BC}}}\)

Do \(\overrightarrow{{{E}_{AC}}}\uparrow \uparrow \overrightarrow{{{E}_{BC}}}\Rightarrow {{E}_{C}}={{E}_{AC}}+{{E}_{BC}}=1000+4000=5000\text{V/m}\)

Từ đồ thị ta có: 

+ Vận tốc cực đại: \({{v}_{\max }}=5c\text{m/s}\)

\(\text{+  }\frac{T}{2}=0,15s\Rightarrow T=0,3s\Rightarrow \omega =\frac{2\pi }{T}=\frac{20\pi }{3}(ra\text{d/s})\)

Lại có: \({{v}_{\max }}=A\omega \Rightarrow A=\frac{{{v}_{\max }}}{\omega }=\frac{5}{\frac{20\pi }{3}}=\frac{3}{4\pi }cm\)

Tại \(t=0:{{v}_{0}}=-A\omega \sin \varphi =2,5c\text{m/s}\) và đang giảm \(\Rightarrow \sin \varphi =-\frac{1}{2}\Rightarrow \varphi =-\frac{\pi }{6}(rad)\)

⇒ Phương trình li độ dao động: \(x=\frac{3}{4\pi }\cos \left( \frac{20\pi }{3}t-\frac{\pi }{6} \right)cm\)

+ Khi chiếu bức xạ tần số f : \(hf=A+K\)  (1)

+ Khi chiếu bức xạ tần số 2f : h \(\text{h}\text{.(2f) = A + }{{\text{W}}_{\text{d}}}\)   (2)

Lấy: \(2.(1)-(2)\) ta được: \(0=A+K-{{W}_{d}}\Rightarrow {{W}_{d}}=A+K\)

Ta có độ lệch pha của u so với i: \(\tan \varphi =\frac{-{{Z}_{C}}}{R}\)

Theo đề bài ta có: \(\varphi =-\frac{\pi }{3}\Rightarrow \tan \varphi =\frac{-{{Z}_{C}}}{R}=\tan \left( -\frac{\pi }{3} \right)\Rightarrow {{Z}_{C}}=R\sqrt{3}=100\sqrt{3}\Omega \)

Lại có: \({{Z}_{C}}=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{2\pi fC}\Rightarrow f=\frac{1}{2\pi .{{Z}_{C}}C}=\frac{1}{2\pi .100\sqrt{3}.\frac{{{10}^{-3}}}{10\sqrt{3}\pi }}=50Hz\)

Độ bội giác của kính hiển vi khi ngắm chừng ở vô cực: \({{G}_{\infty }}=\frac{\delta D}{{{f}_{1}}{{f}_{2}}}\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{f}_{1}}=0,5cm \\ {{f}_{2}}=2cm \\ D=25cm \\ \delta ={{O}_{1}}{{O}_{2}}-{{f}_{1}}-{{f}_{2}}=12,5-0,5-2=10cm \\ \end{array} \right.\)

\(\Rightarrow {{G}_{\infty }}=\frac{10.25}{0,5.2}=250~\)lần 

Ta có, khoảng thời gian ngắn nhất dây duỗi thẳng \(\frac{T}{2}=0,04s\Rightarrow T=0,08s\)

\(\Rightarrow \omega =\frac{2\pi }{T}=25\pi (ra\text{d/s})\)

Giả sử: MN = 1cm 

Theo đề bài: \(MN=\frac{NP}{2}\Rightarrow NP=2cm\)

\(MP=\frac{\lambda }{2}\Rightarrow \lambda =6cm\)

Ta có: \(MO=\frac{MN}{2}=0,5cm\)

Biên độ sóng tại M: \({{A}_{M}}={{A}_{b}}.\sin \frac{2\pi MO}{\lambda }\Leftrightarrow 4={{A}_{b}}\sin \frac{2\pi .0,5}{6}\Rightarrow {{A}_{b}}=8mm\)

Tốc độ dao động của phần tử vật chất tại điểm bụng: \({{v}_{\max }}={{A}_{b}}\omega =8.25\pi =628m\text{m/s}\)

+ Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu tụ điện: \({{U}_{C}}=I.{{Z}_{C}}=\frac{0,6}{\sqrt{2}}\cdot 200=60\sqrt{2}V\)

+ Ta có giản đồ:

Từ giản đồ ta có: \(U_{d}^{2}={{U}^{2}}+U_{C}^{2}-2U{{U}_{C}}\cos \frac{2\pi }{3}\)

\(\Leftrightarrow U_{d}^{2}={{120}^{2}}+{{\left( 60\sqrt{2} \right)}^{2}}-2.120.60\sqrt{2}\cos \frac{2\pi }{3}\Rightarrow {{U}_{d}}=178,27V\)

Gọi \({{k}_{1}},{{k}_{2}}\) tương ứng là bậc vân sáng trùng nhau gần vân trung tâm nhất của bức xạ \({{\lambda }_{1}},{{\lambda }_{2}}\)

Ta có: \({{k}_{1}}+{{k}_{2}}=11\) (1) 

+ TH1: \(\left( {{k}_{1}} \right)-\left( {{k}_{2}} \right)=3\)

Kết hợp với (1) suy ra \(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{k}_{1}}=8 \\ {{k}_{2}}=5 \\ \end{array} \right.\)

Lại có: \({{k}_{1}}{{\lambda }_{1}}={{k}_{2}}{{\lambda }_{2}}\Leftrightarrow 8.0,64=5.{{\lambda }_{2}}\Rightarrow {{\lambda }_{2}}=1,024\mu m\) (loại)

+ TH2: \(\left( {{k}_{2}} \right)-\left( {{k}_{1}} \right)=3\)

Kết hợp với (1) suy ra: \(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{k}_{1}}=5 \\ {{k}_{2}}=8 \\ \end{array}\Rightarrow {{\lambda }_{2}}=\frac{5.0,64}{8}=0,4\mu m \right.\)

Ta có 2 con lắc có cùng chiều dài ⇒ chúng dao động với cùng tần số góc \({{\omega }_{1}}={{\omega }_{2}}=\omega \)

Lực kéo về cực đại: \(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{F}_{1}}={{m}_{1}}{{\omega }^{2}}A \\ {{F}_{2}}={{m}_{2}}{{\omega }^{2}}A \\ \end{array} \right.\)

Có: \(\frac{{{F}_{2}}}{{{F}_{1}}}=\frac{3}{2}\Leftrightarrow \frac{{{m}_{1}}}{{{m}_{2}}}=\frac{3}{2}\)   (1)

Lại có: \({{m}_{1}}+{{m}_{2}}=1,2kg\)   (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{m}_{1}}=0,72kg \\ {{m}_{2}}=0,48kg \\ \end{array} \right.\)

Ta có: \(U={{U}_{RC}}=120V\)

Ta có giản đồ véctơ 

Từ giản đồ ta có:

\(\cos \frac{\pi }{3}=\frac{{{U}_{R}}}{U}\Rightarrow {{U}_{R}}=U.\cos \frac{\pi }{3}=120.\frac{1}{2}=60V\)

Điện trở: \(R=\frac{{{U}_{R}}}{I}=\frac{60}{1,2}=50\Omega \)

Gia tốc trọng trường: \({g}'=\sqrt{{{g}^{2}}+{{\left( \frac{qE}{m} \right)}^{2}}}\)

Chu kì dao động của con lắc đơn khi này: \(T=2\pi \sqrt{\frac{l}{{{g}'}}}=2\pi \sqrt{\frac{1,5}{\sqrt{{{10}^{2}}+{{\left( \frac{{{100.10}^{-6}}{{.10.10}^{3}}}{0,1} \right)}^{2}}}}}=2,046s\)

+ Chu kì dao động: \(T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}=2\pi \sqrt{\frac{400.10}{100}}=0,4s\)

+ Độ biến dạng của lò xo tại vị trí cân bằng: \(\Delta {{l}_{0}}=\frac{mg}{k}=\frac{{{400.10}^{-3}}.10}{100}=0,04m=4cm\)

Từ đồ thị, ta có:

+ Khi lực F tăng lên 1 lượng ΔF thì vị trí cân bằng của lò xo dịch chuyển thêm một đoạn Δl = 4cm

Tại thời điểm t = 0,2s con lắc đang ở vị trí biên của dao động thứ nhất. 

Dưới tác dụng của lực F vị trí cân bằng dịch chuyển đến đúng vị trí biên nên con lắc đứng yên tại vị trí này.

+ Lập luận tương tự khi ngoại lực F có độ lớn 12N con lắc sẽ dao động với biên độ 8cm.

Tổng quãng đường vật đi được kể từ t = 0: \(S=9.4+8+\frac{8}{2}=48cm\)

Ta có: 

Chu kì dao động: \(T=\frac{1}{f}=0,2s\)  

Gọi M₁, M₂ lần lượt là hình chiếu của M trên mặt nước và trên đáy bể. 

Ta có: M₁ và M₂ đều dao động điều hòa với phương trình: \(x=5\cos \left( 10\pi t-\frac{\pi }{2} \right)cm\)(do tại thời điểm ban đầu M ở điểm cao nhất) 

Khoảng thời gian ánh sang truyền từ điểm M đến đáy bể: 

Trong 1 chu kì, điểm sáng dưới đáy bể qua vị trí \(\text{x}=-2\text{cm}\) 2 lần

\(\Rightarrow {{t}_{2020}}=\frac{2020}{2}T=202s\)

Mặt khác: \({{t}_{1}}=\frac{\Delta \varphi }{\omega }\)

Lại có: \(\cos \Delta \varphi =\left| \frac{-2}{5} \right|=\frac{2}{5}\Rightarrow \Delta \varphi =1,159rad\)

\(\Rightarrow {{t}_{1}}=\frac{\Delta \varphi }{\omega }=0,0369s\Rightarrow t={{t}_{2020}}+{{t}_{1}}=202,036s\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} r=30\Omega \\ {{Z}_{L}}=120\Omega \\ {{Z}_{C}}=100\Omega \\ \end{array} \right.\)

Công suất trên biến trở: \({{P}_{R}}={{I}^{2}}R=\frac{{{U}^{2}}}{{{(R+r)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}R\)

Công suất trên mạch: \({P}'={{I}^{2}}(R+r)=\frac{{{U}^{2}}}{{{(R+r)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}(R+r)\)

Ta có: \(P={{P}_{R}}+{P}'=\frac{{{U}^{2}}}{{{(R+r)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}(2R+r)\) \(\Rightarrow P=\frac{{{U}^{2}}}{{{(R+30)}^{2}}+{{20}^{2}}}(2R+30)\)

\(\Rightarrow P=\frac{{{U}^{2}}}{{{R}^{2}}+60R+1300}2(R+15)\)

\(\Rightarrow P=\frac{{{U}^{2}}}{\left( {{R}^{2}}+30R+{{15}^{2}} \right)+30(R+15)+625}2(R+15)\)

\(\Rightarrow P=\frac{2{{U}^{2}}}{(R+15)+\frac{625}{R+15}+30}\)

Ta có: \({{P}_{\max }}~khi~{{\left( (R+15)+\frac{625}{(R+15)} \right)}_{\min }}\)

Lại có: \((R+15)+\frac{625}{R+15}\ge 2\sqrt{(R+15)\frac{625}{(R+15)}}=50\)

Dấu = xảy ra khi \((R+15)=\frac{625}{R+15}\Rightarrow R=10\Omega \)

Từ đồ thị ta có: \(\frac{{{R}_{1}}}{R}=\frac{7}{5}\Rightarrow {{R}_{1}}=\frac{7}{5}R=\frac{7}{5}.10=14\Omega \)

Khi \(R={{R}_{1}}=14\Omega :\)

+ Tổng trở: \(Z=\sqrt{{{\left( {{R}_{1}}+r \right)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=\sqrt{{{(14+30)}^{2}}+{{20}^{2}}}=4\sqrt{146}\Omega \)

+ Hệ số công suất trên cuộn dây: \(\cos {{\varphi }_{d}}=\frac{r}{Z}=\frac{30}{4\sqrt{146}}\)

+ Hệ số công suát trên mạch: \(\cos \varphi =\frac{{{R}_{1}}+r}{Z}=\frac{14+30}{4\sqrt{146}}\)

Tổng hệ số công suất trên cuộn dây và trên mạch: \(\frac{30}{4\sqrt{146}}+\frac{44}{4\sqrt{146}}=1,531\)

+ Bước sóng: \(\lambda =\frac{v}{f}=\frac{20}{10}=2c\text{m/s}\)

+ Phương trình sóng tại M: \({{u}_{M}}=2.1,5\cos \left( 20\pi t+\frac{\pi }{6}-\frac{2\pi d}{\lambda } \right)=3\cos \left( 20\pi t+\frac{\pi }{6}-\frac{2\pi d}{\lambda } \right)cm\)

M cùng pha với nguồn \(\frac{\pi }{6}-\left( \frac{\pi }{6}-\frac{2\pi d}{\lambda } \right)=k2\pi \Rightarrow d=k\lambda =2k\)

Ta có: \(d>\frac{AB}{2}=\frac{20}{2}=10cm\Rightarrow k>5\)

M gần nguồn nhất \(\Rightarrow {{k}_{\min }}=6\Rightarrow {{d}_{\min }}=12cm\)

\(\Rightarrow O{{M}_{\min }}=\sqrt{d_{\min }^{2}-\frac{A{{B}^{2}}}{4}}=2\sqrt{11}cm\)

N là cực đại gần O nhất ⇒ N là cực đại bậc 1

⇒ Khoảng cách \(ON=\frac{\lambda }{2}=1cm\)

Phương trình sóng tại N: 

\({{u}_{N}}=2.1,5\cos \left( 20\pi t+\frac{\pi }{6}-\frac{2\pi \Delta d}{\lambda } \right)\) \(=3\cos \left( 20\pi t+\frac{\pi }{6}-\frac{2\pi \frac{\lambda }{2}}{\lambda } \right)=3\cos \left( 20\pi t+\frac{\pi }{6}-\pi  \right)\)

Khoảng cách giữa M và N theo phương thẳng đứng: 

\(\Delta u={{u}_{M}}-{{u}_{N}}=3\angle \frac{\pi }{6}-3\angle \left( \frac{\pi }{6}-\pi  \right)=6\cos \left( 20\pi t+\frac{\pi }{6} \right)cm\)

\(\Rightarrow \Delta {{u}_{\max }}=6cm\)

⇒ Khoảng cách lớn nhất giữa M và N trong quá trình dao động: \(M{{N}_{\max }}=\sqrt{{{(2\sqrt{11})}^{2}}+{{1}^{2}}+{{6}^{2}}}=9cm\)

+ Ban đầu hiệu suất truyền tải là 95%: \(H=\frac{P_{1}^{\prime }}{{{P}_{1}}}=0,95\Rightarrow P_{1}^{\prime }=0,95{{P}_{1}}\)

Công suất hao phí khi này:  \(\Delta {{P}_{1}}=\frac{P_{1}^{2}}{{{U}^{2}}{{\cos }^{2}}\varphi }R=0,05{{P}_{1}}\)

\(\Rightarrow {{P}_{1}}=P_{1}^{\prime }+\Delta {{P}_{1}}\)

+ Khi công suất sử dụng điện của khu dân cư tăng 20%: \(P_{2}^{\prime }=(1+0,2)P_{1}^{\prime }=1,2P_{1}^{\prime }=1,14{{P}_{1}}\)

Công suất hao phí khi này: \(\Delta {{P}_{2}}=\frac{P_{2}^{2}}{{{U}^{2}}{{\cos }^{2}}\varphi }R\)

\(\Rightarrow {{P}_{2}}=P_{2}^{\prime }+\Delta {{P}_{2}}\)  

Ta có: \(\frac{\Delta {{P}_{1}}}{\Delta {{P}_{2}}}=\frac{P_{1}^{2}}{P_{2}^{2}}\Rightarrow \Delta {{P}_{2}}=\frac{P_{2}^{2}}{P_{1}^{2}}\Delta {{P}_{1}}=\frac{P_{2}^{2}}{P_{1}^{2}}\cdot 0,05{{P}_{1}}\)

Xét tỉ số: \(\frac{{{P}_{2}}}{{{P}_{1}}}=\frac{P_{2}^{\prime }+\Delta {{P}_{2}}}{P_{1}^{\prime }+\Delta {{P}_{1}}}\Rightarrow \frac{{{P}_{2}}}{{{P}_{1}}}=\frac{1,14{{P}_{1}}+0,05{{P}_{1}}\frac{P_{2}^{2}}{P_{1}^{2}}}{{{P}_{1}}}=1,14+0,05\frac{P_{2}^{2}}{P_{1}^{2}}\)

Hay: \(0,05\frac{P_{2}^{2}}{P_{1}^{2}}-\frac{{{P}_{2}}}{{{P}_{1}}}+1,14=0\Rightarrow \left( \begin{array}{*{35}{l}} \frac{{{P}_{2}}}{{{P}_{1}}}=18,786 \\ \frac{{{P}_{2}}}{{{P}_{1}}}=1,214 \\ \end{array} \right.\)

Ta suy ra hiệu suất của quá trình truyền tải:  

+ Trường hợp 1:  

\(H=\frac{P_{2}^{\prime }}{{{P}_{2}}}=\frac{1,14{{P}_{1}}}{18,786{{P}_{1}}}=0,0607=6,07%\)(loại do hao phí không vượt quá 30% nên H ≥ 70%) 

+ Trường hợp 2:  

\(H=\frac{P_{2}^{\prime }}{{{P}_{2}}}=\frac{1,14{{P}_{1}}}{1,214{{P}_{1}}}=0,939=93,9%\text{ }(\text{t/m})\)