Khi chiếu bức xạ có bước sóng \({{\lambda }_{1}}=600\text{nm}\) vào một tấm kim loại thì nhận được các quang e có vận tốc cực đại lần lượt là \({{v}_{1}}={{2.10}^{5}}~\text{m}/\text{s}\), ta có: 

\(\frac{hc}{{{\lambda }_{1}}}=A+\frac{1}{2}mv_{1}^{2}\Leftrightarrow \frac{hc}{0,{{6.10}^{-6}}}=A+\frac{1}{2}m\cdot {{\left( {{2.10}^{5}} \right)}^{2}}\Rightarrow A=3,{{31.10}^{-19}}J\)

Khi dùng bức xạ có bước sóng \({{\lambda }_{2}}=0,2\mu m\) thì 

\(\frac{hc}{\lambda 2}=A+{{\text{W}}_{dma\text{x}}}\Leftrightarrow \frac{hc}{0,{{2.10}^{-6}}}=3,{{31.10}^{-19}}+\frac{1}{2}m\cdot v_{o\max }^{2}\Rightarrow {{v}_{\max }}=1206894~\text{m}/\text{s}\approx 1,{{2.10}^{6}}~\text{m}/\text{s}\)

Một vật nhỏ dao động điều hòa theo một trục cố định thì quỹ đạo là một đường thẳng. 

Để so sánh độ bền vững của các hạt nhân người ta dùng đại lượng năng lượng liên kết tính trên một nuclon.

Hiện tượng quang dẫn là hiện tượng giảm điện trở của một chất khi bị chiếu sáng. 

Dao động cưỡng bức là dao động của hệ khi chịu tác dụng của ngoại lực cưỡng bức tuần hoàn.

\(\Rightarrow \) Phát biểu sai: Để dao động trở thành dao động cưỡng bức, ta cần tác dụng vào con lắc dao động một ngoại lực không đổi.

Chu kì của dao động điều hoà là khoảng thời gian để vật thực hiện một dao động toàn phần, tức là khoảng thời gian ngắn nhất mà toạ độ, vận tốc, gia tốc của vật dao động lại có giá trị và trạng thái như cũ. 

Năng lượng của các photon ánh sáng: \(\varepsilon =hf\)

\(\Rightarrow \) Các ánh sáng đơn sắc khác nhau có tần số khác nhau 5 năng lượng của các photon là khác nhau.

\(\Rightarrow \) Phát biểu sai là: Năng lượng của các phôtôn ứng với các ánh sáng đơn sắc khác nhau là như nhau. 

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

Khi độ lệch pha giữa hai dao động thay đổi, thì biên độ tổng hợp A có giá trị nằm trong khoảng

\(\left| {{A}_{1}}-{{A}_{2}} \right|\le A\le \left| {{A}_{1}}+{{A}_{2}} \right|\Rightarrow {{A}_{max}}={{A}_{1}}+{{A}_{2}}\)

Ta có hình vẽ: 

Phương trình dao động của một điểm M nằm trên đường trung trực là: \(u=2A\cdot \cos 2\pi \left( ft-\frac{{{d}_{1}}+{{d}_{2}}}{2\lambda } \right)\)

Với d1; d2 là khoảng cách từ điểm ta xét đến hai nguồn. 

Các điểm nằm trên đường trung trực đều dao động với biên độ cực đại (vì hai nguồn cùng pha, cùng biên độ). 

Để M và I dao động cùng pha thì: \(2\pi \frac{{{d}_{AM}}+{{d}_{RM}}}{2\lambda }=2\pi \frac{{{d}_{At}}+{{d}_{BI}}}{2\lambda }+k2\pi \)

Vì M gần nhất, cách I một khoảng \(4\sqrt{5}~\text{cm}\), ứng với k =1, ta có:

\(2\pi \frac{{{d}_{AM}}+{{d}_{BM}}}{2\lambda }=2\pi \frac{{{d}_{AI}}+{{d}_{B}}}{2\lambda }+2\pi \Leftrightarrow \frac{2\left( \sqrt{I{{A}^{2}}+I{{M}^{2}}} \right)}{2\lambda }=\frac{AB}{2\lambda }+2\pi \)

\(\Leftrightarrow \frac{2\cdot \sqrt{{{8}^{2}}+{{(4\sqrt{5})}^{2}}}}{2\lambda }=\frac{16}{2\lambda }+1\Leftrightarrow \lambda =4,0~\text{cm}\)

Số điểm dao động cực tiểu nằm trên AB bằng số giá trị k nguyên thõa mãn: 

\(\frac{-AB}{\lambda }-\frac{1}{2}\le k\le \frac{AB}{\lambda }-\frac{1}{2}\Rightarrow \frac{-16}{4}-\frac{1}{2}\le k\le \frac{16}{4}-\frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow -4,5\le k\le 3,5\Rightarrow k=-4;\pm 3;\pm 2;\pm 1;0\)

Điểm N nằm trên nằm trên đường thẳng vuông góc với AB tại A, dao động với biên độ cực tiểu, gần A nhất thì nằm trên hyperbol cực tiểu có bậc cao nhất về phía A, tức là k = -4

Điều kiện để N là dao động cực tiểu là: 

\({{d}_{AN}}-{{d}_{BM}}=\left( k+\frac{1}{2} \right)\lambda \Rightarrow AN-\sqrt{A{{N}^{2}}+A{{B}^{2}}}=\left( -4+\frac{1}{2} \right)\lambda \)

\(\Leftrightarrow AN-\sqrt{A{{N}^{2}}+{{16}^{2}}}=-3,5.4,0=-14\Rightarrow AN=2,14~\text{cm}\)

Độ cao của âm phụ thuộc vào tần số âm. 

Ta có hình vẽ: 

Bước sóng \(\lambda =v\cdot T=\frac{v}{f}=\frac{200}{10}=20~\text{cm}\)

M có dao động với biên độ cực đại và cách xa S₁ nhất 

\(\Rightarrow \) M thuộc cực đại bậc 1 về phía A.

\(\Rightarrow {{d}_{1}}-{{d}_{2}}=k\lambda \Rightarrow AM-\sqrt{A{{M}^{2}}+A{{B}^{2}}}=-\lambda \)

\(\Leftrightarrow AM-\sqrt{A{{M}^{2}}+{{40}^{2}}}=-20\Rightarrow AM=8,57~\text{cm}\)

Thời điểm ban đầu, tụ được nạp đầy điện và bắt đầu phóng điện, điện tích trên tụ giảm dần.

Ta có biểu thức: \(q={{Q}_{0}}\cdot \cos (\omega t)\)

Chu kì dao động của mạch: \(T=2\pi \sqrt{LC}=2\pi \sqrt{0,202\cdot {{10}^{-6}}\cdot 0,5}=2\cdot {{10}^{-3}}s\)

Biểu diễn trên VTLG: 

Góc quét tương ứng: \(\alpha =2\pi -\frac{\pi }{3}=\frac{5\pi }{3}\)

\(\Rightarrow \) Lần thứ hai điện tích trên tụ bằng một nửa điện tích lúc đầu là: \(t=\frac{\alpha }{\omega }=\alpha \cdot \frac{T}{2\pi }=\frac{5\pi }{3}\cdot \frac{2\cdot {{10}^{-3}}}{2\pi }=\frac{1}{600}s\)

Hai sóng kết hợp là hai sóng có cùng tần số và có độ lệch pha không đổi theo thời gian.

Năng lượng điện từ: \(\text{W}=\frac{1}{2}L\cdot {{i}^{2}}+\frac{1}{2},C.{{u}^{2}}=\frac{1}{2}L.I_{0}^{2}=\frac{1}{2}C.U_{0}^{2}\)

Khi năng lượng từ trường đạt giá trị cực đại thì \({{\text{W}}_{t}}=0\Rightarrow i=0\)

Khi năng lượng trên tụ bằng 3 lần năng lượng trên cuộn cảm thì:

\({{\text{W}}_{t}}=\frac{1}{4}~\text{W}\Leftrightarrow \frac{1}{2}L.{{i}^{2}}=\frac{1}{4}\left( \frac{1}{2}.L.I_{0}^{2} \right)\Rightarrow i=\frac{{{I}_{0}}}{2}\)

Biểu diễn trên VTLG: 

Ta có \(t=\frac{\pi }{6}\cdot {{10}^{-6}}=\frac{\frac{\pi }{2}-\arccos \frac{1}{2}}{2\pi }\cdot T\Rightarrow t=\frac{1}{12}T\Rightarrow T=2\pi \cdot {{10}^{-6}}s\)

Điện tích cực đại trên tụ:

\({{Q}_{0}}=\frac{{{I}_{0}}}{\omega }=\frac{T}{2\pi }.{{I}_{0}}\Rightarrow {{I}_{0}}=\frac{{{Q}_{0}}\cdot 2\pi }{T}=\frac{4\cdot {{10}^{-6}}\cdot 2\pi }{2\pi \cdot {{10}^{-6}}}=4A\)

Suất điện động: \(E={{I}_{0}}.R=4.2=8~\text{V}\)

Công thức tính tổng trở: \(Z=\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( \omega L-\frac{1}{\omega C} \right)}^{2}}}\)

Tổng trở của đoạn mạch :

\(Z=\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( \omega L-\frac{1}{\omega C} \right)}^{2}}}=\sqrt{{{80}^{2}}+{{\left( \frac{0,4}{\pi }\cdot 100\pi -\frac{1}{100\pi \cdot \frac{{{10}^{-4}}}{\pi }} \right)}^{2}}}=100\Omega \)

Cường độ dòng điện hiệu dụng: \(I=\frac{U}{Z}=\frac{80}{100}=0,8A\)

Công suất tỏa nhiệt trên \(\text{R}:P={{I}^{2}}\cdot R=0,{{8}^{2}}\cdot 80=51,2~\text{W}\)

Hệ số công suất : \(\cos \varphi =\frac{R}{Z}=\frac{R}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}\)

Đoạn mạch điện đang có tính cảm kháng \(\Rightarrow {{Z}_{L}}>{{Z}_{C}}\).

Khi tăng tần số thì cảm kháng tăng, dung kháng giảm thì hệ số công suất:

\(\cos \varphi =\frac{R}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( \omega L-\frac{1}{\omega C} \right)}^{2}}}}\) giảm.

Từ thông qua mặt phẳng khung dây: \(\Phi =B.S\cdot \cos \alpha ={{4.10}^{-5}}.0,{{05}^{2}}\cdot \cos \left( {{90}^{0}}-{{30}^{0}} \right)={{5.10}^{-8}}~\text{Wb}\)

Trong hiện tượng giao thoa sóng trên mặt nước, khoảng cách giữa hai cực đại liên tiếp nằm trên đường nối hai tâm sóng bằng một nửa bước sóng. 

Tại thời điểm t=0,25s chất điểm có li độ bằng: \(x=2\cos \left( 2\pi .0,25+\frac{\pi }{2} \right)=-2cm\)

Năng lượng liên kết riêng của các hạt nhân là: 

\({{\text{w}}_{D}}=\frac{{{\text{W}}_{D}}}{{{A}_{D}}}=\frac{2,22}{2}=1,11(\text{MeV}/\text{nuclon})\)

\({{\text{w}}_{T}}=\frac{{{\text{W}}_{T}}}{{{A}_{T}}}=\frac{8,49}{3}=2,83(\text{MeV}/\text{muclon})\)

\({{\text{w}}_{He}}=\frac{{{\text{W}}_{He}}}{{{A}_{He}}}=\frac{28,16}{4}=7,04(\text{MeV}/\text{nuclon})\)

\(\Rightarrow \)  Thứ tự giảm dần về mức độ bền vững là \({{\varepsilon }_{_{2}^{4}He}}>{{\varepsilon }_{_{1}^{3}T}}>{{\varepsilon }_{_{1}^{2}D}}\)

+ Sau thời gian t : 

Số hạt nhân A đã phóng xạ là: \(\Delta {{N}_{A}}={{N}_{0}}\cdot \left( 1-{{2}^{-\frac{t}{{{T}_{A}}}}} \right)\)

Số hạt nhân B đã phóng xạ là: \(\Delta {{N}_{B}}={{N}_{0}}\cdot \left( 1-{{2}^{-\frac{t}{{{T}_{B}}}}} \right)\)

+ Tỉ số hạt nhân A và B đã phóng xạ là:

\(\frac{\Delta {{N}_{A}}}{\Delta {{N}_{B}}}=\frac{{{N}_{0}}\cdot \left( 1-{{2}^{-\frac{t}{{{T}_{A}}}}} \right)}{{{N}_{0}}\cdot \left( 1-{{2}^{-\frac{t}{{{T}_{B}}}}} \right)}=\frac{1-{{2}^{-\frac{t}{{{T}_{A}}}}}}{1-{{2}^{-\frac{t}{{{T}_{B}}}}}}=\frac{1-{{2}^{-\frac{4{{T}_{A}}}{{{T}_{A}}}}}}{1-{{2}^{-\frac{4{{T}_{A}}}{2{{T}_{A}}}}}}=\frac{1-{{2}^{-4}}}{1-{{2}^{-2}}}=\frac{5}{4}\)

Ta có: 

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} u={{U}_{0}}\cos \left( \omega t-\frac{\pi }{6} \right)V \\ i={{I}_{0}}\cos \left( \omega t+\frac{\pi }{3} \right)A \\ \end{array} \right.\)

\(\Rightarrow \)  Điện áp trễ pha \(\frac{\pi }{2}\)  so với cường độ dòng điện \(\Rightarrow \)  Đoạn mạch AB chỉ chứa tụ điện. 

Ta có: \(i=2\sqrt{2}\cdot \cos (100\pi t)(A)\Rightarrow {{I}_{0}}=2\sqrt{2}A\)

Cường độ dòng điện hiệu dụng: \(I=\frac{{{I}_{0}}}{\sqrt{2}}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=2A\)

Biểu thức của điện tích và cường độ dòng điện: 

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} q={{Q}_{0}}\cdot \cos (\omega t+\varphi )(C) \\ i={{q}^{\prime }}=\omega {{Q}_{0}}\cdot \cos \left( \omega t+\varphi +\frac{\pi }{2} \right)(A) \\ \end{array} \right.\)

\(\Rightarrow \) q biến thiên điều hòa theo thời gian với cùng tần số trễ pha \(\frac{\pi }{2}\)  so với i. 

Biểu thức của điện áp: \(u=U\sqrt{2}\cdot \cos (\omega t+\varphi )\)

Tần số góc: \(\omega =2\pi f=2\pi .50=100\pi (\text{rad}/\text{s})\)

Pha ban đầu bằng \(0\Rightarrow \varphi =0\Rightarrow \text{u}=220\sqrt{2}\cos (100\pi \text{t})\text{V}\)

Tổng trở của đoạn mạch: \(Z=\sqrt{{{R}^{2}}+{{(\omega L)}^{2}}}=\sqrt{{{100}^{2}}+{{\left( 100\pi \cdot \frac{1}{\pi } \right)}^{2}}}=100\sqrt{2}\Omega \)

Cường độ dòng điện hiệu dụng chạy trong mạch: \(I=\frac{U}{Z}=\frac{200}{100\sqrt{2}}=\sqrt{2}A\)

Độ lệch pha giữa u và i: \(\tan \varphi =\frac{{{Z}_{L}}}{R}=\frac{100}{100}=1\Rightarrow \varphi =\frac{\pi }{4}\)

\(\Rightarrow i=I\sqrt{2}\cdot \cos \left( \omega t+{{\varphi }_{i}} \right)=2\cdot \cos \left( 100\pi t-\frac{\pi }{4} \right)A\)

Công thoát electron của kim loại này là:

\(A=\frac{hc}{{{\lambda }_{0}}}=\frac{6,625\cdot {{10}^{-34}}\cdot 3\cdot {{10}^{8}}}{300\cdot {{10}^{-9}}}=6,{{625.10}^{-19}}J\)

Biểu thức li độ của vật: \(x=A\cos (2\omega t+\varphi )\Rightarrow v={{x}^{\prime }}=2\omega A\cdot \cos \left( 2\omega t+\varphi +\frac{\pi }{2} \right)\Rightarrow {{v}_{\max }}=2\omega A\)

Khi quan sát các vật dịch chuyển lại gần mắt, thể thủy tinh cong dần lên. Khi quan sát các vật dịch chuyển ra xa mắt, thể thủy tinh xẹp dần xuống. 

      \(\Rightarrow \)  Phát biểu đúng về sự điều tiết của mắt: Khi quan sát các vật dịch chuyển ra xa mắt thì thể thuỷ tinh của mắt xẹp dần xuống. 

+ Khi \({{R}_{1}}\text{ nt }{{R}_{2}}\text{ c }\!\!\acute{\mathrm{o}}\!\!\text{ : }{{P}_{nt}}=4W\Leftrightarrow \frac{{{U}^{2}}}{{{R}_{1}}+{{R}_{2}}}=4W\Rightarrow \frac{{{12}^{2}}}{{{R}_{1}}+{{R}_{2}}}=4\Rightarrow {{R}_{1}}+{{R}_{2}}=36\text{ (1) }\)

+ Khi \({{R}_{1}}//{{R}_{2}}\text{ c }\!\!\acute{\mathrm{o}}\!\!\text{ : }{{P}_{ss}}=18W\Leftrightarrow \frac{{{U}^{2}}}{\frac{{{R}_{1}}\cdot {{R}_{2}}}{{{R}_{1}}+{{R}_{2}}}}=18W\Rightarrow \frac{{{12}^{2}}\cdot \left( {{R}_{1}}+{{R}_{2}} \right)}{{{R}_{1}}\cdot {{R}_{2}}}=18\Rightarrow {{R}_{1}}\cdot {{R}_{2}}=288(2)\)

+ Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{R}_{1}}\cdot {{R}_{2}}=288 \\ {{R}_{1}}+{{R}_{2}}=36 \\ \end{array}\Rightarrow \left( \begin{array}{*{35}{l}} {{R}_{1}}=24\Omega ;{{R}_{2}}=12\Omega \\ {{R}_{2}}=24\Omega ;{{R}_{1}}=12\Omega \\ \end{array} \right. \right.\)

Khi trong môi trường có nhiều điện tích điểm thì điện trường là điện trường tổng hợp của các điện trường do mỗi điện tích trong đó gây ra. 

\(\Rightarrow \) Phát biểu sai là: Xung quanh một hệ hai điện tích điểm đặt gần nhau chỉ có điện trường do một điện tích gây ra.

Chu kì của mạch LC: \(T=2\pi \sqrt{LC}\Rightarrow T\sim \sqrt{C}\)

Khi tăng điện dung của tụ điện lên 4 lần thì chu kì dao động của mạch tăng lên \(\sqrt{4}=2\) lần.

Độ biến dạng của lò xo tại VTCB: \(\Delta {{l}_{0}}=\frac{mg}{k}=\frac{0,1.10}{25}=4cm\)

Quá trình chuyển động của vật được chia làm hai giai đoạn:

+ Giai đoạn 1: Vật rơi tự do xuống dưới. Chọn HQC gắn với điểm treo lò xo trục Ox thẳng đứng chiều dương hướng xuống dưới, gốc O tại vị trí cân bằng.

Vật nặng chịu tác dụng của các lực trọng lực, lực đàn hồi của lò xo, lực quán tính \(\left( {{F}_{qt}}=P \right)\).

Tại vị trí cân bằng và trong quá trình rơi, vật dao động điều hòa quanh vị trí lò xo không biến dạng với biên độ \(A=\Delta {{l}_{0}}\).

Thời điểm t = 0, con lắc bắt đầu rơi thì vật đang ở biên dưới. 

Tần số góc của dao động: \(\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=5\pi (\text{rad}/\text{s})\Rightarrow T=\frac{2\pi }{\omega }=0,4s\)

Sau khoảng thời gian \({{t}_{1}}=0,02\sqrt{15}=\frac{\sqrt{15}}{20}T\) ứng với góc quét \(\varphi =\omega {{t}_{1}}={{69}^{0}}\)

Khi đó li độ của vật là: \({{x}_{1}}=A\cdot \cos {{69}^{0}}=1,4~\text{cm}\)

Khi đó vật có vận tốc là: \(v=-\omega \cdot \sqrt{{{A}^{2}}-{{x}^{2}}}=-58,93(~\text{cm}/\text{s})\)

+ Giai đoạn 2: Khi lò xo bị giữ ở chính giữa.

Xét trong hệ quy chiếu gắn với mặt đất, vật chịu tác dụng của 2 lực: Trọng lực và lực đàn hồi.

Độ cứng \({{k}^{\prime }}=2k\Rightarrow \text{VTCB}\) mới ở cách vị trí cân bằng cũ 2cm , là vị trí lò xo dãn \(\Delta l=\frac{mg}{{{k}^{\prime }}}=2cm\)

Sau thời gian t₁ , vận tốc của vật nặng so với mặt đất là: \(\overrightarrow{{{v}_{13}}}=\overrightarrow{{{v}_{12}}}+\overrightarrow{{{v}_{23}}}\Rightarrow {{v}_{13}}=-58,93+gt=18,53~\text{cm}/\text{s}\)

Li độ của vật tại thời điểm t₁ trong hệ quy chiếu gắn với mặt đất là: \({{x}_{13}}=-1,4-2=3,4cm\)

Khi đó tần số góc: \({{\omega }^{\prime }}=\sqrt{\frac{{{k}^{\prime }}}{m}}=\sqrt{2}\omega =5\sqrt{2}\pi (\text{rad}/\text{s})\)

Khi đó vật dao động quanh vị trí \({{O}^{'}}\) với biên độ: \({{A}^{\prime }}=\sqrt{x_{13}^{2}+{{\left( \frac{{{v}_{13}}}{{{\omega }^{\prime }}} \right)}^{2}}}\approx 3,5~\text{cm}\)

Sau thời gian \(\Delta t=0,07s\)

Vị trí ban đầu \(\alpha =\operatorname{acr}\cos \frac{3,4}{3,5}=13,{{8}^{0}}\)

Góc quét được \(\varphi =\omega \Delta t=5\sqrt{2}\pi .0,07={{89}^{0}}\)

Li độ lúc đó là \(x=A\cdot \sin \left( \alpha +\varphi -{{90}^{0}} \right)=0,77~\text{cm}\)

Vận tốc lúc đó là \(v={{\omega }^{\prime }}\sqrt{{{A}^{\prime 2}}-{{x}^{2}}}=75,8~\text{cm}/\text{s}\)

Từ đồ thị ta có \({{\Phi }_{\text{N}}}=2\pi \text{t}+\frac{\pi }{3}\text{ v }\!\!\grave{\mathrm{a}}\!\!\text{  }{{\Phi }_{\text{M}}}=2\pi \text{t}-\frac{\pi }{6}\Rightarrow \text{N}\) N nhanh pha 90⁰ so với M. 

+ Mỗi chu kì, hai điểm sáng gặp nhau hai lần khi pha của N nằm ở \({{\text{P}}_{\text{N}-\text{G}1}}\text{ v }\!\!\grave{\mathrm{a}}\!\!\text{  }{{\text{P}}_{\text{N}-\text{G}2}}\)

+ Li độ hai điểm chung trái dấu khi pha của M và N nằm hai bên trục tung. 

\(\Rightarrow \) Sau 2 chu kì, M và N gặp nhau 4 lần và P, quét 4 cung 90⁰ để M và N có li độ trái dấu.

Lần thứ 5, pha P_N chạy từ \({{\text{P}}_{\text{N}(0)}}\) tới \({{\text{P}}_{\text{N}-\text{G}2}}\); trong khoảng thời gian P_N quét thêm 1 cung 90⁰ để M và N có li độ trái dấu. 

Vậy tỉ số cần tìm là : \(\delta =\frac{2.360+165-5.90}{5.90}=\frac{29}{30}\)

Từ đồ thị ta thấy: \(\frac{\lambda }{4}=\frac{1}{10}\Rightarrow \lambda =0,4m=40~\text{cm}\)

Trong thời gian ly pha dao động truyền được: \(\frac{3}{20}-\frac{1}{10}=0,05m=5~\text{cm}=\frac{\lambda }{8}\Rightarrow \text{ Chu k }\!\!\grave{\mathrm{i}}\!\!\text{ : }T=8s\)

\(\Rightarrow \) Vận tốc sóng: \(v=\frac{\lambda }{T}=\frac{40}{8}=5~\text{cm}/\text{s}\)

Độ lệch pha dao động của M và O là: \(\Delta \varphi =\frac{2\pi x}{\lambda }=\frac{2\pi \frac{11}{30}}{0,4}=\frac{11\pi }{6}\)

Tại t₁, M chuyển động theo chiều âm do nằm trước đỉnh sóng. 

Hai thời điểm \({{t}_{1}}\text{ v }\!\!\grave{\mathrm{a}}\!\!\text{  }{{t}_{2}}\) lệch nhau \(\frac{1}{8}\) chu kì, ứng với góc \(\frac{\pi }{4}\)

Tốc độ của M tại thời điểm t₂ là: \(v=-{{v}_{\max }}\cdot \cos \left( {{15}^{0}} \right)\approx -3,029~\text{cm}/\text{s}\)

+ Hiệu suất truyền tải điện năng: \(H=\frac{P-\Delta P}{P}=1-\frac{\Delta P}{P}\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{P}_{1}}=0,9{{P}_{1}}+90{{P}_{0}} \\ {{P}_{2}}=0,8{{P}_{2}}+(90+n){{P}_{0}} \\ \end{array}\Rightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}} 0,9{{P}_{1}}=90{{P}_{0}} \\ 0,8{{P}_{2}}=(90+n){{P}_{0}} \\ \end{array} \right. \right. (1)\)

Trong đó \({{P}_{1}},{{P}_{2}}\) lần lượt là công suất truyền đi trước và sau khi nhập thêm n máy và P₀ là công suất tiêu thụ mỗi máy. 

+Mặc khác \(\Delta P=\frac{{{P}^{2}}R}{U}\Rightarrow \frac{\Delta {{P}_{1}}}{\Delta {{P}_{2}}}={{\left( \frac{{{P}_{1}}}{{{P}_{2}}} \right)}^{2}}\Rightarrow \frac{\Delta {{P}_{1}}}{\Delta {{P}_{2}}}=\frac{1-{{H}_{1}}}{1-{{H}_{2}}}\frac{{{P}_{1}}}{{{P}_{2}}}\Rightarrow \frac{{{P}_{1}}}{{{P}_{2}}}=\frac{1-0,9}{1-0,2}=\frac{1}{2}(2)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow n=70\)

+ Khi khóa K mở, mạch gồm R,r, L,C nối tiếp

Từ đồ thị của điện áp, ta có: \(u={{U}_{0}}\cdot \cos \omega t\)

Từ đồ thị cường độ dòng điện khi K mở ta có: \(i={{I}_{0}}\cdot \cos \left( \omega t+{{\varphi }_{i}} \right)\)

Khi \(t=0\Rightarrow i=1,5=\sqrt{3}\cdot \cos {{\varphi }_{i1}}\Rightarrow {{\varphi }_{i1}}=\frac{\pi }{6}\Rightarrow \Delta {{\varphi }_{m}}={{\varphi }_{u}}-{{\varphi }_{i1}}=\frac{-\pi }{6}\)

Mà tan \(\Delta {{\varphi }_{m}}=\frac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{R+r}=\frac{-1}{\sqrt{3}}\Rightarrow {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}=\frac{-1}{\sqrt{3}}(R+r)\)

+ Khi K đóng, mạch có r, L,C nối tiếp

Ta có phương trình cường độ dòng điện là: \(i={{I}_{0}}\cdot \cos \left( \omega t+{{\varphi }_{i2}} \right)\)

Khi \(t=0\Rightarrow i=0,5{{I}_{0}}={{I}_{0}}\cdot \cos {{\varphi }_{i2}}\Rightarrow {{\varphi }_{i2}}=\frac{\pi }{3}\Rightarrow \Delta {{\varphi }_{m}}={{\varphi }_{u}}-{{\varphi }_{i1}}=-\frac{\pi }{3}\)

Mà 

\(\begin{array}{l}
\tan \Delta {\varphi _m} = \frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{r} =  - \sqrt 3 \\
 \Rightarrow {Z_L} - {Z_C} =  - \sqrt 3 r\\
 \Rightarrow {Z_L} - {Z_C} =  - \sqrt 3 r = \frac{{ - 1}}{{\sqrt 3 }}(R + r)\\
 \Rightarrow R = 2r
\end{array}\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{Z}_{2}}=\sqrt{{{r}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=2r \\ {{Z}_{1}}=\sqrt{{{(R+r)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=2\sqrt{3}r \\ \end{array} \right.\)

Có: 

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{I_{01}} = \frac{{{U_0}}}{{{Z_1}}}}\\
{{I_{02}} = \frac{{{U_0}}}{{{Z_2}}}}
\end{array} \Rightarrow \frac{{{I_{01}}}}{{{I_{02}}}} = \frac{{{Z_2}}}{{{Z_1}}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow {I_{02}} = {I_0} = 3A} \right.\)

Từ đồ thị, tá viết được phương trình hai dao động: 

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{x}_{1}}=3\cdot \cos \left( \omega t-\frac{\pi }{2} \right)cm \\ {{x}_{2}}=2\cdot \cos \left( \omega t+\frac{\pi }{2} \right)cm \\ \end{array} \right.\)

\(\Rightarrow x={{x}_{1}}+{{x}_{2}}=3\angle \frac{-\pi }{2}+2\angle \frac{\pi }{2}=1\angle \frac{-\pi }{2}=1\cdot \cos \left( \omega t-\frac{\pi }{2} \right)\text{cm}\)

Ban đầu hạt N đứng yên, nên N có động lượng bằng 0.

Lúc sau, hạt X sinh ra đứng yên, nên X có động lượng bằng 0.

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có:

\(\overrightarrow{{{p}_{tr}}}=\overrightarrow{{{p}_{s}}}\Leftrightarrow \overrightarrow{{{p}_{\alpha }}}=\overrightarrow{{{p}_{O}}}\Rightarrow {{p}_{\alpha }}={{p}_{O}}\Leftrightarrow \sqrt{2{{m}_{\alpha }}\cdot K}=\sqrt{2{{m}_{O}}\cdot {{K}_{O}}}\Rightarrow {{K}_{O}}=\frac{4}{17}K\)

Với \(\Rightarrow \Delta E=\left( {{m}_{tr}}-{{m}_{s}} \right)\cdot {{c}^{2}}=\left( {{m}_{\alpha }}+{{m}_{N}}-{{m}_{O}}-{{m}_{X}} \right)\cdot {{c}^{2}}\)

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng toàn phần

\(K\alpha +\Delta E={{K}_{O}}\Rightarrow K-1,21=\frac{4}{17}K\Rightarrow K=1,58MeV\)