Phương trình sóng: \(u=3\cos (100\pi t-x)(cm)\)

Từ phương trình ta có: \(\omega =100\pi (ra\text{d/s)}\)

\(\Rightarrow \) Tần số của sóng: \(\frac{100\pi }{2\pi }=50\text{Hz}\) 

Âm do một chiếc đàn bầu phát ra:

- Nghe càng trầm khi tần số nhỏ, nghe càng cao khi tần số lớn.

- Độ cao phụ thuộc vào tần số âm.

- Âm sắc phụ thuộc vào dạng đồ thị dao động của âm.

Tần số dao động của con lắc đơn: \(\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{10}{1}}=0,5Hz\) \(f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{g}{l}}=\)

A – sai vì gia tốc của vật có độ lớn cực đại tại vị trí biên.

B – sai vì lực kéo về có độ lớn tỉ lệ với li độ dao động của vật.

C – sai vì lực kéo về có độ lớn cực đại tại biên.

D – đúng.

Do A, B là hai nguồn có cùng biên độ, cùng pha \(\Rightarrow \) Trung điểm O của AB là cực đại

Khoảng cách từ O đến điểm cực tiểu giao thoa gần nhất trên AB là \(\frac{\lambda }{4}\)

+ Khi chiều dài con lắc là l: \(T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}\)

+ Khi chiều dài con lắc là \(\frac{l}{2}:{T}'=2\pi \sqrt{\frac{\frac{l}{2}}{g}}=\frac{T}{\sqrt{2}}\) 

\(\Rightarrow \) Chiều dài của con lắc khi này giảm 2 lần.

Mạch điện xoay chiều chỉ có tụ điện khi đó hiệu điện thế ở hai đầu đoạn mạch trễ pha \(\frac{\pi }{2}\) so với cường độ dòng điện.

Mạch chỉ có điện trở \({{U}_{0}}={{I}_{0}}R=2.20=40\text{V}\)

Và: \({{\varphi }_{u}}={{\varphi }_{i}}=0\)

\(\Rightarrow \) Biểu thức của điện áp: \(u=40\cos (100\pi t)V\)

Ta có: \({d}'=O{{C}_{V}}=-1m,d=\infty \)

Độ tu: \(D=\frac{1}{f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{O{{C}_{V}}}=\frac{1}{\infty }+\frac{1}{-1}=-1dp\)

Theo phương truyền sóng, các phần tử trước đỉnh sóng sẽ đi xuống, sau đỉnh sóng sẽ đi lên.

Từ đồ thị ta có, điểm M sau đỉnh sóng đang đi lên. 

\(\Rightarrow \) Sóng truyền từ B đến A và N cũng đang đi lên.

+ Trong mạch điện 1 chiều, công suất tiêu thụ của mạch: \({{P}_{0}}=\frac{U_{0}^{2}}{R}\)

+ Trong mạch điện xoay chiều, công suất tiêu thụ của mạch: \(P=\frac{{{U}^{2}}}{R}=\frac{U_{0}^{2}}{2R}\)

\(\Rightarrow \frac{{{P}_{0}}}{P}=2\)

Nhạc âm có đồ thị dao động âm là những đường tuần hoàn có tần số xác định.

A – sai: Tần số của 2 sóng là như nhau.

B – sai: Sóng phản xạ luôn ngược pha với sóng tới ở điểm phản xạ.

C – đúng.

D – sai.

Chiều dài quỹ đạo: L = 2A = 2.6 =12cm

Vận tốc của vật bằng 0 lần đầu tiên ở thời điểm \(t=\frac{T}{4}\)

Động năng cực đại của vật:

\({{\text{W}}_{{{d}_{\max }}}}=\frac{1}{2}mv_{\max }^{2}=\frac{1}{2}m{{(A\omega )}^{2}}=\frac{1}{2}\cdot 0,1.{{(0,08.10)}^{2}}=0,032J=32mJ\)

Ta có, lực từ: \(F=BIl\sin \alpha \) với \(\alpha =(\overrightarrow{B},\overrightarrow{Il})\)

\(\Rightarrow {{F}_{max}}\)khi sina = 1 hay a = 90⁰

\(\Rightarrow \) Lực từ tác dụng lên đoạn dây dẫn cực đại khi dây dẫn vuông góc với véctơ cảm ứng từ của từ trường.

Ta có mạch chỉ có cuộn cảm thuần \(\Rightarrow u\bot i\)

Khi điện áp giữa hai đầu cuộn cảm cực đại \(\Rightarrow \) Cường độ dòng điện qua cuộn cảm khi đó bằng 0A. 

Mạch chỉ có điện trở thuần \(\Rightarrow u,i\) cùng pha 

\(\Rightarrow \frac{u}{{{U}_{0}}}-\frac{i}{{{I}_{0}}}=\frac{u}{U}-\frac{i}{I}=0\text{ }\!\!~\!\!\text{ }\) và \(\text{ }\!\!~\!\!\text{ }\frac{U}{{{U}_{0}}}+\frac{I}{{{I}_{0}}}=\sqrt{2}\Rightarrow \text{A }\!\!~\!\!\text{ sai }\!\!~\!\!\text{ }\)

Hiện tượng đoản mạch là hiện tượng cường độ dòng điện trong mạch đạt giá trị cực đại do điện trở mạch ngoài bằng không.

Ta có hệ thức độc lập: 

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{A}^{2}}={{x}^{2}}+\frac{{{v}^{2}}}{{{\omega }^{2}}} \\ {{A}^{2}}=\frac{{{v}^{2}}}{{{\omega }^{2}}}+\frac{{{a}^{2}}}{{{\omega }^{4}}} \\ \end{array} \right.\)

Suy ra: A, B, D – sai; C – đúng

Công suất tiêu thụ của mạch:

\(P=UIcos\varphi =\frac{100}{\sqrt{2}}\cdot \frac{2}{\sqrt{2}}\cdot \cos \left( \frac{\pi }{6}-\frac{\pi }{3} \right)=50\sqrt{3}\text{W}\)

Ta có: 

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

+ Khi \(\omega t+\varphi =\frac{\pi }{3}\) thì: \(v=-A\omega \sin (\omega t+\varphi )\Leftrightarrow -5\pi \sqrt{3}=-A\omega \sin \frac{\pi }{3}\Rightarrow A\omega =10\pi \)

Tại vị trí cân bằng, tốc độ của vật là \({{v}_{\max }}=A\omega =10\pi (c\text{m/s)}\)

+ Hiệu điện thế cực đại: \({{U}_{0}}=100\sqrt{2}(V)\)

+ Tần số góc: \(\omega =100\pi \) (rad/s)

+ Vẽ trên vòng tròn lượng giác, ta được: 

Biết đèn chỉ sáng lên khi \(\left| u \right|\ge {{U}_{1}}=100\text{V}\)

Ta có: \(\cos \Delta \varphi =\frac{{{U}_{1}}}{{{U}_{0}}}=\frac{100}{100\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow \Delta \varphi =\frac{\pi }{4}\)

Thời gian đèn sáng trong 1 chu kì: \(\Delta t=\frac{4\Delta \varphi }{\omega }=\frac{4\frac{\pi }{4}}{100\pi }=\frac{1}{100}s\)

Thời gian đèn tắt trong 1 chu kì: \(\Delta {t}'=T-\Delta t=\frac{1}{50}-\frac{1}{100}=\frac{1}{100}s\)

\(\Rightarrow \) Tỉ lệ thời gian đèn sáng – tắt trong 1 chu kì là 1.

+ Ban đầu: \(T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}=\frac{\Delta t}{60}\)

+ Khi thay đổi chiều dài \({l}'=l+0,44:{T}'=2\pi \sqrt{\frac{{{l}'}}{g}}=\frac{\Delta t}{50}\)

\(\Rightarrow \frac{T}{{{T}'}}=\sqrt{\frac{l}{{{l}'}}}=\sqrt{\frac{l}{l+0,44}}=\frac{50}{60}\Rightarrow l=1m=100\text{cm}\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{N}_{1}}=800 \\ {{N}_{2}}=40 \\ {{U}_{2}}=40\text{V} \\ {{I}_{2}}=6\text{A} \\ \end{array} \right.\)

Lại có: \(\frac{{{U}_{1}}}{{{U}_{2}}}=\frac{{{N}_{1}}}{{{N}_{2}}}=\frac{{{I}_{2}}}{{{I}_{1}}}\Rightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{U}_{1}}=800\text{V} \\ {{I}_{1}}=0,3\text{A} \\ \end{array} \right.\)

+ Bước sóng: \(\lambda =\frac{v}{f}=\frac{200}{50}=4cm\)

+ Độ lệch pha giữa 2 điểm AB: \(\Delta \varphi =\frac{2\pi \Delta d}{\lambda }=\frac{2\pi (42-20)}{4}=11\pi \)

\(\Rightarrow \) Hai điểm do động ngược pha nhau

\(\Rightarrow \) Khoảng cách lớn nhất của 2 điểm A, B: \({{d}_{\max }}=\Delta {{u}_{AB}}+\Delta d=2\text{A}+\Delta d=2.4+(42-20)=30\text{cm}\)

Chu kì dao động của con lắc đơn khi đó: 

\(T=\frac{1}{2}\left( {{T}_{1}}+{{T}_{2}} \right)\Rightarrow T=\frac{\pi }{\sqrt{g}}\left( {{\sqrt{l}}_{1}}+\sqrt{{{l}_{2}}} \right)=\frac{\pi }{\sqrt{g}}\left( \sqrt{1}+\sqrt{\frac{1}{2}} \right)=\frac{2+\sqrt{2}}{2}s\)

Ta có, điện lượng chạy qua tiết diện dây: 

\(\Delta q=\int\limits_{{{t}_{1}}}^{{{t}_{2}}}{i\text{d}t}=\int\limits_{0}^{\frac{T}{4}}{{{I}_{0}}\cos (\omega t+\pi ).dt}=\frac{{{I}_{0}}}{\omega }\sin (\omega t+\pi )\left| \underset{0}{\overset{\frac{T}{4}}{\mathop{{}}}}\, \right.=\frac{{{I}_{0}}}{\omega }(1-0)=\frac{{{I}_{0}}}{\omega }\)

Ta có mạch chỉ có cuộn dây thuần cảm, u nhanh pha hơn một góc \(\frac{\pi }{2}\)

\(\Rightarrow {{\varphi }_{i}}={{\varphi }_{u}}-\frac{\pi }{2}=-\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{2}=-\pi (rad)\)

L thay đổi có \({{I}_{\max }}\Rightarrow \) Mạch xảy ra hiện tượng cộng hưởng 

Khi đó: \({{Z}_{L}}={{Z}_{C}}\Leftrightarrow \omega L=\frac{1}{\omega C}\Rightarrow L=\frac{1}{{{\omega }^{2}}C}=\frac{1}{{{(100\pi )}^{2}}\frac{{{10}^{-3}}}{15\pi }}=\frac{3}{2\pi }H\)

Ta thấy \(\frac{{{u}_{1}}}{{{i}_{1}}}\ne \frac{{{u}_{2}}}{{{i}_{2}}}\Rightarrow \) Mạch kín không thể là R mà là cuộn dây hoặc tụ điện. 

Khi đó, ta có: (\({{\left( \frac{{{i}_{1}}}{{{I}_{0}}} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{{{u}_{1}}}{{{U}_{0}}} \right)}^{2}}={{\left( \frac{{{i}_{2}}}{{{I}_{0}}} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{{{u}_{2}}}{{{U}_{0}}} \right)}^{2}}=1\)   (1)

\(\frac{i_{2}^{2}-i_{1}^{2}}{u_{1}^{2}-u_{2}^{2}}=\frac{I_{0}^{2}}{U_{0}^{2}}\Rightarrow Z=\frac{{{U}_{0}}}{{{I}_{0}}}=\sqrt{\frac{u_{1}^{2}-u_{2}^{2}}{i_{2}^{2}-i_{1}^{2}}}=100\Omega \)

Thay vào (1) ta suy ra: \({{I}_{0}}=2\text{A}\Rightarrow I=\sqrt{2}A\)

Khi tần số f = 100Hz thì cường độ dòng điện giảm \(I=\frac{1}{\sqrt{2}}A\)

\(\Rightarrow \) Hộp kín là cuộn cảm thuần có độ tự cảm: \(L=\frac{Z}{{{\omega }_{1}}}=\frac{100}{50.2\pi }=\frac{1}{\pi }H\)

Mạch có R thay đổi khi R = Z, thì công suất tỏa nhiệt trên biến trở cực đại. 

Khi đó: \(I=\frac{U}{Z}=\frac{U}{\sqrt{2}{{Z}_{L}}}=\frac{100\sqrt{2}}{\sqrt{2}.100}=1\text{A}\)

+ Khi máy bay ở độ cao h₁ = 100m: L₁ =120dB

+ Khi máy bay ở độ cao h: L₂ = 100dB 

\({{L}_{2}}-{{L}_{1}}=10\log \frac{{{I}_{2}}}{{{I}_{1}}}=10\log {{\left( \frac{{{h}_{1}}}{{{h}_{2}}} \right)}^{2}}\Leftrightarrow 100-120=20\log \frac{{{h}_{1}}}{{{h}_{2}}}\Rightarrow {{h}_{2}}=\frac{{{h}_{1}}}{{{10}^{-1}}}=1000\text{m}\)

Ta có:

\(\left\{ \begin{align} & OM=59\text{cm}=3\lambda +\frac{11\lambda }{16} \\ & ON=87\text{cm}=5\lambda +\frac{7\lambda }{16} \\ & OP=106\text{cm}=6\lambda +\frac{5\lambda }{8} \\ & OQ=143\text{cm}=8\lambda +\frac{15\lambda }{16} \\ \end{align} \right.\)

Ta có mọi điểm nằm 2 bên của 1 nút của sóng dừng đều dao động ngược pha. 

\(\Rightarrow \) M và N cùng pha với nhau (cùng nằm bó chẵn), P và Q cùng pha với nhau (cùng nằm bó lẻ).

+ Chu kì dao động của con lắc: \(T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}=1,345\text{s}\)

+ Khi đặt vào điện trường, con lắc lệch khỏi VTCB ban đầu 1 góc α với : 

\(\tan \alpha =\frac{F}{P}=\frac{qE}{mg}=\frac{{{2.10}^{-6}}.3,{{5.10}^{4}}}{0,102.9,81}\approx 0,07\Rightarrow \alpha \approx 0,07\text{rad}\)

Khi đó, con lắc có VTCB mới lệch 0,07rad theo chiều điện trường.

Lúc t = 0 con lắc ở vị trí biên âm

Khi t = 0,336s = \(\frac{T}{4}\) con lắc ở CTCB mới và vận tốc khi này \(v=\alpha \omega \)

Khi tắt điện trường thì VTCB trở lại ban đầu \(\Rightarrow {{\alpha }_{0}}=\sqrt{{{\alpha }^{2}}+\frac{{{v}^{2}}}{{{\omega }^{2}}}}=\alpha \sqrt{2}=0,07\sqrt{2}(\text{rad})\)

\(\Rightarrow {{v}_{\max }}=\sqrt{2gl\left( 1-\cos {{\alpha }_{0}} \right)}=20,78\text{cm/s}\)

+ \({{U}_{M{{B}_{\min }}}}\)khi \({{Z}_{{{C}_{1}}}}={{Z}_{L}}\) khi đó: \({{U}_{M{{B}_{\min }}}}={{U}_{r}}=\frac{U}{R+r}r={{U}_{1}}\Rightarrow {{U}_{1}}=\frac{U}{11}\)

+ Khi \(C={{C}_{2}}=\frac{{{C}_{1}}}{2}\Rightarrow {{Z}_{{{C}_{2}}}}=2{{\text{Z}}_{{{C}_{1}}}}\)thì \({{U}_{N{{B}_{\text{max }\!\!~\!\!\text{ }}}}}\left( {{U}_{{{C}_{\text{max }\!\!~\!\!\text{ }}}}} \right)\) khi đó

\({{Z}_{{{C}_{2}}}}=2{{Z}_{{{C}_{1}}}}=\frac{{{(R+r)}^{2}}+Z_{L}^{2}}{{{Z}_{L}}}\Leftrightarrow 2{{Z}_{L}}=\frac{{{(R+r)}^{2}}+Z_{L}^{2}}{{{Z}_{L}}}\Rightarrow R+r={{Z}_{L}}\Rightarrow {{U}_{R+r}}={{U}_{L}}\)

\({{U}_{2}}=\frac{U\sqrt{{{(R+r)}^{2}}+Z_{L}^{2}}}{R+r}=U\sqrt{2}\Rightarrow \frac{{{U}_{2}}}{{{U}_{1}}}=\frac{U\sqrt{2}}{\frac{U}{11}}=11\sqrt{2}A\)

+ Khi R = 24Ω thì công suất tiêu thụ của mạch đạt cực đại 

Khi đó, ta có: \(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} \left| {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right|=R=24\Omega \\ P=\frac{{{U}^{2}}}{2R}=300W\Rightarrow U=120V \\ \end{array} \right.\)

+ Khi R = 15Ω, công suất tiêu thụ của mạch khi này;

\(P=\frac{{{U}^{2}}}{{{Z}^{2}}}R=\frac{{{U}^{2}}}{\left( {{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}} \right)}R=\frac{{{120}^{2}}}{{{15}^{2}}+{{24}^{2}}}.15=269,66W\)

Ta có: \(\left\{ \begin{align} & {{\left( a-\Delta {{l}_{0}} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{\sqrt{8}b}{\varpi } \right)}^{2}}={{A}^{2}}\text{ (1}) \\ & {{\left( 2\text{a}-\Delta {{l}_{0}} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{\sqrt{6}b}{\omega } \right)}^{2}}={{A}^{2}}\text{ }(2) \\ & {{\left( 3a-\Delta {{l}_{0}} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{\sqrt{2b}}{\omega } \right)}^{2}}={{A}^{2}}\text{ }(3) \\ \end{align} \right.\)

Để đơn giản, ta chuẩn hóa \(\Delta {{l}_{0}}=1\) từ (1), (2) ta được: 

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} 2\frac{{{b}^{2}}}{{{\omega }^{2}}}=3{{a}^{2}}-2a \\ {{A}^{2}}=13{{a}^{2}}-10a+1 \\ \end{array} \right.\)

Thế vào (3) ta suy ra \(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} a=2 \\ A=\sqrt{33} \\ \end{array} \right.\)

Tại vị trí lò xo nén 2a, li độ khi đó: \(x=2a+\Delta {{l}_{0}}\)

Thế năng tại đó: \({{\text{W}}_{t}}=\frac{1}{2}k{{\text{x}}^{2}}=\frac{1}{2}k{{(2.2+1)}^{2}}=\frac{25k}{2}\)

Cơ năng: \(\text{W}=\frac{1}{2}k{{\text{A}}^{2}}=\frac{33k}{2}\)

Động năng khi đó: \({{\text{W}}_{d}}=\text{W}-{{\text{W}}_{t}}=\frac{33}{2}k-\frac{25}{2}k=\frac{8k}{2}\)

\(\Rightarrow \) Tỉ số giữa động năng và thế năng là: \(\frac{{{\text{W}}_{d}}}{{{W}_{t}}}=\frac{8}{25}\)

Ta có: 

+ Bước sóng: \(\lambda =\frac{v}{f}=\frac{50}{20}=2,5\text{cm}\)

Đặt MI = x

Ta có: \(0

Để M dao động cực đại và gần I nhất

\(\Rightarrow \) M thuộc cực đại bậc 1 tính từ trung trực của AB

\(\Rightarrow \) MB – MA = \(\lambda \)

\(\Leftrightarrow \sqrt{{{(OB+x)}^{2}}+I{{O}^{2}}}-\sqrt{{{(OA-x)}^{2}}+I{{\text{O}}^{2}}}=\lambda \)

\(\Leftrightarrow \sqrt{{{(10+x)}^{2}}+{{20}^{2}}}-\sqrt{{{(10-x)}^{2}}+{{20}^{2}}}=2,5\Rightarrow x=2,813\text{cm}\)