Cảm kháng của cuộn cảm là: \({{Z}_{L}}=\omega L\)

Khoảng cách giữa hai nút sóng liên tiếp bằng nửa bước sóng.

Tần số dao động của con lắc là: \(f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{g}{l}}\)

Để giảm công suất hao phí trên đường dây truyền tải, người ta thường sử dụng biện pháp tăng điện áp hiệu  dụng ở nơi phát điện. 

Trong sơ đồ khối của một máy phát thanh vô tuyến đơn giản không có bộ phận mạch biến điệu.

Suất điện động do máy phát điện tạo ra có tần số là: f = np 

Âm sắc phụ thuộc vào độ thị dao động âm 

Hai dao động ngược pha khi đô lệch pha của chúng bằng \((2n+1)\pi \) với n = 0; ±1; ±2…

Dao động tắt dần có biên độ và cơ năng giảm dần theo thời gian.

Khi xảy ra hiện tượng cộng hưởng, ta có: \(f={{f}_{0}}\)

Độ lớn cảm ứng từ tại tâm vòng dây có biểu thức là: \(B=2\pi {{.10}^{-7}}\frac{I}{R}\)

Hai điểm cách nhau một khoảng bằng bước sóng có dao động cùng pha.

Gia tốc của vật là: \(a=-{{\omega }^{2}}x\)

Bước sóng của sóng điện từ trong chân không là: \(\lambda =\frac{c}{f}=\frac{{{3.10}^{8}}}{{{10.10}^{6}}}=30(m)\)

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

\(\tan \varphi =\frac{{{Z}_{L}}}{R}=\frac{20}{20\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \varphi =\frac{\pi }{6}(rad)\)

Chiều dài của lò xo khi vật đi qua vị trí cân bằng là:

\({{l}_{0}}={{l}_{\max }}-A=25-3=22(cm)\)

Điện năng đoạn mạch tiêu thụ là: A = P.t = 0,75.6 = 4,5 (kW.h)

Tần số góc của con lắc là: \(\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{40}{0,1}}=20(\text{rad/s)}\)

Độ lệch pha giữa hai dao động là: \(\Delta \varphi ={{\varphi }_{1}}-{{\varphi }_{2}}=\frac{\pi }{3}-\left( -\frac{2\pi }{3} \right)=\pi (rad)\)

→ Hai dao động ngược pha 

Biên độ dao động tổng hợp là: \(A=\left| {{A}_{1}}-{{A}_{2}} \right|=\left| 3-4 \right|=1(cm)\)

Trong cùng một khoảng thời gian, con lắc thực hiện được 6 dao động chu kì T₁ và 10 dao động chu kì T₂, ta có: \(t=6{{T}_{1}}=10{{T}_{2}}\Rightarrow \frac{{{T}_{2}}}{{{T}_{1}}}=\frac{6}{10}=\frac{3}{5}\)

Lại có: \(T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}\Rightarrow {{T}^{2}}\sim l\Rightarrow \frac{{{l}_{1}}}{{{l}_{2}}}=\frac{T_{1}^{2}}{T_{2}^{2}}={{\left( \frac{{{T}_{1}}}{{{T}_{2}}} \right)}^{2}}=\frac{9}{25}\Rightarrow {{l}_{2}}=\frac{25}{9}{{l}_{1}}\)

Mà: \({{l}_{2}}={{l}_{1}}+16\Rightarrow \frac{25}{9}{{l}_{1}}={{l}_{1}}+16\Rightarrow {{l}_{1}}=9(cm)\)

Cường độ dòng điện hiệu dụng của dòng điện này là: 

\(I=\frac{{{I}_{0}}}{\sqrt{2}}=\frac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}(A)\) 

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

\(\varphi ={{\varphi }_{u}}-{{\varphi }_{i}}=\frac{\pi }{3}(rad)\)

Hệ số công suất của đoạn mạch là: \(\cos \varphi =\cos \frac{\pi }{3}=0,5\)

Công suất tỏa nhiệt trên điện trở là:

\(P={{I}^{2}}R=\frac{{{E}^{2}}R}{{{(r+R)}^{2}}}=\frac{{{12}^{2}}.10}{{{(2+10)}^{2}}}=10(W)\)

Trên dây có 6 bụng sóng → có 6 bó sóng, ta có: 

\(l=k\frac{\lambda }{2}\Rightarrow 1,8=6.\frac{\lambda }{2}\Rightarrow \lambda =0,6(m)\)

Tốc độ truyền sóng trên dây là: \(v=\lambda f=0,6.100=60(\text{m/s)}\)

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng, ta có: 

\({{W}_{d1}}+\frac{1}{2}kx_{1}^{2}={{W}_{d2}}+\frac{1}{2}kx_{2}^{2}=\frac{1}{2}k{{A}^{2}}\) \(\Rightarrow 0,48+\frac{1}{2}k.0,{{02}^{2}}=0,32+\frac{1}{2}k.0,{{06}^{2}}\)

\(\Rightarrow k=100(\text{N/m)}\)

\(\Rightarrow 0,48+\frac{1}{2}.100.0,{{02}^{2}}=\frac{1}{2}.100.{{A}^{2}}\Rightarrow A=0,1(m)=10(cm)\)

Tần số của mạch dao động là: \(f=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}\Rightarrow f\sim \frac{1}{\sqrt{C}}\)

Ta có: \(f=\sqrt{3}{{f}_{1}}\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{C}}=\sqrt{3}\cdot \frac{1}{\sqrt{{{C}_{1}}}}\Rightarrow C=\frac{{{C}_{1}}}{3}\)

Áp dụng công thức máy biến áp, ta có:

\(\frac{{{U}_{1}}}{{{U}_{2}}}=\frac{{{N}_{1}}}{{{N}_{2}}}\Rightarrow \frac{220}{{{U}_{2}}}=\frac{2000}{100}\Rightarrow {{U}_{2}}=11(V)\)

Khoảng cách giữa hai cực đại ở kề nhau trên đường nối hai nguồn là:

\(\frac{\lambda }{2}=1,6(cm)\Rightarrow \lambda =3,2(cm)\)

Tốc độ truyền sóng trên mặt chất lỏng là: 

v = λf = 3,2.25 = 80 (cm/s) = 0,8 (m/s) 

Công của lực điện tác dụng lên điện tích q là: 

A = qEd = 4.10^-8.1000.0,1 = 4.10^-6(J) 

Số chỉ của Vôn kế là điện áp của cuộn thứ cấp B 

Áp dụng công thức máy biến áp, ta có: 

\(\frac{{{U}_{1}}}{{{U}_{2}}}=\frac{{{N}_{1}}}{{{N}_{2}}}\Rightarrow {{U}_{2\max }}\Leftrightarrow {{N}_{2\max }}\to \) khóa K ở vị trí chốt m 

Điện tích cực đại trên tụ có độ lớn là: 

\({{Q}_{0}}=\frac{{{I}_{0}}}{\omega }=\frac{{{52.10}^{-3}}}{2000}={{26.10}^{-6}}(C)=26(\mu C)\)
Áp dụng công thức độc lập với thời gian, ta có:

\(\frac{{{i}^{2}}}{I_{0}^{2}}+\frac{{{q}^{2}}}{Q_{0}^{2}}=1\Rightarrow \frac{{{48}^{2}}}{{{52}^{2}}}+\frac{{{q}^{2}}}{{{26}^{2}}}=1\Rightarrow \left| q \right|=10(\mu C)={{1.10}^{-5}}(C)\)

Cảm kháng của cuộn dây và dung kháng của tụ điện là:

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{Z}_{L}}=\omega L=100\pi \cdot \frac{1}{2\pi }=50(\Omega ) \\ {{Z}_{C}}=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{100\pi \cdot \frac{{{10}^{-4}}}{\pi }}=100(\Omega ) \\ \end{array} \right.\)

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch đạt cực đại khi: 

\(R=\left| {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right|=\left| 50-100 \right|=50(\Omega )\)

Để tia sáng chỉ truyền trong phần lõi, tia sáng bị phản xạ toàn phần tại mặt phân cách giữa lõi và vỏ

Giới hạn phản xạ toàn phần: 

\(\sin {{i}_{gh}}=\frac{{{n}_{0}}}{n}=\frac{1,41}{1,51}=\frac{141}{151}\Rightarrow \beta ={{i}_{gh}}\approx {{69}^{0}}\)

Áp dụng công thức định luật khúc xạ ánh sáng, ta có: 

\(\frac{\sin \alpha }{\sin \left( {{90}^{0}}-\beta  \right)}=n\Rightarrow \frac{\sin \alpha }{\sin {{21}^{0}}}=1,51\Rightarrow \sin \alpha \approx 0,541\Rightarrow \alpha \approx {{33}^{0}}\)

Lực điện tác dụng lên con lắc có phương thẳng đứng, chiều từ trên xuống

Độ lớn lực điện là: 

\(F=qE=ma\Rightarrow a=\frac{qE}{m}=\frac{{{5.10}^{-6}}{{.10}^{4}}}{0,01}=5\left( \text{m/}{{\text{s}}^{\text{2}}} \right)\)

Chu kì của con lắc là: 

\(T=2\pi \sqrt{\frac{l}{{{g}_{HD}}}}=2\pi \sqrt{\frac{l}{g+a}}=2.3,14.\sqrt{\frac{0,5}{10+5}}\approx 1,15(s)\)

Tại điểm M có: 

\({{d}_{2}}-{{d}_{1}}=12-6=6\lambda \Rightarrow k=0,5;1,5;2,5;3,5;4,5;5,5\)

→ giữa M và đường trung trực của S₁S₂ có 6 vân giao thoa cực tiểu

Trên AB có 13 cực đại → 6λ < AB < 7λ 

M, N là hai cực đại liền kề, ta có: 

(BN – AN) – (BM – AM) = λ (1) 

M, N cùng pha, ta có: 

(BM + AM) – (BN + AN) = λ (2) 

Từ (1) và (2) ta có: 

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} BM=BN \\ MN=\lambda \\ \end{array}\to \right.\) ∆BMN cân tại B 

∆ABC đều cạnh a \(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}} BH=\frac{a\sqrt{3}}{2} \\ AH=\frac{a}{2} \\ \end{array} \right.\)

\(\Rightarrow {{k}_{H}}=\frac{BH-AH}{\lambda }=\frac{a\sqrt{3}}{2\lambda }-\frac{a}{2\lambda }=\frac{0,366a}{\lambda }\)

Lại có: \(6\lambda <a<7\lambda \Rightarrow 2,196<{{k}_{H}}<2,562\)

Mà \({{k}_{M}}<{{k}_{H}}<{{k}_{N}}\Rightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{k}_{M}}=2 \\ {{k}_{N}}=3 \\ \end{array} \right.\)

Lại có: \(NH=\frac{MN}{2}=\frac{\lambda }{2}\Rightarrow AN=\frac{a-\lambda }{2}\) \(\Rightarrow BN=\sqrt{H{{B}^{2}}+N{{H}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \frac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{\lambda }{2} \right)}^{2}}}\)

Chuẩn hóa \(\lambda =1\Rightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}} AN=\frac{a-1}{2} \\ BN=\frac{\sqrt{3{{a}^{2}}+1}}{2} \\ \end{array} \right.\)

Xét điểm N có: \({{\text{k}}_{\text{N}}}=\text{BN}-\text{AN}\)

\(\Rightarrow \frac{\sqrt{3{{a}^{2}}+1}}{2}-\frac{a-1}{2}=3\Rightarrow a=6,772\Rightarrow AB=6,772\lambda \)

Giá trị AB gần nhất với 6,80λ 

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

\({{\varphi }_{{{C}_{1}}}}-{{\varphi }_{{{i}_{1}}}}=-\frac{\pi }{2}\Rightarrow {{\varphi }_{{{i}_{1}}}}={{\varphi }_{{{C}_{1}}}}+\frac{\pi }{2}=-\frac{\pi }{6}+\frac{\pi }{2}=\frac{\pi }{3}(rad)\)

\(\Rightarrow {{\varphi }_{1}}={{\varphi }_{u}}-{{\varphi }_{{{i}_{1}}}}=0-\frac{\pi }{3}=-\frac{\pi }{3}(rad)\)

\(\Rightarrow \tan \varphi =\frac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{{{C}_{1}}}}}{R}\Rightarrow \tan \left( -\frac{\pi }{3} \right)=\frac{10\sqrt{3}-{{Z}_{{{C}_{1}}}}}{10}\Rightarrow {{Z}_{{{C}_{1}}}}=20\sqrt{3}(\Omega )\)

Khi \(C=3{{C}_{1}}\Rightarrow {{Z}_{C}}=\frac{{{Z}_{{{C}_{1}}}}}{3}=\frac{20\sqrt{3}}{3}=\frac{20}{\sqrt{3}}\)

Cường độ dòng điện cực đại trong mạch là:

\({{I}_{0}}=\frac{{{U}_{0}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=\frac{20}{\sqrt{{{10}^{2}}+{{\left( 10\sqrt{3}-\frac{20}{\sqrt{3}} \right)}^{2}}}}=\sqrt{3}(A)\)

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

\(\tan \varphi =\frac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{R}=\frac{10\sqrt{3}-\frac{20}{\sqrt{3}}}{10}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \varphi =\frac{\pi }{6}(rad)\)

\(\Rightarrow {{\varphi }_{u}}-{{\varphi }_{i}}=\frac{\pi }{6}\Rightarrow {{\varphi }_{i}}={{\varphi }_{u}}-\frac{\pi }{6}=-\frac{\pi }{6}(rad)\)

\(\Rightarrow i=\sqrt{3}\cos \left( 100\pi t-\frac{\pi }{6} \right)(A)\)

Từ hình vẽ ta thấy: \(\alpha =O-\beta \)

\(\Rightarrow \tan \alpha =\tan (O-\beta )=\frac{\tan O-\tan \beta }{1-\tan O\tan \beta }\)

\(\Rightarrow \tan \alpha =\frac{\frac{AB}{OA}-\frac{AM}{OA}}{1-\frac{AB}{OA}\cdot \frac{AM}{OA}}=\frac{\frac{BM}{OA}}{1-\frac{AB}{OA}\cdot \frac{AM}{OA}}=\frac{BM.OA}{O{{A}^{2}}-AB.AM}\)

\(\Rightarrow \tan \alpha =\frac{1,5x}{{{x}^{2}}-6.4,5}=\frac{1,5x}{{{x}^{2}}-27}=\frac{1,5}{x-\frac{27}{x}}\)

Để \({{\alpha }_{\max }}\Rightarrow {{(\tan \alpha )}_{\max }}\Rightarrow {{\left( x-\frac{27}{x} \right)}_{\min }}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có:

\(x-\frac{27}{x}\ge 2\sqrt{x\cdot \frac{27}{x}}=2\sqrt{27}\)

\({{\left( x-\frac{27}{x} \right)}_{\min }}\Leftrightarrow x=\frac{27}{x}\Rightarrow x=\sqrt{27}\)

\(\Rightarrow O{{M}^{2}}=A{{M}^{2}}+{{x}^{2}}=27+4,{{5}^{2}}=47,25\)

Cường độ âm tại A khi đặt 2 nguồn âm và tại M khi đặt thêm n nguồn âm là: 

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{I}_{A}}=\frac{2{{P}_{0}}}{4\pi O{{A}^{2}}} \\ {{I}_{M}}=\frac{(n+2){{P}_{0}}}{4\pi O{{M}^{2}}} \\ \end{array}\Rightarrow \frac{{{I}_{M}}}{{{I}_{A}}}=\frac{(n+2).O{{A}^{2}}}{2O{{M}^{2}}}=\frac{(n+2).27}{2.47,25}=\frac{2.(n+2)}{7} \right.\)

Hiệu mức cường độ âm tại M khi đặt thêm n nguồn âm và mức cường độ âm tại A khi đặt 2 nguồn âm là:

\({{L}_{M}}-{{L}_{A}}=\lg \frac{{{I}_{M}}}{{{I}_{A}}}=5-4=1\Rightarrow \frac{{{I}_{M}}}{{{I}_{A}}}=10\Rightarrow \frac{2.(n+2)}{7}=10\Rightarrow n=33\) 2. 2 ( ) 

Lực ma sát giữa M và m làm vị trí cân bằng lệch một đoạn:

\(\Delta {{l}_{0}}=\frac{\mu Mg}{k}=\frac{0,2.0,3.10}{40}=0,015(m)=1,5(cm)\)

Vật m đi từ vị trí lò xo giãn 4,5 cm qua vị trí lò xo có chiều dài tự nhiên lần thứ nhất đến vị trí biên đối diện  rồi đổi chiều qua vị trí lò xo có chiều dài tự nhiên lần thứ 2; tiếp tục chạy đến vị trí biên rồi đồi chiều về vị  trí lò xo có chiều dài tự nhiên lần thứ 3. 

Giai đoạn 1: \(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{A}_{1}}=4,5-1,5=3cm \\ {{t}_{1}}=\frac{{{T}_{1}}}{2}=\frac{1}{2}2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}=\frac{\pi }{20}s \\ {{S}_{1}}=2{{A}_{1}}=2.3=6cm \\ \end{array} \right.\) (dây căng, vật M không dao động ) 

Giai đoạn 2: \(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{A}_{2}}=3-1,5=1,5cm \\ {{t}_{2}}=\frac{{{T}_{2}}}{4}=\frac{1}{4}2\pi \sqrt{\frac{m+M}{k}}=\frac{\pi }{20}s \\ {{S}_{2}}={{A}_{2}}=1,5cm \\ \end{array} \right.\) (dây trùng, vật M dao động cùng với m)

Giai đoạn 3: \(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{S}_{3}}=2.1,5=3cm \\ {{t}_{3}}=\frac{1}{2}2\pi \sqrt{\frac{m+M}{k}}=\frac{\pi }{10}s \\ \end{array} \right.\) (dây trùng, vật M dao động cùng với m) 

Tốc độ trung bình của vật m là: 

\({{v}_{TB}}=\frac{{{S}_{1}}+{{S}_{2}}+{{S}_{3}}}{{{t}_{1}}+{{t}_{2}}+{{t}_{3}}}=\frac{6+1.5+3}{\frac{\pi }{20}+\frac{\pi }{20}+\frac{\pi }{10}}=16,7(\text{cm/s)}\)

Giả sử độ dài mỗi ô là 1 đơn vị điện áp 

Gọi ∆φ là độ lệch pha giữa u_cd và u_C 

Ta có công thức độc lập với thời gian: 

\(\frac{u_{X}^{2}}{U_{0X}^{2}}+\frac{u_{Y}^{2}}{U_{0Y}^{2}}-\frac{2{{u}_{X}}{{u}_{Y}}}{{{U}_{0X}}{{U}_{0Y}}}\cos \Delta \varphi ={{\sin }^{2}}\Delta \varphi \)

Từ đồ thị ta có các cặp giá trị \(\left( {{u}_{cd}};{{u}_{C}} \right)=(3;-3);(3;-2);(2;-3)\)

Thay các giá trị này vào công thức độc lập với thời gian, ta có:

\(\left\{ \begin{align} & \frac{{{3}^{2}}}{U_{0cd}^{2}}+\frac{{{(-3)}^{2}}}{U_{0C}^{2}}-\frac{2.3.(-3)}{{{U}_{0cd}}.{{U}_{0C}}}\cos \Delta \varphi =\frac{{{3}^{2}}}{{{U}_{0cd}}^{2}}+\frac{{{(-2)}^{2}}}{{{U}_{0C}}^{2}}-\frac{2.3.(-2)}{{{U}_{0cd}}.{{U}_{0C}}}\cos \Delta \varphi \\ & \frac{{{3}^{2}}}{U_{0cd}^{2}}+\frac{{{(-3)}^{2}}}{U_{0C}^{2}}-\frac{2.3.(-3)}{{{U}_{0cd}}.{{U}_{0C}}}\cos \Delta \varphi =\frac{{{2}^{2}}}{U_{0cd}^{2}}+\frac{{{(-3)}^{2}}}{U_{0C}^{2}}-\frac{2.2.(-3)}{{{U}_{0cd}}.{{U}_{0C}}}\cos \Delta \varphi \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}} \frac{5}{{{U}_{0C}}^{2}}=\frac{-6\cos \Delta \varphi }{{{U}_{0cd}}.{{U}_{0C}}} \\ \frac{5}{{{U}_{0cd}}^{2}}=\frac{-6\cos \Delta \varphi }{{{U}_{0cd}}.{{U}_{0C}}} \\ \end{array}\Rightarrow {{U}_{0C}}={{U}_{0cd}} \right.\)

\(\Rightarrow \cos \Delta \varphi =-\frac{5}{6}\Rightarrow \Delta \varphi \approx 2,56(rad)\)