Giá trị hiệu dụng: \(E=\frac{{{E}_{0}}}{\sqrt{2}}\).

Theo thuyết tương đối, động năng của hạt: \(K=E-{{E}_{0}}=\left( m-{{m}_{0}} \right){{c}^{2}}\).

\({{E}_{0}}\) là năng lượng nghỉ của hạt.

Dao động cưỡng bức có tần số bằng tần số của ngoại lực cưỡng bức.

Ta có: \(B=4\pi {{.10}^{-7}}.\frac{N}{\ell }I.\) 

Ta có: \(\frac{\lambda }{2}.\)   

Chu kỳ con lắc lò xo: \(T=2\pi \sqrt{\frac{k}{m}}\Rightarrow m=\frac{{{T}^{2}}k}{4{{\pi }^{2}}}=\frac{1.10}{4.10}=0,25kg=250g\).

Tia X là sóng điện từ, không phải là tia phóng xạ.

Ánh sáng nhìn thấy có thể gây ra hiện tượng quang điện với 4 kim loại: K, Na, Ca và Xe.

Đi-ốt bán dẫn là linh kiện bán dẫn được tạo ra bởi một lớp chuyển tiếp p – n.

Đi-ốt bán dẫn chỉ cho dòng điện chạy qua nó khi miền p được nối với cực dương và miền n được nối với cực âm của nguồn điện ngoài.

Chiết suất của thủy tinh (lăng kính, nước) càng lớn đối với ánh sáng có bước sóng càng nhỏ.

Chú ý, tần số tỉ lệ nghịch với bước sóng, \(f=\frac{c}{\lambda }\).

Công suất hao phí trên đường dây \(\Delta P=R\frac{{{P}^{2}}}{{{\left( U\cos \varphi  \right)}^{2}}}\).

Do đó, tăng điện áp nơi phát lên \(\sqrt{n}\) lần thì hao phí giảm n lần.

Mạch chỉ có điện trở R nên khi thay đổi tần số công suất là không thay đổi.

Để so sánh mức độ bền vững của các hạt nhân cần xác định năng lượng liên kết riêng của chúng. Hạt nhân có năng lượng liên kết riêng càng lớn thì càng bền vững.

\(\begin{array}{l}
\Delta {m_{Li}} = \left( {Z.{m_p} - N.{m_n}} \right) - {m_{Li}} = \left( {3.1,0073u + 4.1,0087u} \right) - 7,0144u = 0,0423u\\
{\varepsilon _{Li}} = \frac{{0,0423.931,5}}{7} = 5,6\;MeV/nuclon\\
{\varepsilon _{He}} = \frac{{0,03032.931,5}}{4} = 7,06\;MeV/nuclon
\end{array}\)

Hạt Li kém bền vững hơn.

Công thoát electron xác định bởi \(A=\frac{hc}{{{\lambda }_{0}}}\), thay số ta được \(A=6,{{625.10}^{-19}}J\).

Ta có \(i=\frac{\lambda .D}{a}\to \lambda =\frac{a.i}{D}=\frac{0,6.1,8}{2}=0,54\mu m=540nm\).

\({{n}_{kk}}.\sin i={{n}_{nc}}.\sin r\to \sin r=\frac{{{n}_{kk}}.\sin i}{{{n}_{nc}}}\approx 0,65\to r\approx 40,52{}^\circ \).

Góc lệch \(D=i-r=60{}^\circ -40,52{}^\circ =19,48{}^\circ \).

+ Trên dây có hai điểm đứng yên \(\to \) Sóng dừng xảy ra trên dây với 3 bó sóng.

\(\to 3.\frac{\lambda }{2}=1,2m\Rightarrow \lambda =0,8m\).

+ Chu kỳ của sóng \(T=\frac{\lambda }{v}=\frac{0,8}{8}=0,1s\) nên khoảng thời gian giữa hai lần liên tiếp sợi dây duỗi thẳng là: \(\Delta t=\frac{T}{2}=0,05s\).

Chú ý: khoảng thời gian giữa n lần liên tiếp sợi dây duỗi thẳng \(\Delta t=\left( n-1 \right)\frac{T}{2}\).

+ Kéo con lắc theo phương thẳng đứng cho lò xo dãn thêm 3 cm nữa rồi thả nhẹ \(\to \) Con lắc sẽ dao động với biên độ \(A=3cm\).

+ Vị trí cách vị trí cân bằng 1 cm:  \(\left| x \right|=1\Rightarrow \frac{{{W}_{t}}}{{{W}_{\mathsf{}}}}=\frac{{{x}^{2}}}{{{A}^{2}}-{{x}^{2}}}=\frac{{{1}^{2}}}{{{3}^{2}}-{{1}^{2}}}=\frac{1}{8}\).

Áp dụng định luật Fa-ra-đây về cảm ứng điện từ: \(E=\left| -\frac{\Delta \phi }{\Delta t} \right|=\frac{{{6.10}^{-3}}}{0,04}=0,15\ V\).

+ Ban đầu: \(\frac{1}{2}{{m}_{e}}.v_{1}^{2}=\left| e \right|.U\to {{v}_{1}}=\sqrt{\frac{2\left| e \right|U}{{{m}_{e}}}}\).

+ Lúc sau:  \(\frac{1}{2}{{m}_{e}}.v_{2}^{2}=\left| e \right|.1,5U\to {{v}_{2}}=\sqrt{\frac{2\left| e \right|.1,5U}{{{m}_{e}}}}\).

Dễ thấy điện áp tăng thì tốc độ electron tăng, do đó ta có:

\(\frac{{{v}_{2}}}{{{v}_{1}}}=\sqrt{1,5}\to \frac{v+\Delta v}{v}=\sqrt{1,5}\to 1+\frac{\Delta v}{v}=\sqrt{1,5}\Rightarrow v=\frac{{{2020.10}^{3}}}{\sqrt{1,5}-1}\approx {{9.10}^{6}}m/s\).

+ Vật qua thấu kính cho ảnh cùng chiều, cao gấp 3 lần vật ta có: \(t\left| k \right|=\frac{\overline{A'B'}}{\overline{AB}}=3\).

\(\to \)Ảnh này là ảo qua thấu kính hội tụ, \(k>0.\)

\(\to \left\{ \begin{align} & k=-\frac{d'}{d}=3 \\ & d=10 \\ \end{align} \right.\Rightarrow d'=-3d=-30cm\)

+ Áp dụng công thức thấu kính: \(\frac{1}{d}+\frac{1}{d'}=\frac{1}{f}\to \frac{1}{10}+\frac{1}{-30}=\frac{1}{f}\Rightarrow f=15cm\).

Áp dụng định luật Ôm toàn mạch, ta có: \(I=\frac{E}{{{R}_{0}}+R+r}\to \frac{1}{I}=\frac{{{R}_{0}}+R+r}{E}=\frac{{{R}_{0\ r}}+R}{E}\).

Dựa vào đồ thị:

+ Khi \(R=80\Omega \to \frac{1}{I}=100\to {{R}_{0\ r}}+80=100E\).

+ Khi \(R=40\Omega \to \frac{1}{I}=60\to {{R}_{0\ r}}+40=60E\).

\(\Rightarrow E=1\ V,\ r=1\Omega \).

Áp dụng nguyên lý chồng chất điện trường.

Vì điện tích \({{q}_{2}}\) cân bằng 

\(\begin{array}{l}
 \to \overrightarrow {{F_{12}}}  + \overrightarrow {{F_{32}}}  = 0\\
 \to \left\{ \begin{array}{l}
k.\frac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{r_{12}^2}} = k.\frac{{\left| {{q_3}{q_2}} \right|}}{{r_{32}^2}} \to \frac{{{r_{12}}}}{{{r_{32}}}} = \sqrt {\frac{{{q_1}}}{{{q_3}}}}  = 2\\
{r_{12}} + {r_{32}} = AC = 60cm
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{r_{12}} = 40cm\\
{r_{32}} = 20cm
\end{array} \right.
\end{array}\)

Năng lượng điện từ của mạch dao động:

\(W=\frac{1}{2}CU_{0}^{2}=\frac{1}{2}C{{u}^{2}}+\frac{1}{2}L{{i}^{2}}\to i=\sqrt{\frac{C}{L}\left( U_{0}^{2}-{{u}^{2}} \right)}=\frac{\sqrt{5}}{5}A\).

Ta có: \(\frac{hc}{\lambda }={{E}_{n}}-{{E}_{k}}\Rightarrow {{E}_{n}}=-{{5.44.10}^{-19}}=\frac{-13,6}{{{n}^{2}}}.1,{{6.10}^{-19}}\).

Suy ra \(n=2\) ứng với quỹ đạo L.

Ta có: \(P={{I}^{2}}R={{\left( \frac{E}{R+r} \right)}^{2}}R\).

\(\Rightarrow 16=\frac{{{12}^{2}}}{{{R}^{2}}+4R+4}R\).

\(\Rightarrow {{R}^{2}}-5R+4=0\Rightarrow R=4\ \Omega \) hoặc \(R=1\ \Omega \) (loại).

Hiệu suất của nguồn điện: \(H=\frac{R}{R+r}=66,7%\).

Ta có: \(\frac{{{I}_{0C}}}{{{I}_{0A}}}={{\left( \frac{{{r}_{0A}}}{{{r}_{0C}}} \right)}^{2}}=\frac{1}{16}\Rightarrow {{I}_{0A}}=16{{I}_{0C}}\).

\(\begin{array}{l}
\log \left( {\frac{{{I_{0A}}}}{{{I_0}}}} \right) + \log \left( {\frac{{{I_{0C}}}}{{{I_0}}}} \right) = 4B = 2\log \left( {\frac{{{I_{0B}}}}{{{I_0}}}} \right)\\
 \Leftrightarrow \log \left( {\frac{{{I_{0A}}}}{{{I_0}}}.\frac{{{I_{0C}}}}{{{I_0}}}} \right) = \log \left( {{{\left( {\frac{{{I_{0B}}}}{{{I_0}}}} \right)}^2}} \right)\\
 \Leftrightarrow {I_{0A}}.{I_{0C}} = {\left( {{I_{0B}}} \right)^2}\\
 \Leftrightarrow \frac{{{I_{0A}}}}{{{I_{0B}}}}.\frac{{{I_{0C}}}}{{{I_{0B}}}} = 1\\
 \Leftrightarrow {\left( {\frac{{{r_{OB}}}}{{{r_{OA}}}}} \right)^2}{\left( {\frac{{{r_{OB}}}}{{{r_{OC}}}}} \right)^2} = 1\\
 \Leftrightarrow r_{OB}^2 = {r_{OA}}.{r_{OC}} = O{B^2} = OA.OC = 4O{A^2}\\
 \Rightarrow OB = 2OA \Rightarrow BC = 40m
\end{array}\)

+ Theo định luật bảo toàn năng lượng toàn phần:

\(Q={{K}_{H}}+{{K}_{X}}-{{K}_{He}}\to {{K}_{H}}+{{K}_{X}}=5-1,21=3,79\ MeV\to {{K}_{H}}=3,79-{{K}_{X}}\).

+ Áp dụng định luật bảo toàn vectơ động lượng: \(\overrightarrow{{{p}_{He}}}=\overrightarrow{{{p}_{H}}}+\overrightarrow{{{p}_{X}}}\)

\(\begin{array}{l}
\cos \alpha  = \frac{{p_{He}^2 + p_X^2 - p_H^2}}{{2{p_{He}}.{p_X}}} = \frac{{2{m_{He}}.{K_{He}} + 2{m_X}.{K_X} - 2{m_H}.{K_H}}}{{2\sqrt {2{m_{He}}.{K_{He}}} .\sqrt {2{m_X}.{K_X}} }}\\
\cos \alpha  = \frac{{4.5 + 17{K_X} - \left( {3,79 - {K_X}} \right)}}{{4\sqrt 5 .\sqrt {17{K_X}} }} = \frac{{16,21 + 18{K_X}}}{{4\sqrt {85} .\sqrt {{K_X}} }} = \frac{{\frac{{16,21}}{{\sqrt {{K_X}} }} + 18\sqrt {{K_X}} }}{{4\sqrt {85} }}
\end{array}\)

Áp dụng BĐT Cosi cho hệ thức \(\left( \frac{16,21}{\sqrt{{{K}_{X}}}}+18\sqrt{{{K}_{X}}} \right)\ge 2\sqrt{16,21.18}\). Nhận thấy \(\cos \alpha \) đạt min thì góc \(\alpha \) đạt max.

Dấu “=” xảy ra \(\Leftrightarrow \frac{16,21}{\sqrt{{{K}_{X}}}}=18\sqrt{{{K}_{X}}}\Rightarrow {{K}_{X}}=0,9006\ MeV\).

Dựa vào đồ thị ta có: 

 Tại \(t = 0,\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} = \frac{{{A_1}}}{2}\\
{v_1} > 0
\end{array} \right. \to {\varphi _1} = \frac{{ - \pi }}{3}\)

\({{v}_{2}}=\frac{{{v}_{2\max }}}{2}\) và đang giảm tức là \({{\varphi }_{v2}}=\frac{\pi }{3}\) mà \({{\varphi }_{v2}}-{{\varphi }_{2}}=\frac{\pi }{2}\to {{\varphi }_{2}}=-\frac{\pi }{6}\to \Delta \varphi =\frac{\pi }{6}\).

Tại M có vân tối trùng với 1 vân sáng nên: \({{x}_{M}}=\left( {{k}_{t}}+0,5 \right)\frac{{{\lambda }_{t}}D}{a}={{k}_{s}}\frac{{{\lambda }_{s}}D}{a}\ \ \left( 1 \right)\)

Để bức xạ cho vân tối \({{\lambda }_{2}}\) có giá trị nhỏ nhất thì vân sáng phải có bước sóng lớn nhất tức là \({{\lambda }_{s}}=760nm\ \left( 1 \right)\). Suy ra \({{\lambda }_{t}}=\frac{{{k}_{s}}.760}{{{k}_{t}}+0,5}\ \ \left( 2 \right)\).

Dùng Mode 7 của máy tính, ta xét (2) ứng với lần lượt \({{k}_{s}}=1,2,3,4...\)

Thấy rằng, \({{k}_{s}}=2\) thì \({{k}_{t}}\) có 2 giá trị là \({{k}_{t}}=2\) và \({{k}_{t}}=3\) thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Suy ra bước sóng của bức xạ \({{\lambda }_{2}}\) là \({{\lambda }_{2}}=\frac{2.760}{2+0,5}=608nm\).

Gọi công suất của mỗi tổ máy là \({{P}_{0}}\).

+ Ban đầu, ở giờ cao điểm:

Công suất phát đi \({{P}_{1}}=8{{P}_{0}}\);

Công suất tiêu thụ: \({{P}_{tt1}}=0,7{{P}_{1}}\).

Công suất hao phí: \({{P}_{hp1}}=I_{1}^{2}R=\frac{P_{1}^{2}}{{{U}^{2}}}R=0,3{{P}_{1}}\to \frac{R}{{{U}^{2}}}=\frac{0,3}{{{P}_{1}}}\).

+ Khi công suất tiêu thụ giảm còn 72,5% so với lúc cao điểm: \({{P}_{tt2}}=0,725{{P}_{tt1}}=0,725.0,7.{{P}_{1}}=0,5075{{P}_{1}}\).

Công suất của máy phát lúc này: \({{P}_{2}}={{P}_{tt2}}+{{P}_{hp2}}=0,5075{{P}_{1}}+\frac{P_{2}^{2}}{{{U}^{2}}}R\to {{P}_{2}}=0,5075{{P}_{1}}+P_{2}^{2}.\frac{0,3}{{{P}_{1}}}\)

\( \Rightarrow 0,3.{\left( {\frac{{{P_2}}}{{{P_1}}}} \right)^2} - \frac{{{P_2}}}{{{P_1}}} + 0,5075 = 0\)

Giải được:

\(\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{{P_2}}}{{{P_1}}} = 2,71\left( {KTM} \right)\;do\;{P_2} < {P_1}\\
\frac{{{P_2}}}{{{P_1}}} = 0,62\left( {KTM} \right) \to {P_2} \approx 0,62{P_1} \approx 4,96{P_0}
\end{array} \right.\)

Hai thời điểm gia tốc liên tiếp bằng 0 là: \(\frac{T}{2}=\frac{45}{16}-\frac{41}{16}\Rightarrow T=0,5s\).

\(\to \omega =4\pi \ rad/s\).

Từ \(t=0\) đến \({{t}_{1}}\), vật quay góc \(=4\pi .\frac{41}{16}=\frac{41}{4}\pi \Leftrightarrow 5T+\frac{1}{8}\).

 Từ \({{t}_{1}}\) lùi lại 5 vòng và lùi thêm góc \(\frac{\pi }{4}\) ta xác định được thời điểm đầu tiên của vật (đang chuyển động về biên dương).

\(\to {{x}_{0}}=-5\sqrt{2}\ cm\) theo chiều dương.

Một chu kỳ vật qua \(x=5cm\) hai lần, tách  \(2020=1009T+2\)

\(\Delta t=1009T+{{t}_{0}}=1009T+\frac{T}{8}+\frac{T}{12}+2\frac{T}{6}=504,77s\).

Gọi \({{m}_{0}}\) là khối lượng ban đầu của Po.

+ Sau thời gian \({{t}_{1}}=2T\):

Khối lượng Po bị phân rã: \(\Delta {{m}_{Po1}}={{m}_{0}}\left( 1-{{2}^{\frac{-{{t}_{1}}}{T}}} \right)=\frac{3{{m}_{0}}}{4}\to {{m}_{0}}=84mg\).

Khối lượng Po còn lại: \(\Delta {{m}_{Po1}}=21mg\).

Khối lượng Pb sinh ra: \(\frac{{{m}_{Pb1}}}{{{m}_{Po1}}}=\frac{{{A}_{Pb}}}{{{A}_{Po}}}\left( {{2}^{\frac{{{t}_{1}}}{T}}}-1 \right)=\frac{206}{210}.\left( {{2}^{2}}-1 \right)=\frac{103}{35}\to {{m}_{Pb1}}=61,8mg\).

+ Sau thời gian \({{t}_{2}}=3T\)

Khối lượng Po còn lại: \({{m}_{Po2}}={{m}_{0}}{{.2}^{\frac{-{{t}_{2}}}{T}}}={{m}_{0}}{{.2}^{-3}}=10,5mg\).

Khối lượng Pb sinh ra: \(\frac{{{m}_{Pb2}}}{{{m}_{Po2}}}=\frac{{{A}_{Pb}}}{{{A}_{Po}}}\left( {{2}^{\frac{{{t}_{2}}}{T}}}-1 \right)=\frac{206}{210}.\left( {{2}^{3}}-1 \right)=\frac{103}{15}\to {{m}_{Pb2}}=72,1mg\).

\(\Rightarrow \)Từ \(t=2T\) đến \(t=3T\), lượng Pb được tạo thành trong mẫu có khối lượng là: \(72,1-61,8=10,3mg\)

+ Khi \(C={{C}_{0}}:\ {{U}_{MN}}\left( {{U}_{L}} \right)\) đạt max \(\to \) cộng hưởng.

Khi đó ta có \({{U}_{R}}=U=15\sqrt{2}\ V;{{Z}_{L}}={{Z}_{{{C}_{0}}}}\).

Có: \({{U}_{AN}}=\sqrt{U_{R}^{2}+U_{L}^{2}}\to {{U}_{L}}=\sqrt{U_{AN}^{2}-U_{R}^{2}}=15\sqrt{6}\ V\Rightarrow \frac{{{Z}_{L}}}{R}=\frac{{{U}_{L}}}{{{U}_{R}}}=\sqrt{3}\).

+ Khi \(C=0,5{{C}_{0}}:\ {{Z}_{C}}'=2{{Z}_{{{C}_{0}}}}=2{{Z}_{L}}\).

\(\begin{array}{l}
 \to Z' = \sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}^\prime } \right)}^2}}  = \sqrt {{{\left( {\frac{{{Z_L}}}{{\sqrt 3 }}} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} - 2{Z_L}} \right)}^2}}  = \frac{2}{{\sqrt 3 }}{Z_L}\\
\frac{U}{{Z'}} = \frac{{{U_L}}}{{{Z_L}}} \to {U_L} = \frac{{{Z_L}}}{{Z'}}.U = \frac{{15\sqrt 6 }}{2}V \to {U_{0L}} = 15\sqrt 3 \;V\\
\tan \varphi  = \frac{{{Z_L} - {Z_C}^\prime }}{R} = \frac{{{Z_L} - 2{Z_L}}}{{{Z_L}/\sqrt 3 }} =  - \sqrt 3  \to \varphi  = \frac{{ - \pi }}{3} \to {\varphi _i} = {\varphi _u} - \varphi  = \frac{\pi }{3} \to {\varphi _i} + \frac{\pi }{2} = \frac{{5\pi }}{6}\\
 \Rightarrow {u_{MN}} = 15\sqrt 3 \cos \left( {100\pi t + \frac{{5\pi }}{6}} \right)\left( V \right)
\end{array}\)

​

Lực ma sát tác dụng lên vật m: \({{F}_{ms}}=\mu .N=0,2.0,3=0,06\ N\).

Khi vật m dao động sang trái (như hình vẽ), do dây không dãn nên vật M gây lực ma sát (hướng sang phải) tác dụng lên vật m làm VTCB của vật m thay đổi một đoạn: \(O{{O}_{1}}=\frac{{{F}_{ms}}}{k}=0,015m=1,5cm\) (O là vị trí CB ban đầu, lò xo không biến dạng, \({{O}_{1}}\) là vị trí cân bằng mới).

+ Vật m chuyển động từ \({{A}_{1}}\) tới \({{A}_{1}}'\) (dây căng, có lực ma sát):  \({{T}_{1}}=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}=\frac{\pi }{10}s;\ {{A}_{1}}=3cm\).

+ Vật chuyển động từ \({{A}_{1}}'\to {{O}_{1}}\to O\) (dây không dãn, hệ vật gồm cả m và M cùng chuyển động): \({{T}_{2}}=2\pi \sqrt{\frac{m+M}{k}}=\frac{\pi }{5}s;\ {{A}_{2}}=1,5cm\).

Quãng đường chuyển động của vật m: \(s=2{{A}_{1}}+3{{A}_{2}}=10,5cm\).

Thời gian chuyển động của vật m: \(t=\frac{{{T}_{1}}}{2}+\frac{3{{T}_{2}}}{4}=\frac{\pi }{5}s\).

\(\to \)Vận tốc trung bình của vật m: \({{v}_{TB}}=\frac{s}{t}\approx 16,71\ cm/s\).

​

\(MN=\sqrt{O{{M}^{2}}+O{{N}^{2}}}=10\lambda \).

Từ O hạ OH vuông góc với MN:

\(\frac{1}{O{{H}^{2}}}=\frac{1}{O{{M}^{2}}}+\frac{1}{O{{N}^{2}}}\to OH=4,8\lambda \).

Điều kiện dao động ngược pha với O: \(d=\left( k+0,5 \right)\lambda \).

+ Trên đoạn MH: \(4,8\lambda \le d\le 6\lambda \to 4,3\le k\le 5,5\to k=5\).

+ Trên đoạn NH (không tính H): \(4,8\lambda <d\le 8\lambda \to 4,3\le k\le 7,5\to k=5,6,7\).

\(\Rightarrow \)Số điểm dao động ngược pha trên đoạn MN là 4 điểm.

Khi \(C={{C}_{0}}\) và \(C=0,5{{C}_{0}}\) khi thì điện áp giữa hai đầu M, B cùng pha với nhau.

Khi đó ta có: \(\varphi ={{\varphi }_{\left( {{u}_{rLC}}-i \right)}}-{{\varphi }_{\left( u-i \right)}}\) (vẽ giản đồ vectơ).

\(\tan {{\varphi }_{\left( {{u}_{rLC}}-i \right)}}=\frac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{r};\tan {{\varphi }_{\left( u-i \right)}}=\frac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{R+r}\).

Có \(\tan \left( a-b \right)=\frac{\tan a-\tan b}{1+\tan a.\tan b}\to \tan \varphi =\frac{\tan {{\varphi }_{\left( {{u}_{rLC}}-i \right)}}-\tan {{\varphi }_{\left( u-i \right)}}}{1+\tan {{\varphi }_{\left( {{u}_{rLC}}-i \right)}}.\tan {{\varphi }_{\left( u-i \right)}}}\)

\(\Rightarrow \frac{\frac{4r-{{Z}_{{{C}_{0}}}}}{r}-\frac{4r-{{Z}_{{{C}_{0}}}}}{6r}}{1+\frac{4r-{{Z}_{{{C}_{0}}}}}{r}.\frac{4r-{{Z}_{{{C}_{0}}}}}{6r}}=\frac{\frac{4r-2{{Z}_{{{C}_{0}}}}}{r}-\frac{4r-2{{Z}_{{{C}_{0}}}}}{6r}}{1+\frac{4r-2{{Z}_{{{C}_{0}}}}}{r}.\frac{4r-2{{Z}_{{{C}_{0}}}}}{6r}}\).

Chuẩn hóa chọn \(r=1\to {{Z}_{{{C}_{0}}}}=1\to \tan \varphi =1\to \varphi =\frac{\pi }{4}\approx 0,7854\ rad\).

 Gọi \(AB=L\), vì trên AB có 9 cực đại nên \(4\lambda <L<5\lambda \).

\(AN=NB=\frac{\sqrt{5}}{2}L\to 2\sqrt{5}\lambda <AN<\frac{5\sqrt{5}}{2}\lambda \).

Có \(\left\{ \begin{array}{l}
MA = {d_1} > AN > 4,47\lambda \\
MB = {d_2} < AN < 5,6\lambda \\
{d_1} - {d_2} = \lambda \\
MA,MB > ON > 4\lambda 
\end{array} \right.\)

Vì M là cực đại và ngược pha với nguồn nên dao động tại M do A và B truyền đến phải cùng pha nhau và ngược pha với nguồn.

Từ đó ta có bảng giá trị sau:

Ta có: \(AB=AH+HB\to \sqrt{d_{1}^{2}-{{L}^{2}}}+\sqrt{d_{2}^{2}-{{L}^{2}}}=1\).

TH1: \({{d}_{1}}=5,5\lambda ;{{d}_{2}}=4,5\lambda \to L\approx 4,377\lambda \).

TH2: \({{d}_{1}}=6,5\lambda ;{{d}_{2}}=5,5\lambda \to L\approx 5,289\lambda \) (loại).

+ Xét mạch ban đầu:

\(\begin{array}{l}
{U_1}I\cos {\varphi _1} = {I^2}R + {U_2}I\cos {\varphi _2}\\
 \Leftrightarrow {U_1}\cos {\varphi _1} = IR + {U_2}\cos {\varphi _2}\\
 \Leftrightarrow {U_1}.0,8 = \frac{{{U_2}}}{4} + 0,6{U_2} \Rightarrow {U_1} = 1,0625{U_2}
\end{array}\)

+ Xét mạch lúc sau: Do công suất trên R giảm 100 lần:

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow I' = \frac{I}{{10}};{U_2}^\prime  = 10{U_2};\Delta U' = \frac{{\Delta U}}{{10}} = \frac{{{U_2}^\prime }}{{400}}\\
{U_1}^2 = \Delta {U^2} + {U_2}^2 + 2.\Delta U'.{U_2}^\prime .\cos {\varphi _2}\\
 \Rightarrow {U_1}^\prime  = 1,0015{U_2}^\prime  = 10,015{U_2} \Rightarrow {U_1}^\prime  = 9,426{U_1}
\end{array}\)

Vậy \(k=9,426\).