Lực kéo về tác dụng lên vật dao động điều hòa luôn hướng về vị trí cân bằng.

Tốc độ truyền âm của môi trường tăng khi độ đàn hồi của môi trường càng lớn.

Hiện tượng quang điện trong là hiện tượng là hiện tượng ánh sáng giải phóng các êlectron liên kết thành các êlectron dẫn đồng thời tạo ra các lỗ trống tham gia vào quá trình dẫn điện.

Khi quan sát các váng dầu, mỡ, bong bóng xà phòng ta thấy có những áng màu sặc sỡ là do có sự giao thoa ánh sáng.

Năng lượng liên kết riêng là năng lượng liên kết tính trung bình cho một nuclôn.

Ở nhiệt độ xác định, một chất chỉ hấp thụ những bức xạ nào mà nó có khả năng phát xạ và ngược lại, nó chỉ phát những bức xạ mà nó có khả năng hấp thụ. Hiện tượng đảo sắc của vạch quang phổ (đảo vạch quang phổ) cho phép kết luận rằng ở nhiệt độ xác định, một chất chỉ hấp thụ những bức xạ nào mà nó có khả năng phát xạ và ngược lại, nó chỉ phát những bức xạ mà nó có khả năng hấp thụ.

Dòng điện có thể nhanh pha hoặc chậm pha hơn điện áp giữa hai đầu mạch.

Dao động cưỡng bức có tần số luôn bằng tần số của ngoại lực cưỡng bức => D sai.

Khi ló ra khỏi ống chuẩn trực, chùm ánh sáng phát ra từ nguồn S mà ta cần nghiên cứu sẽ trở thành một chùm song song. Chùm này qua lăng kính sẽ bị phân tách thành nhiều chùm đơn sắc song song, lệch theo các phương khác nhau. Mỗi chùm sáng đơn sắc ấy được thấu kính L₂ của buồng ảnh làm hội tụ thành một vạch trên tiêu diện của L₂ và cho ta ảnh thật của khe F là một vạch màu. Tập hợp các vạch màu đó tạo thành quang phổ của nguồn S.

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

Để giảm tần số của mạch, ta thực hiện các cách sau: tăng L hoặc tăng C, hoặc tăng cả L và C.

Khi vật đi từ vị trí biên về vị trí cân bằng thì động năng của vật tăng dần và thế năng của vật giảm dần.

Ta có: \(_{84}^{210}PO\to \text{ }_{2}^{4}He\text{ }+\text{ }_{82}^{206}Pb\).

Bước sóng dài nhất ứng với sóng dừng trên dây có một bó sóng \(\to \lambda =2L\).

Hình 3 biễu diễn đường sức điện của điện tích dương.

Suất điện động tự cảm trong mạch là: \({{e}_{tc}}=-L.\frac{\Delta i}{\Delta t}\)

Dung kháng của tụ điện: \({{Z}_{C}}=\frac{1}{C\omega }=\frac{1}{\frac{{{2.10}^{-4}}}{3\pi }.100\pi }=150\Omega \).

Gia tốc của vật tại li độ x là \(a=-{{\omega }^{2}}x=-120\text{ }cm\text{/}{{s}^{2}}\).

Do khoảng cách giữa hai điểm cực đại liên tiếp là \(\frac{\lambda }{2}\) và trên vùng giao thoa có 5 gợn lồi chia đoạn S₁S₂ thành 6 đoạn, mà hai đoạn ở hai đầu chỉ dài bằng một nửa đoạn còn lại nên \({{S}_{1}}{{S}_{2}}=4.\frac{\lambda }{2}+2.\frac{\lambda }{4}=\frac{5\lambda }{2}\Rightarrow \lambda =2\left( cm \right)\).

Ta có phương trình phản ứng hạt nhân: \(_{0}^{1}n\text{ }+\text{ }_{92}^{235}U\text{ }\to \text{ }_{38}^{94}Sr\text{ }+\text{ }_{Z}^{A}X\text{ }+\text{ }2_{0}^{1}n\)

Áp dụng định luật bảo toàn số nuclôn và bảo toàn số prôtôn,ta có:

\(\left\{ \begin{align} & 1+235=94+A+2.1 \\ & 0+92=38+Z+2.0 \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{align} & A=140 \\ & Z=54 \\ \end{align} \right.\)

Vậy hạt nhân X có 140 nuclôn, 54 prôtôn, 86 nơtron.

Ta có công thức máy biến áp:

\(\frac{{{N}_{1}}}{{{N}_{2}}}=\frac{{{I}_{2}}}{{{I}_{1}}}\Rightarrow \frac{1000}{50}=\frac{1}{{{I}_{1}}}\Rightarrow {{I}_{1}}=0,05\left( A \right)\).

Ảnh cùng chiều cao gấp 2 lần vật => ảnh là ảnh ảo.

Ta có: \(k=-\frac{{{d}'}}{d}=2\Rightarrow {d}'=-2d=-2.20=-40\left( cm \right)\)

Áp dụng công thức thấu kính, ta có:

\(\frac{1}{d}+\frac{1}{{{d}'}}=\frac{1}{f}\Rightarrow \frac{1}{20}+\frac{1}{-40}=\frac{1}{f}\Rightarrow f=40\left( cm \right)\).

Khoảng vân là: \(i=\frac{\lambda D}{a}=\frac{0,5.1}{2}=0,25mm\).

Vân sáng bậc 3 có vị trí là: \({{x}_{s}}=ki=3.0,25=0,75mm\).

Vân tối thứ 5 có vị trí là: \({{x}_{t}}=\left( {k}'+\frac{1}{2} \right)i=\left( 4+\frac{1}{2} \right)0,25=1,125mm\).

Khoảng cách giữa vân sáng bậc 3 và vân tối thứ 5 ở hai bên vân sáng trung tâm là: \(\Delta x={{x}_{s}}+{{x}_{t}}=0,75+1,125=1,875mm\).

Công thoát êlectron của kim loại đó là:

\(A=\frac{hc}{\lambda }=\frac{6,{{625.10}^{-34}}{{.3.10}^{8}}}{{{248.10}^{-9}}.1,{{6.10}^{-19}}}=5\left( eV \right)\).

Ta có: \(\Delta t=40T=50{T}'\Rightarrow \frac{{{T}'}}{T}=\frac{4}{5}\Rightarrow {T}'<T\).

Chiều dài của con lắc trước và sau khi thay đồi chiều dài là:

\(\left\{ \begin{align} & T=2\pi \sqrt{\frac{\ell }{g}} \\ & {T}'=2\pi \sqrt{\frac{{{\ell }'}}{g}} \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow \frac{{{T}'}}{T}=\sqrt{\frac{{{\ell }'}}{\ell }}\Rightarrow \frac{4}{5}=\sqrt{\frac{\ell -36}{\ell }}\Rightarrow \ell =100\left( cm \right)\)

Hệ số công suất của đoạn mạch: \(\cos \varphi =\frac{{{U}_{R}}}{U}=\frac{\sqrt{{{U}^{2}}-U_{L}^{2}}}{U}=\frac{\sqrt{{{50}^{2}}-{{30}^{2}}}}{50}=0,8\)

Công suất tiêu thụ của mạch: \(P=\frac{{{U}^{2}}}{R}{{\cos }^{2}}\varphi =\frac{{{50}^{2}}}{10}0,{{8}^{2}}=160W\)

Để cường độ điện trường tại C bằng 0 thì cường độ điện trường E₁ gây bởi Q₁ ngược chiều với cường độ điện trường E₂ gây bởi Q₂ => C phải nằm giữa AB.

Và \({{E}_{1}}={{E}_{2}}\Rightarrow \frac{k\left| {{Q}_{1}} \right|}{r_{1}^{2}}=\frac{k\left| {{Q}_{2}} \right|}{r_{2}^{2}}\Rightarrow {{r}_{2}}=\sqrt{2}{{r}_{1}}\)

Mặt khác \({{r}_{1}}+{{r}_{2}}=20cm\Rightarrow {{r}_{1}}=8,3cm,{{r}_{2}}=11,7cm\)

Tần số góc: \(\omega =\frac{{{I}_{0}}}{{{q}_{0}}}=1,{{25.10}^{5}}\left( rad\text{/}s \right)\)

Mạch dao động sẽ bắt được sóng có bước sóng:

\(\lambda =c.T=c.\frac{2\pi }{\omega }={{3.10}^{8}}.\frac{2\pi }{1,{{25.10}^{5}}}\approx 15080\left( m \right)\).

Ta có phương trình phản ứng: \(_{1}^{3}T\text{ }+\text{ }_{1}^{2}D\text{ }\to \text{ }_{2}^{4}He\text{ }+\text{ }_{0}^{1}n\)

Năng lượng tỏa ra của phản ứng là:

\(\text{W}=\left( \Delta m-\Delta {{m}_{0}} \right){{c}^{2}}=\left( \Delta {{m}_{He}}-\Delta {{m}_{T}}-\Delta {{m}_{D}} \right){{c}^{2}}\)

     \(=\left( 0,030382-0,009106-0,002491 \right).931,5=17,498\text{ }MeV\).

Theo thuyết tương đối, năng lượng toàn phần của hạt là: \(\varepsilon =\frac{hc}{\lambda }=m{{c}^{2}}\)

Suy ra: \(m=\frac{h}{c\lambda }=4,{{4.10}^{-36}}kg\).

Phương trình của hai nguồn:

\({{u}_{1}}=3\cos \left( 25\pi t \right)mm,\text{ }{{u}_{2}}=4\cos \left( 25\pi t-\frac{\pi }{2} \right)mm\).

Độ lệch pha của hai nguồn tới M:

\(\Delta \varphi ={{\varphi }_{2}}-{{\varphi }_{2}}+2\pi \frac{{{d}_{1}}-{{d}_{2}}}{\lambda }=-\frac{\pi }{2}+2\pi \frac{2k}{4}=-\frac{\pi }{2}+k\pi \)

Biên độ của điểm M:

\(A=\sqrt{A_{1}^{2}+A_{2}^{2}+2{{A}_{1}}{{A}_{2}}\cos \Delta \varphi }=\sqrt{{{3}^{2}}+{{4}^{2}}+2.3.4.\cos \left( \frac{-\pi }{2}+k\pi  \right)}=\sqrt{{{3}^{2}}+{{4}^{2}}}=5mm\).

Cảm kháng và dung kháng của đoạn mạch \({{Z}_{L}}=60\Omega ,\text{ }{{Z}_{C}}=40\Omega \)

Ta thấy rằng \(r>{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}\) => P cực đại khi \(R=0\)

Công suất tiêu thụ cực đại của mạch khi R thay đổi

\({{P}_{\max }}=\frac{{{U}^{2}}r}{{{r}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=\frac{{{200}^{2}}.100\sqrt{2}}{{{\left( 100\sqrt{2} \right)}^{2}}+{{\left( 60-40 \right)}^{2}}}=277W\).

Năng lượng điện từ: \(\text{W}=\frac{Q_{o}^{2}}{2C}\)

Tại thời điểm có năng lượng từ trường \({{\text{W}}_{L}}=\frac{Q_{0}^{2}}{4C}=\frac{\text{W}}{2}={{\text{W}}_{C}}\)

Như vậy khoảng thời gian giữa hai lần liên tiếp năng lượng từ trường bằng năng lượng điện trường là:

\(t=\frac{T}{4}={{10}^{-6}}\Rightarrow T={{4.10}^{-6}}s\Rightarrow f=2,{{5.10}^{5}}Hz\).

Công suất tiêu thụ mạch ngoài: \(P={{I}^{2}}R=\frac{{{E}^{2}}}{{{\left( R+r \right)}^{2}}}R=\frac{{{E}^{2}}}{{{\left( \sqrt{R}+\frac{r}{\sqrt{R}} \right)}^{2}}}\)

Ta có: \(\sqrt{R}+\frac{r}{\sqrt{R}}\ge 2r\)

Khi \(\sqrt{R}=\frac{r}{\sqrt{R}}\) hay \(R=r\) khi đó công suất cực đại \({{P}_{\max }}=\frac{{{E}^{2}}}{4r}\).

Quỹ đạo L có \(n=2\to {{r}_{L}}=4{{r}_{0}}\).

Quỹ đạo N có \(n=4\to {{r}_{N}}=16{{r}_{0}}\).

\(F=k\frac{\left| {{q}_{1}}{{q}_{2}} \right|}{{{r}^{2}}}\to \frac{{{F}_{L}}}{{{F}_{N}}}={{\left( \frac{{{r}_{N}}}{{{r}_{L}}} \right)}^{2}}=16\to {{F}_{N}}=\frac{F}{16}\).

Từ đồ thị, ta có: \(\frac{T}{2}=10ms\Rightarrow T=20ms\Rightarrow \omega =\frac{2\pi }{T}=100\left( rad\text{/}s \right)\)

\({{U}_{0AN}}=100V=\sqrt{U_{0R}^{2}+U_{0L}^{2}}\) và \({{U}_{0MB}}=75V=\sqrt{U_{0R}^{2}+U_{0C}^{2}}\)

Tại \(t=2,5ms:\left\{ \begin{align} & {{u}_{AN}}=-{{U}_{0AN}} \\ & {{u}_{MB}}=0 \\ \end{align} \right.\Rightarrow {{u}_{AN}}\bot {{u}_{MB}}\)

\(\Rightarrow \frac{1}{U_{0R}^{2}}=\frac{1}{U_{0AN}^{2}}+\frac{1}{U_{0MB}^{2}}\Rightarrow {{U}_{0R}}=60V\Rightarrow \left\{ \begin{align} & {{U}_{0L}}=80V \\ & {{U}_{0C}}=45V \\ \end{align} \right.\)

Cảm kháng: \({{Z}_{L}}=\frac{{{U}_{0L}}}{{{I}_{0}}}=80\Omega \Rightarrow L=\frac{{{Z}_{L}}}{\omega }=\frac{80}{100\pi }=254,65mH\)

Dung kháng: \({{Z}_{C}}=\frac{{{U}_{0C}}}{I}=45\Omega \Rightarrow C=\frac{1}{{{Z}_{C}}.\omega }=70,{{735.10}^{-6}}F\).

Vẽ giãn đồ vectơ các dao động \({{x}_{1}}\) và \({{x}_{2}}\).

Áp dụng định lý sin trong tam giác, ta có:

\(\frac{A}{sin\beta }=\frac{{{A}_{1}}}{\sin {{\alpha }_{1}}}=\frac{{{A}_{2}}}{\sin \gamma }=\frac{{{A}_{1}}+{{A}_{2}}}{\sin \alpha +\sin \gamma }\)

Suy ra: \(\left( {{A}_{1}}+{{A}_{2}} \right)=\frac{A}{\sin \beta }\left( \sin \alpha +\sin \gamma  \right)\)

Từ giản đổ vectơ xác định được góc \(\beta =\frac{5\pi }{12}\).

Do đó \(\left( {{A}_{1}}+{{A}_{2}} \right)\) đạt cực đại khi \(\left( \sin \alpha +\sin \gamma  \right)\) đạt giá trị lớn nhất.

Ta có: \(\left( \sin \alpha +\sin \gamma  \right)=2\sin \frac{\alpha +\gamma }{2}\cos \frac{\alpha -\gamma }{2}\), mà \(\alpha +\gamma =\pi -\beta =\frac{7\pi }{12}\Rightarrow \sin \frac{\alpha +\gamma }{2}\) là hằng số.

Do đó \({{\left( {{A}_{1}}+{{A}_{2}} \right)}_{\max }}\) khi: \(\cos \frac{\alpha -\gamma }{2}=1\Rightarrow \alpha =\gamma \)

Tam giác \(OA{{A}_{2}}\) cân tại \({{A}_{2}}\) do đó: \(\alpha =\gamma =\frac{7\pi }{24}\varphi =\left| \alpha -\frac{\pi }{4} \right|=\frac{\pi }{24}\).

Theo bài ra, ta có: \(A=\Delta {{\ell }_{0}}=\frac{g\left( {{m}_{A}}+{{m}_{B}} \right)-qE}{k}=8cm\)

Khi dây bị đứt vật A dao động với biên độ \({{A}_{1}}\), chu kỳ \({{T}_{1}}=2\pi \sqrt{\frac{{{m}_{A}}}{k}}=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{5}}s\) và có vị trí cân bằng \({{O}_{m}}\) cao hơn vị trí cân bằng cũ một đoạn: \({{O}_{C}}{{O}_{m}}=\frac{{{m}_{B}}g-qE}{k}=3cm\).

Vật B rơi tự do với gia tốc \({{g}_{1}}\). Trong khoảng thời gian từ khi vật đi từ khi vuột dây đến khi vật A lên đến vị trí cân bằng \({{O}_{m}}\) là \(t=\frac{{{T}_{1}}}{4}\) thì vật B đi được quãng đường là \({{s}_{1}}\).

\(\left\{ \begin{align} & {{g}_{1}}=g-\frac{qe}{m}=6cm\text{/}{{s}^{2}} \\ & {{s}_{1}}=\frac{1}{2}{{g}_{1}}{{t}^{2}}=3,75cm \\ \end{align} \right.\Rightarrow d={{s}_{1}}+\ell +O{{M}_{m}}=3,75+12+11=26,75cm\)

Gọi P là công suất của mỗi loa

Cường độ âm tại M: \(I={{I}_{A}}+{{I}_{B}}+{{I}_{{{A}'}}}+{{I}_{{{B}'}}}=2\left( {{I}_{1}}+{{I}_{2}} \right)\)

Với \(\left\{ \begin{align} & {{I}_{1}}={{I}_{A}}={{I}_{B}}=\frac{P}{4\pi R_{1}^{2}} \\ & {{I}_{2}}={{I}_{{{A}'}}}={{I}_{{{B}'}}}=\frac{P}{4\pi R_{2}^{2}} \\ \end{align} \right.\)

Đặt \(\left\{ \begin{align} & AD=a \\ & CD=b \\ \end{align} \right.\) ta có: \(a.b=18{{m}^{2}}\)

\(R_{1}^{2}={{a}^{2}}+\frac{{{b}^{2}}}{4}\) và \(R_{2}^{2}+A{{A}^{2}}={{a}^{2}}+\frac{{{b}^{2}}}{4}+9\)

\(P={{P}_{\max }}\) khi \({{I}_{1}},{{I}_{2}}\) có giá trị lớn nhất tức là khi \({{R}_{1}}\) có giá trị nhỏ nhất

Theo bất đẳng thức Co-so, ta có: \(R_{1}^{2}={{a}^{2}}+\frac{{{b}^{2}}}{4}\ge 2a\frac{b}{2}=ab=18\)

=> Giá trị nhỏ nhất của \(R_{1}^{2}=18{{m}^{2}}\) khi \(a=\frac{b}{2}=3m\) và \(R_{2}^{2}=18+9=27{{m}^{2}}\)

Khi đó: \(\left\{ \begin{align} & {{I}_{1}}=\frac{P}{72\pi } \\ & {{I}_{2}}=\frac{P}{108\pi } \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow I=2\left( {{I}_{1}}+{{I}_{2}} \right)=\frac{5P}{108\pi }=8\left( \text{W/}{{m}^{2}} \right)\Rightarrow {{P}_{\max }}=542,87W\)

Khoảng vân ứng với bức xạ \({{\lambda }_{1}}\) là: \({{i}_{1}}=\frac{{{\lambda }_{1}}D}{a}=\frac{0,5.2}{1}=1mm\).

Số vân sáng của bức xạ \({{\lambda }_{1}}\) thu được trên màn là: \({{N}_{1}}=\left( \frac{L}{2{{i}_{1}}} \right).2+1=\left( \frac{30}{2.1} \right).2+1=31\).

Khoảng vân ứng với bức xạ \({{\lambda }_{2}}\) là: \({{i}_{2}}=\frac{{{\lambda }_{2}}D}{a}=\frac{0,75.2}{1}=1,5mm\).

Số vân sáng của bức xạ \({{\lambda }_{2}}\) thu được trên màn là: \({{N}_{2}}=\left( \frac{L}{2{{i}_{2}}} \right).2+1=\left( \frac{30}{2.1,5} \right).2+1=21\).

Vị trí vân sáng của hai bức xạ \({{\lambda }_{1}}\) và \({{\lambda }_{2}}\) trùng nhau thỏa mãn: \(\frac{{{k}_{1}}}{{{k}_{2}}}=\frac{{{\lambda }_{2}}}{{{\lambda }_{1}}}=\frac{0,75}{0,5}=\frac{3}{2}\).

=> Khoảng vân trùng: \({{i}_{tr\grave{u}ng}}=3.\frac{{{\lambda }_{1}}D}{a}=3.\frac{0,5.2}{1}=3mm\).

Số vân sáng trùng nhau của hai bức xạ là: \({{N}_{tr\grave{u}ng}}=\left( \frac{L}{2{{i}_{tr\grave{u}ng}}} \right).2+1=\left( \frac{30}{2.3} \right).2+1=11\).

Vậy số vạch màu quan sát được trên vùng giao thoa là: \(N={{N}_{1}}+{{N}_{2}}-{{N}_{tr\grave{u}ng}}=31+21-11=41\).

Xét đoạn mạch AN,tức mạch gồm RLr mắc nối tiếp. Ta có giản đồ:

Ta có: \(\tan \alpha =\frac{r}{{{Z}_{L}}}\).

Từ giản đồ ta có: \(\frac{U}{\sin \left( 90{}^\circ +\alpha  \right)}=\frac{{{U}_{Lr}}}{\sin \gamma }=\frac{{{U}_{R}}}{\sin \beta }=\frac{{{U}_{Lr}}+{{U}_{R}}}{\sin \beta +\sin \gamma }\)

\(\Rightarrow {{U}_{Lr}}+{{U}_{R}}={{U}_{1}}=\frac{U}{\sin \left( \alpha +90{}^\circ  \right)}\left( \sin \beta +\sin \gamma  \right)\)

Lại có: \(\sin \beta +\sin \gamma =2\sin \frac{\beta +\gamma }{2}\cos \frac{\beta -\gamma }{2}=2\sin \left( 45-\frac{\alpha }{2} \right)\cos \frac{\beta -\gamma }{2}\)

Do a không đổi \(\Rightarrow {{U}_{1\max }}\) khi \(\cos \frac{\beta -\gamma }{2}=1\) khi đó \({{U}_{1\max }}=\frac{U}{\sin \left( \alpha +90{}^\circ  \right)}2\sin \left( 45{}^\circ -\frac{\alpha }{2} \right)\)

Xét đoạn mạch MB gồm LrC mắc nối tiếp

Từ giản đồ ta có: \({{\left( {{U}_{C}}+{{U}_{Lr}} \right)}_{\max }}={{U}_{2\max }}=\frac{U}{\sin \alpha }2\sin \left( 90{}^\circ -\frac{\alpha }{2} \right)\)

Lấy \(\frac{{{U}_{1}}}{{{U}_{2}}}=0,299\Rightarrow \frac{\sin \alpha }{\sin \left( \alpha +90{}^\circ  \right)}.\frac{\sin \left( 45{}^\circ -\frac{\alpha }{2} \right)}{\sin \left( 90{}^\circ -\frac{\alpha }{2} \right)}=0,299\Rightarrow \alpha =30{}^\circ \Rightarrow \tan \alpha =\frac{r}{{{Z}_{2}}}\Rightarrow {{Z}_{L}}=\sqrt{3}r\)

Khi đó: \({{P}_{1\max }}=\frac{{{U}^{2}}}{2\sqrt{3}r};\text{ }{{P}_{2\max }}=\frac{{{U}^{2}}}{r}\) (cộng hưởng)

Xét: \(\frac{{{P}_{1}}}{{{P}_{2}}}=\frac{r}{2\sqrt{3}r}=\frac{1}{2\sqrt{3}}\Rightarrow {{P}_{2}}=2\sqrt{3}{{P}_{1}}=2\sqrt{3}.100=200\sqrt{3}\text{W}\).