Khi đi vào vùng không gian có điện trường, và đường sức vuông góc với hướng của các tia thì:

- Tia anpha (\({}_{2}^{4}He\)) mang điện tích +2e nên lệch về phía bản âm của tụ điện.

- Tia beta (\({{\beta }^{+}}\)) mang điện tích +e nên lệch về phía bản âm của tụ điện.

- Tia beta (\({{\beta }^{-}}\)) mang điện tích -e nên lệch về phía bản dương của tụ điện.

- Tia gam-ma (\(\lambda \)) là sóng điện từ, không mang điện tích nên không bị lệch trong điện trường lẫn từ trường.

Góc tới của chùm tia sáng là: \(\sin {{i}_{gh}}=\frac{1}{{{n}_{luc}}}\)

Ta có: \({{n}_{do}}<{{n}_{vang}}<{{n}_{luc}}<{{n}_{lam}}<{{n}_{tim}}\Rightarrow {{i}_{gh\text{d}o}}>{{i}_{ghvang}}>{{i}_{ghluc}}>{{i}_{ghlam}}>{{i}_{ghtim}}\).

Để có tia ló ra ngoài không khí, ta có: \({{i}_{gh}}\ge {{i}_{ghluc}}\)

Vậy có tia sáng màu đỏ và màu vàng ló ra ngoài không khí.

Từ trường quay trong động cơ không đồng bộ ba pha có tần số bằng tần số của dòng điện chạy trong các cuộn dây của stato.

Độ cao là đặc trưng sinh lí của âm gắn liền với tần số của âm.

Do ti vi là máy thu tín hiệu nên trong ti vi không có mạch biến điệu.

Ta có: \({{\text{W}}_{LK\text{R}}}=\frac{{{\text{W}}_{LK}}}{A}\Rightarrow \)

Khi \(\left\{ \begin{align} & {{\text{W}}_{lk\text{rX}}}={{\text{W}}_{lk\text{r}Y}} \\ & {{A}_{X}}>{{A}_{Y}} \\ \end{align} \right.\Rightarrow {{\text{W}}_{lk\text{X}}}<{{\text{W}}_{lkY}}\)

\(\Rightarrow \) Hạt nhân Y bền vững hơn hạt nhân X.

Trong dao động điều hòa, cơ năng của vật bằng tổng động năng và thế năng của vật tại một vị trí bất kì.

Hạt nhân \({}_{6}^{14}C\) có 6 prôtôn, 8 nơtron và 14 nuclôn.

Ánh sáng huỳnh quang phát ra luôn có bước sóng dài hơn ánh sáng kích thích như vậy ánh sáng tím không thể là ánh sáng huỳnh quang phát ra.

Dao động cưỡng bức là dao động của hệ dưới tác dụng của một ngoại lực biến thiên tuần hoàn theo thời gian.

Hai sóng phát ra từ hai nguồn đồng bộ. Cực đại giao thoa nằm tại các điểm có hiệu khoảng cách tới hai nguồn bằng một số nguyên lần bước sóng.

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.

Quang phổ vạch của nguyên tử hiđrô thuộc dãy Ban-me, gồm các vạch: đỏ, lam, chàm, tím.

Cường độ dòng điện hiệu dụng trong mạch: \(I=\frac{U}{R}=\frac{200}{100}=2\text{A}\).

Vận tốc của con lắc khi đi qua vị trí cân bằng:

\({{v}_{\max }}=\sqrt{2g\ell \left( 1-\cos {{\alpha }_{0}} \right)}=\sqrt{2.10.1\left( 1-\cos 5{}^\circ  \right)}=0,276\text{ m/s}\).

Số vòng cuộn sơ cấp không thay đổi, khi khóa k đóng chốt m, cuộn thứ cấp B có số vòng dây lớn nhất nên vôn kế có số chỉ lớn nhất.

Khoảng cách ngắn nhất giữa hai điểm dao động ngược pha với nhau trên cùng một phương truyền sóng là \(\Delta x=\frac{\lambda }{2}=2,5\Rightarrow \lambda =5\ cm\).

Vận tốc truyền sóng: \(v=\lambda f=5.25=125\text{ cm/s}=1,25\text{ m/s}\).

Ta có q và i vuông pha:

\({{\left( \frac{i}{{{I}_{0}}} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{q}{{{Q}_{0}}} \right)}^{2}}=1\Leftrightarrow {{\left( \frac{0,5{{I}_{0}}}{{{I}_{0}}} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{q}{{{Q}_{0}}} \right)}^{2}}=1\Rightarrow q=\frac{{{Q}_{0}}\sqrt{3}}{2}\).

Điện tích của mỗi quả cầu sau khi tiếp xúc: \(q=\frac{{{q}_{1}}+{{q}_{2}}}{2}=\frac{{{4.10}^{-8}}+1,{{4.10}^{-7}}}{2}={{9.10}^{-8}}C\).

Khoảng thời gian ngắn nhất giữa hai lần liên tiếp vật đi qua vị trí có li độ \(x=5\sqrt{3}\ cm\) là:

\(\Delta t=\frac{T}{6}=0,1\Rightarrow T=0,6\ s\).

Độ cứng của lò xo: \(k=\frac{2\text{E}}{{{A}^{2}}}=\frac{2.0,5}{0,{{1}^{2}}}=100\text{ N/m}\).

Để lực đàn hồi của lò xo kéo đầu cố định thì lò xo đang dãn, khi lực đàn hồi là 5N ta có:

\({{F}_{dh}}=k\text{x}\Rightarrow x=5\text{ (cm)}=\frac{A}{2}\).

Vậy khoảng thời gian ngắn nhất để lò xo kéo điểm cố định một lực 5N:

\({{t}_{\frac{A}{2}(+)\to \frac{A}{2}(-)}}=\frac{T}{6}+\frac{T}{6}=\frac{T}{3}=0,2\ \text{(s)}\).

Đoạn mạch chỉ chứa điện trở thuần có cường độ dòng điện cực đại:

\({{I}_{0}}=\frac{{{U}_{0}}}{R}=\frac{120\sqrt{2}}{50}=2,4\sqrt{2}\ A\).

Đoạn mạch chỉ chứa điện trở thuân thì dòng điện luôn cùng pha với điện áp: \({{\varphi }_{i}}={{\varphi }_{u}}=\frac{\pi }{3}ra\text{d}\).

Vậy phương trình dòng điện trong mạch: \(i=2,4\sqrt{2}\cos \left( 100\pi t+\frac{\pi }{3} \right)A\).

Tần số góc: \(\omega =\sqrt{\frac{g}{\ell }}=\sqrt{\frac{10}{1}}=\pi \text{ (rad/s)}\)

Áp dụng hệ thức độc lập với thời gian:

\(\frac{{{s}^{2}}}{S_{0}^{2}}+\frac{{{v}^{2}}}{v_{0}^{2}}=1\Leftrightarrow \frac{{{5}^{2}}}{{{10}^{2}}}+\frac{{{v}^{2}}}{{{\pi }^{2}}{{.10}^{2}}}=1\Rightarrow v=\frac{\sqrt{3}}{2}\pi .10=5\sqrt{3}\pi \text{ (cm/s)}=27\text{ (cm/s)}\).

Tại thời điểm \({{t}_{1}}\), ta có: \(N=20%{{N}_{0}}\Rightarrow {{N}_{0}}{{.2}^{\frac{-{{t}_{1}}}{T}}}=\frac{1}{5}{{N}_{0}}\Rightarrow {{2}^{\frac{-{{t}_{1}}}{T}}}=\frac{1}{5}\).

Tại thời điểm \({{t}_{2}}={{t}_{1}}+100\), ta có: \(N={{N}_{0}}{{2}^{-\frac{{{t}_{1}}+100}{T}}}=5%{{N}_{0}}\)

\(\Rightarrow {{2}^{\frac{-{{t}_{1}}}{T}}}{{.2}^{\frac{-100}{T}}}=\frac{1}{20}\Rightarrow \frac{1}{5}{{.2}^{\frac{-100}{T}}}=\frac{1}{20}\Rightarrow T=50\ s\).

Hiệu suất truyền tải: \(H=\frac{P-\Delta P}{P}\Rightarrow \Delta P=P\left( 1-H \right)=250\ 000\ (\text{W})\).

Công suất hao phí: \(\Delta P=\frac{{{P}^{2}}R}{{{U}^{2}}{{\cos }^{2}}\varphi }\Rightarrow R=\frac{\Delta P.{{U}^{2}}{{\cos }^{2}}\varphi }{{{P}^{2}}}=100\text{ (}\Omega \text{)}\).

Ta có: \(\frac{{{I}_{M}}}{{{I}_{N}}}=\frac{{{10}^{{{L}_{M}}}}}{{{10}^{{{L}_{N}}}}}={{10}^{{{L}_{M}}-{{L}_{N}}}}={{10}^{3}}=1000\).

Hiệu điện thế giữa hai đầu điện trở \({{R}_{1}}\): \({{U}_{1}}=I{{R}_{1}}=\frac{U}{{{R}_{1}}+{{R}_{2}}}{{R}_{1}}=4\ V\).

Khoảng vân là: \(i=\frac{\lambda D}{a}=\frac{0,64.2,5}{5}=0,32\ mm\).

Vân sáng bậc 3 tương ứng với \(k=\pm 3\).

Vị trí vân sáng bậc 3 trên màn là: \(x=ki=\pm 3.0,32=\pm 0,96\text{ mm}\).

Cảm kháng: \({{Z}_{L}}=2\pi fL=20\ \Omega \)

Ta có: \(\tan \varphi =\frac{{{Z}_{L}}}{R}=1\Rightarrow \varphi =\frac{\pi }{4}\).

Áp dụng công thức: \(H=\frac{n}{N}=\frac{\frac{{{I}_{bh}}}{\left| e \right|}}{\frac{P\lambda }{hc}}=\frac{{{I}_{bh}}.hc}{\left| e \right|.P\lambda }=0,2%\).

Cường độ dòng điện cực đại trong mạch: \({{I}_{0}}=\sqrt{\frac{C}{L}}{{U}_{0}}=\sqrt{\frac{{{3000.10}^{-12}}}{{{30.10}^{-6}}}}.6=0,06\ A\).

Để duy trì dao động điện từ trong mạch với hiệu điện thế cực đại trên tụ điện là 6V thì phải bù đắp một phần năng lượng đúng bằng phần năng lượng đã mất đi do tỏa nhiệt trên điện trở R.

Năng lượng cần cung cấp để duy trì dao động của mạch phải có công suất bằng công suất tỏa nhiệt trên điện trở:

\(P={{I}^{2}}R=\frac{I_{0}^{2}}{2}R=\frac{0,{{06}^{2}}}{2}1=1,{{8.10}^{-3}}\ \text{W}=1,8\ m\text{W}\).

Ta có: \(\frac{{{a}_{N}}}{{{a}_{M}}}=2\Rightarrow {{x}_{N}}=2{{\text{x}}_{M}}\).

Kết hợp với giả thuyết:

\(CM=4CN\Rightarrow {{x}_{C}}-{{x}_{M}}=4\left( {{x}_{N}}-{{x}_{C}} \right)\Rightarrow {{x}_{C}}=\frac{9}{5}{{x}_{M}}\Rightarrow {{a}_{C}}=\frac{9}{5}{{a}_{M}}=3,6\text{ m/}{{\text{s}}^{2}}\).

Khoảng thời gian ngắn nhất giữa hai lần liên tiếp vật đi qua vị trí có li độ \(x=5\sqrt{3}\ cm\) là:

\(\Delta t=\frac{T}{6}=0,1\Rightarrow T=0,6\ s\).

Lực kéo cực đại của lò xo tác dụng vào điểm cố định là: \({{F}_{\max }}=\frac{2E}{A}=\frac{2.0,5}{0,1}=10\ N\).

Vậy khoảng thời gian ngắn nhất để lò xo kéo điểm cố định một lực 5N là \(t=\frac{T}{3}=0,2\ s\).

Để chữa tật cận thị người này phải đeo kính phân kì có độ tụ \(D=-\frac{1}{{{C}_{V}}}\Rightarrow f=-50\ cm\).

Sau khi đeo kính, người này nhìn rõ được vật gần nhất ứng với ảnh của vật này qua thấu kính phải nằm tại điểm cực cận, tương ứng với \({d}'=-12,5\ cm\).

Ta có \(\frac{1}{d}+\frac{1}{{{d}'}}=\frac{1}{f}\Rightarrow d=16,7\ cm\).

Bán kính quỹ đạo dừng O và quỹ đạo dừng M lần lượt là \(25{{\text{r}}_{0}}\) và \(9{{\text{r}}_{0}}\).

Bán kính quỹ đạo giảm bớt là: \(25{{\text{r}}_{0}}-9{{\text{r}}_{0}}=16{{\text{r}}_{0}}\).

Hai nguồn cùng pha nên trung trực của \({{S}_{1}}{{S}_{2}}\) là một đường cực đại ứng với \(k=0\).

M là một cực đại giao thoa, giữa M và trung trực của \({{S}_{1}}{{S}_{2}}\) có 3 dãy cực tiểu khác → M là cực đại ứng với \(k=3\).

Ta có: \({{d}_{2}}-{{d}_{1}}=3\lambda \Rightarrow {{d}_{2}}-{{d}_{1}}=3\frac{v}{f}\)

\(\Rightarrow v=\frac{\left( {{d}_{2}}-{{d}_{1}} \right)f}{3}=120\text{ (cm/s)}\).

Khi dời S theo phương song song với \({{S}_{1}}{{S}_{2}}\) về phía \({{S}_{1}}\) thì vị trí vân trung tâm thay đổi một đoạn

\(\Delta y=\frac{\Delta x.D}{d}\Rightarrow d=\frac{\Delta x.D}{\Delta y}=\frac{1,{{5.10}^{-3}}.2,7}{4,{{5.10}^{-3}}}=0,9\ m\).

Dòng điện đặt trong từ trường có đường sức từ vuông góc với dây dẫn nên \(\alpha =90{}^\circ \).

Lực từ tác dụng lên đoạn dây:

\(F=BI\ell \sin \alpha \Rightarrow B=\frac{F}{I\ell \sin \alpha }=\frac{0,03}{0,{{75.10.10}^{-2}}.\sin 90}=0,4\ T\).

Ta có: \({{x}_{S}}=ki=k\frac{\lambda D}{a}\)

Lại có: \({{x}_{S}}=4\frac{{{\lambda }_{d}}D}{a}\Rightarrow k\lambda =4{{\lambda }_{d}}\Rightarrow \lambda =\frac{4{{\lambda }_{d}}}{k}=\frac{3,04}{k}(\mu m)\)

Mà: \(0,38\le \frac{3,04}{k}\le 0,76\Rightarrow 4\le k\le 8\)

\(\Rightarrow \) Tại vị trí đó còn có 4 vân sáng nữa của các ánh sáng đơn sắc.

Lực Cu-lông đóng vai trò lực hướng tâm nên \(F=\frac{m{{v}^{2}}}{r}=\frac{k{{e}^{2}}}{{{r}^{2}}}\to v=e\sqrt{\frac{k}{m\text{r}}}\).

Ta có: \(\frac{{{v}_{N}}}{{{v}_{K}}}=\sqrt{\frac{{{r}_{K}}}{{{r}_{N}}}}=\sqrt{\frac{{{r}_{0}}}{16{{\text{r}}_{0}}}}=\frac{1}{4}\to {{v}_{N}}=\frac{{{v}_{K}}}{4}=5,{{465.10}^{5}}\ \text{m/s}\).

Từ đồ thị, ta có điểm thấp nhất ứng với: \(i=-4\text{A}=-{{I}_{0}}\Rightarrow {{I}_{0}}=4\text{A}\).

Từ thời điểm \({{t}_{1}}=0,{{25.10}^{-2}}s\) đến thời điểm \({{t}_{2}}=1,{{25.10}^{-2}}s\) dòng điện giảm từ giá trị \({{I}_{0}}\) đến \(-{{I}_{0}}\) nên thời gian tương ứng là: \(\Delta t={{t}_{2}}-{{t}_{1}}=\frac{T}{2}\Rightarrow T=0,02\text{s}\Rightarrow \omega =100\pi \text{ rad/s}\).

Tại \(t=0\) có \(i=2\sqrt{2}A=\frac{{{I}_{0}}}{\sqrt{2}}\Rightarrow {{\varphi }_{0}}=\pm \frac{\pi }{4}\) và đang tăng \(\Rightarrow {{\varphi }_{0}}=-\frac{\pi }{4}\).

Vậy phương trình của i: \(i=4\cos \left( 100\pi t-\frac{\pi }{4} \right)A\).