Ta có: \(\text{W}={{\text{W}}_{d}}+{{\text{W}}_{t}}=\frac{1}{2}m{{v}^{2}}+\frac{1}{2}m{{\omega }^{2}}{{x}^{2}}=\frac{1}{2}m{{\omega }^{2}}{{A}^{2}}\)

Khi vật ở VTCB: \(\Rightarrow x=0\Rightarrow {{\text{W}}_{t}}=0\Rightarrow \text{W}={{\text{W}}_{d}}\)

Khoảng cách giữa hai điểm bụng liên tiếp là: \(\frac{\lambda }{2}=\frac{6}{2}=3cm\)

Ta có:

\({{I}_{0}}=\omega {{Q}_{0}}\Rightarrow \omega =\frac{{{I}_{0}}}{{{Q}_{0}}}\Rightarrow T=\frac{2\pi }{\omega }=2\pi \frac{{{Q}_{0}}}{{{I}_{0}}}\Rightarrow T=2\pi \frac{{{2.10}^{-6}}}{0,1\pi }={{4.10}^{-5}}s\)

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

Khoảng cách giữa hai vẫn sáng liên tiếp trên màn là: \(i=\frac{\lambda D}{a}=\frac{0,6.1,2}{1}=0,72mm\)

Ta có:

\(\frac{{{U}_{1}}}{{{U}_{2}}}=\frac{{{I}_{2}}}{{{I}_{1}}}\Rightarrow {{I}_{1}}=\frac{{{U}_{2}}.{{I}_{2}}}{{{U}_{1}}}=\frac{200.20}{5000}=0,8A\)

Dòng điện xoay chiều trong một đoạn mạch là \(i={{I}_{0}}\cos \left( \omega t+\varphi  \right)\left( {{I}_{0}}>0 \right)\)

Đại lượng \({{I}_{0}}\) được gọi là cường độ dòng điện cực đại.

Sóng điện từ lan truyền trong không gian, tại một điểm dao động của điện trường và từ trường luôn cùng pha.

Năng lượng của mỗi photon ánh sáng: \(\varepsilon =hf=\frac{hc}{\lambda }\)

Với mỗi ánh sáng đơn sắc khác nhau sẽ có tần số khác nhau, do đo có năng lượng khác nhau. 

\(\to \) Phát biểu sai: Năng lượng của các phôtôn ánh sáng như nhau.

Cơ năng của vật được tính bằng công thức:

\(W=\frac{1}{2}m{{\omega }^{2}}{{A}^{2}}.\)

Giới hạn quang điện của kim loại là: \({{\lambda }_{0}}=\frac{hc}{A}\)

Tại t = 0 vật ở VTCB.

Vật có vận tốc bằng 0 khi vật qua vị trí biên.

Biểu diễn trên VTLG ta có: 

Từ VTLG ta thấy thời điểm đầu tiên vật có vận tốc bằng 0 là: \(t=\frac{T}{4}\)

Công suất hao phí do tỏa nhiệt trên đường dây là: \({{P}_{hp}}=\frac{{{P}^{2}}r}{{{U}^{2}}}\)

Tia X dùng để nghiên cứu thành phần và cấu trúc của các vật rắn.

Dòng điện là dòng chuyển dời có hướng của các điện tích.

Trong máy phát điện xoay chiều một pha, phần cảm có 2 cặp cực, quay với tốc độ n vòng/phút.

Dòng điện do máy phát ra có tần số là: \(f=\frac{np}{60}\)

Bước sóng là khoảng cách giữa hai phần tử sóng gần nhau nhất trên phương truyền sóng dao động cùng pha.

Khối lượng chất phóng xạ còn lại là:

\(m={{m}_{0}}{{.2}^{-\frac{t}{T}}}={{100.2}^{-\frac{28}{7}}}=6,25g\)

Trong sóng cơ, tốc độ truyền sóng là tốc độ lan truyền dao động cơ trong môi trường.

Cường độ dòng điện hiệu dụng trong mạch là: \(I=\frac{U}{{{Z}_{C}}}\)

Dao động được ứng dụng trong thiết bị giảm xóc của ô tô là dao động tắt dần.

Ta có: \(\varepsilon =h{{f}_{nm}}={{E}_{n}}-{{E}_{m}}\Leftrightarrow \frac{hc}{{{\lambda }_{nm}}}={{E}_{n}}-{{E}_{m}}\Rightarrow {{\lambda }_{nm}}=\frac{hc}{{{E}_{n}}-{{E}_{m}}}\)

Thay số ta được: \({{\lambda }_{mn}}=\frac{6,{{625.10}^{-34}}{{.3.10}^{8}}}{\left( -1,5-\left( -3,4 \right) \right).1,{{6.10}^{-19}}}=0,{{654.10}^{-6}}m.\)

Hệ số công suất của mạch là: \(\cos \varphi =\frac{{{R}_{0}}}{\sqrt{{{R}_{0}}^{2}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=\frac{30}{\sqrt{{{30}^{2}}+{{\left( 20-60 \right)}^{2}}}}=\frac{3}{5}\)

Chùm sáng truyền từ không khí vào nước nên: \(\sin i=n\sin r\Rightarrow \sin r=\frac{\sin i}{n}\left( 1 \right)\)

Chiết suất của nước đối với các ánh sáng đơn sắc: \({{n}_{d}}<{{n}_{v}}<{{r}_{t}}\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow {{r}_{t}}<{{r}_{v}}<{{r}_{d}}\)

Khi một sóng âm truyền từ môi trường không khí vào môi trường nước thì tần số sóng không đổi. 

Cường độ điện trường có độ lớn: \(E=\frac{U}{d}=\frac{80}{0,4}=200V/m\)

Đại lượng đặc trưng cho mức độ bền vững của hạt nhân là năng lượng liên kết riêng.

Hạt nhân \(_{Z}^{A}X\) có số proton là Z.

Chiếu một chùm sáng đi qua một máy quang phổ lăng kính, chùm sáng lần lượt đi qua: ống chuẩn trực, hệ tán sắc, buồng tối. 

Trong nguyên tắc của việc thông tin liên lạc bằng sóng vô tuyến, để trộn dao động âm tần với dao động cao tần ta dùng mạch biến điệu. 

Biên độ của dao động tổng hợp: \(A=\sqrt{{{5}^{2}}+{{10}^{2}}.2.5.10.\cos \left( \pi +\frac{\pi }{3} \right)}=5\sqrt{3}cm\)

Cơ năng của vật là: \(\text{W}=\frac{1}{2}m{{\omega }^{2}}{{A}^{2}}=\frac{1}{2}.0,{{1}^{2}}{{.10}^{2}}.{{\left( 0,05\sqrt{3} \right)}^{2}}=37,5mJ\)

Ta có: 

\(\left\{ \begin{align} & {{L}_{A}}=10.\log \frac{P}{{{I}_{0}}.4\pi O{{A}^{2}}};{{L}_{B}}=10.\log \frac{P}{{{I}_{0}}.4\pi O{{B}^{2}}} \\ & {{L}_{I}}=10.\log \frac{P}{{{I}_{0}}.4\pi O{{I}^{2}}};OI=\frac{OB-OA}{2} \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{align} & {{L}_{A}}-{{L}_{I}}=20\log \left( \frac{OI}{OA} \right)=20\log \left( \frac{OA+OB}{2OA} \right)=20\log \left( \frac{1}{2}+\frac{OB}{2OA} \right) \\ & {{L}_{A}}-{{L}_{B}}=20\log \left( \frac{OB}{OA} \right)\Rightarrow \frac{OB}{OA}=100 \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow {{L}_{I}}=25,934\left( dB \right)\)

+ Cho \(\lambda =1\Rightarrow \left\{ \begin{align} & AB=6,6 \\ & AC=6,6\sqrt{2} \\ \end{align} \right.\)

+ M dao động với biên độ cực đại, cùng pha với nguồn: 

\(\left\{ \begin{align} & MA={{k}_{1}}\lambda ={{k}_{1}} \\ & MB={{k}_{2}}\lambda ={{k}_{2}} \\ \end{align} \right.;\)

với \({{k}_{1}}\) và \({{k}_{2}}\) là các số nguyên.

IC là đường trung tuyến của tam giác CAB nên:

\(C{{I}^{2}}=\frac{A{{C}^{2}}+C{{B}^{2}}}{2}-\frac{A{{B}^{2}}}{4}\Rightarrow CI=\sqrt{\frac{6,{{6}^{2}}.2+6,{{6}^{2}}}{2}-\frac{6,{{6}^{2}}}{4}}=7,38\)

MI là đường trung tuyến của tam giác MAB nên: \(M{{I}^{2}}=\frac{M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}}{2}-\frac{A{{B}^{2}}}{4}\)

M là 1 điểm nằm trong hình vuông ABCD nên:

+ \(MA<AC\Leftrightarrow {{k}_{1}}<6,6\sqrt{2}=9,33\Rightarrow {{k}_{1}}\le 9\)

+ \(MI<CI\Leftrightarrow \frac{M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}}{2}-\frac{A{{B}^{2}}}{4}<B{{C}^{2}}+B{{I}^{2}}\)

+ \(\frac{M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}}{2}-\frac{A{{B}^{2}}}{4}<A{{B}^{2}}+\frac{A{{B}^{2}}}{4}\Leftrightarrow \frac{M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}}{2}<1,5A{{B}^{2}}\Leftrightarrow \frac{M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}}{2}<1,5.6,{{6}^{2}}\)

\(\Rightarrow M{{A}^{2}}+M{{B}^{2}}<130,68\Leftrightarrow k_{1}^{2}+k_{2}^{2}<130,68\left( 1 \right)\)

+ \(M{{B}^{2}}+A{{B}^{2}}>M{{A}^{2}}\Rightarrow k_{2}^{2}+6,{{6}^{2}}>k_{1}^{2}\left( 2 \right)\)

+ \(MH=x\Rightarrow \sqrt{M{{A}^{2}}-{{x}^{2}}}+\sqrt{M{{B}^{2}}-{{x}^{2}}}=AB\Rightarrow \sqrt{k_{1}^{2}-{{x}^{2}}}+\sqrt{k_{2}^{2}-{{x}^{2}}}=6,6\left( 3 \right)\)

Xét các cặp k₁ và k₂ thỏa mãn (1); (2) và (3) ta tìm được: 

\({{k}_{1}}=8;{{k}_{2}}=6\Rightarrow MI=\sqrt{\frac{{{8}^{2}}+{{6}^{2}}}{2}-\frac{6,{{6}^{2}}}{4}}=6,2537\)

+ Khi đeo kính cách mắt 1cm, học sinh nhìn rõ các vật ở vô cực mà không phải điều tiết, nên ảnh của vật nằm 

điểm cực viễn của mắt, đồng thời ảnh nằm ở tiêu diện của kính, vậy tiêu cự của kính: 

\(f=-\left( 101-1 \right)=-100cm\)

+ Quan sát vật ở gần nhất khi đeo kính, ảnh của vật nằm ở cực cận của mắt, nên cách kính (11-1) cm, 

Ta có \(d{{'}_{C}}=-10cm\Rightarrow {{d}_{C}}=\frac{{{d}_{C}}'.f}{{{d}_{C}}'-f}=\frac{-10.-100}{-10+100}=11,11cm\)

Vậy vật gần nhất học sinh đó nhìn rõ cách mắt: \(11,11+1=12,11cm\)

Tại vị trí cộng hưởng: \({{\omega }_{0}}=\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{100}{0,25}}=20\left( rad/s \right)\)

Vì \({{\omega }_{1}}\) xa vị trí cộng hưởng hơn

\({{\omega }_{2}}\left( {{\omega }_{1}}<{{\omega }_{2}}<{{\omega }_{0}} \right)\) nên \({{A}_{1}}<{{A}_{2}}\)

\({{u}_{C}}\) chậm pha hơn u một góc \(\frac{\pi }{2}\Rightarrow i\) cùng pha với u 

\(\Rightarrow \) Mạch có cộng hưởng điện \(\Rightarrow P={{P}_{max}}=\frac{{{U}^{2}}}{R}=\frac{{{200}^{2}}}{100}=400W\)

Thay đổi L để \({{U}_{L}}={{U}_{L\max }}\) ta có:

\({{U}_{L}}\left( {{U}_{L}}-{{U}_{C}} \right)={{U}^{2}}\Leftrightarrow {{U}_{L}}\left( {{U}_{L}}-200 \right)={{\left( 50\sqrt{5} \right)}^{2}}\Leftrightarrow U_{L}^{2}-200{{U}_{L}}-12500=0\Rightarrow {{U}_{L}}=250V\)

Lại có: \({{U}^{2}}=U_{R}^{2}+{{\left( {{U}_{L}}-{{U}_{C}} \right)}^{2}}\Rightarrow {{U}_{R}}=100V\)

Cường độ dòng điện hiệu qua mạch: \(I=\frac{{{U}_{R}}}{R}=\frac{100}{100}=1\left( A \right)\Rightarrow {{I}_{0}}=\sqrt{2}\left( A \right)\)

Độ lệch pha giữa u và i:

\(\tan \varphi  = \frac{{{U_L} - {U_C}}}{{{U_R}}} = \frac{{250 - 200}}{{100}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \varphi  = 0,436\left( {rad} \right)\)

\({{\varphi }_{u}}-{{\varphi }_{i}}=0,4636\Rightarrow {{\varphi }_{i}}={{\varphi }_{u}}-0,4636=-0,4636rad\)

Áp dụng định luật bảo toàn cho hệ hai vật ngay trước và sau va chạm ta có: 

\(mv=\left( M+m \right){{v}_{max}}\Rightarrow {{v}_{max}}=\frac{mv}{M+m}=\frac{1.2}{3+1}=0,5m/s\)

Tần số góc của hệ dao động: \(\omega =\sqrt{\frac{k}{m+M}}=\sqrt{\frac{100}{1+3}}=5rad/s\)

Lại có: \({{v}_{max}}=\omega A\Leftrightarrow 0,5=5.A\Rightarrow A=0,1m=10cm\)

Sử dụng công thức tính chu kì dao động điều hòa của con lắc đơn ta có: 

\(T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}\Rightarrow {{T}^{2}}=4{{\pi }^{2}}.\frac{l}{g}=\left( \frac{4{{\pi }^{2}}}{g} \right)l\)

Ta có: \(\frac{4{{\pi }^{2}}}{g}=\tan \alpha \Rightarrow g=\frac{4{{\pi }^{2}}}{\tan \alpha }=\frac{4.3,{{14}^{2}}}{\tan 76}=9,83m/{{s}^{2}}\)

Khi\(\omega \) thay đổi:

1) U_Lmax khi \({{\omega }_{L}}=\frac{1}{C{{Z}_{r}}}\)chuẩn hoá

\(\left\{ \begin{align} & {{Z}_{C}}=1 \\ & {{Z}_{L}}=n \\ & R=\sqrt{2n-2} \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow {{U}_{Lmax}}=\frac{U}{\sqrt{1-{{n}^{-2}}}}\)

2) U_Cmax khi \({{\omega }_{L}}=\frac{{{Z}_{r}}}{L}\)chuẩn hoá

\(\left\{ \begin{align} & {{Z}_{L}}=1 \\ & {{Z}_{C}}=n \\ & R=\sqrt{2n-2} \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow {{U}_{Cmax}}=\frac{U}{\sqrt{1-{{n}^{-2}}}}\)

Với \(n=\frac{{{\omega }_{L}}}{{{\omega }_{C}}}=\frac{1}{1-\frac{{{R}^{2}}C}{2L}}>1\)

3) U_L = U khi \({{\omega }_{1}}=\frac{{{\omega }_{L}}}{\sqrt{2}}\)

4) U_C = U khi \({{\omega }_{2}}={{\omega }_{C}}\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow n=\frac{{{\omega }_{L}}}{{{\omega }_{C}}}=\frac{{{\omega }_{1}}\sqrt{2}}{{{\omega }_{2}}/\sqrt{2}}=1,4\Rightarrow {{U}_{L\max }}=\frac{U}{\sqrt{1-{{n}^{-2}}}}=\frac{100}{\sqrt{1-1,{{4}^{-2}}}}\approx 143\left( V \right)\)