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

Khi ló ra khỏi ống chuẩn trực, chùm ánh sáng phát ra từ nguồn S 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.

Thế năng, của con lắc đơn: \({{W}_{t}}=mg\ell \left( 1-\cos \alpha  \right)\).

Lực hạt nhân là lực tương tác giữa các nuclôn trong hạt nhân. Lực hạt nhân không phải là lực tĩnh điện, nó không phụ thuộc vào điện tích của nuclôn. ® B sai

Ánh sáng phát ra từ bóng đèn dây tóc là ánh sáng trắng, quang phổ của ánh sáng trắng là quang phổ liên tục, gồm một dải ánh sáng có màu thay đổi một cách liên tục từ đỏ đến tím.

Đối với mạch điện xoay chiều chỉ có cuộn cảm, cuộn cảm có tác dụng cản trở dòng điện, dòng điện có tần số càng lớn càng bị cản trở nhiều.

Hiệu điện thế giữa hai bản tụ điện và cường độ dòng điện qua cuộn dây biến thiên điều hòa cùng tần số, vuông pha với nhau.

Một sóng âm truyền từ không khí vào nước thì tần số sóng luôn không đổi, vận tốc truyền sóng tăng nên bước sóng cũng tăng.

Năng lượng của các phôtôn ánh sáng phụ thuộc vào tần số của ánh sáng.

Ứng dụng của tia X:

Tia X dùng để chiếu điện, chụp điện để chẩn đoán xương gãy, mảnh kim loại trong người, chữa bệnh ung thư.

Trong công nghiệp, tia X được dùng để kiểm tra chất lượng các vật đúc, tìm vết nứt, các bọt khí trong các vật bằng kim loại.

Tần số của lò xo: \(f=\frac{\omega }{2\omega }=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{k}{m}}\Leftrightarrow 5=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{k}{0,2}}\)

Độ cứng của lò xo: \(k=200N\text{/}m\).

Công của lực điện \(A=qEd={{1.10}^{-6}}.1000.1=1mJ\)

Khoảng cách ngắn nhất giữa hai điểm dao động ngược pha trên cùng một phương truyền sóng là nửa bước sóng.

Ta có: \({{\varphi }_{e}}-{{\varphi }_{\Phi }}=\frac{-\pi }{2}\to {{\varphi }_{e}}=\frac{\pi }{6}-\frac{\pi }{2}=-\frac{\pi }{3}rad\).

Biên độ của dao động tổng hợp:

\(A=\sqrt{A_{1}^{2}+A_{2}^{2}+2{{A}_{1}}{{A}_{2}}\cos \Delta \varphi }=\sqrt{{{6}^{2}}+{{8}^{2}}+2.6.8.\cos \left( \frac{\pi }{6}-\frac{\pi }{2} \right)}=\sqrt{148}cm\).

Tốc độ cực đại: \({{v}_{0}}=\omega A=10.\sqrt{148}=122\left( cm\text{/}s \right)=1.22\left( m\text{/}s \right)\).

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

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

Số hạt nhân bị phân rã sau 3 năm là:

\(N={{N}_{0}}.\left( 1-{{2}^{-\frac{t}{T}}} \right)\Rightarrow 0,875{{N}_{0}}={{N}_{0}}.\left( 1-{{2}^{-\frac{3}{T}}} \right)\)

\(\Rightarrow \left( 1-{{2}^{-\frac{3}{T}}} \right)=0,875\Rightarrow {{2}^{-\frac{3}{T}}}=0,125\Rightarrow T=1\) (năm).

Tần số dao động riêng của con lắc đơn: \(f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{g}{\ell }}=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{{{\pi }^{2}}}{1}}=0,5Hz\)

Như vậy khi tần số ngoại lực tăng từ 0,2 Hz đến 2 Hz thì:

Từ 0,2 Hz đến 0,5 Hz thì biên độ dao động tăng.

Từ 0,5 Hz đến 2 Hz thì biên độ giảm.

Vậy biên độ sẽ tăng rồi giảm khi tần số ngoại lực tăng từ 0,2 Hz đến 2 Hz.

Điện tích của tụ: \(q=CU=10\text{ }\mu C\).

Bước sóng \(\lambda =\frac{v}{f}=0,5\left( m \right)=50\left( cm \right)\).

Ta có sóng dừng trên dây:

Điểm M₁ nằm trên bó 1, điểm M₄ nằm trên bó 4 nên chúng dao động ngược pha => A đúng.

Điểm M₂ nằm trên bó 2 và M₄ nằm trên bó 4 nên chúng dao động cùng pha => B đúng.

Điểm M₂ và M₃ nằm trên hai bó liền kề nên dao động ngược pha nhau => C đúng.

Điểm M₂ nằm đúng tại bụng nên biên độ lớn nhất => D sai.

Ta có: \(f=\frac{v}{\lambda }\) ⇒ v tỉ lệ thuận với l.

Lại có: \({{v}_{n}}>{{v}_{k}}\Rightarrow {{\lambda }_{n}}>{{\lambda }_{k}}\) ⇒ Bước sóng của sóng cơ giảm.

Do: \({{v}_{n}}<{{v}_{k}}\Rightarrow {{\lambda }_{n}}<{{\lambda }_{k}}\) ⇒ Bước sóng điện từ tăng.

Vật ở gần kính nhất cho ảnh ảo ở \({{C}_{c}}\), ta có:

\(\frac{1}{{{d}_{1}}}+\frac{1}{-O{{C}_{C}}}=\frac{1}{f}\Leftrightarrow \frac{1}{{{d}_{1}}}+\frac{1}{-0,5}=20\Rightarrow {{d}_{1}}=\frac{1}{22}m=4,55cm\).

Vật xa kính nhất cho ảnh ảo ở \({{C}_{v}}\), ta có:

\(\frac{1}{{{d}_{2}}}+\frac{1}{-O{{C}_{v}}}=\frac{1}{f}\Leftrightarrow \frac{1}{{{d}_{2}}}+\frac{1}{-\infty }=20\Rightarrow {{d}_{2}}=\frac{1}{20}m=5cm\).

Vật vậy nằm trong khoảng tử 4,55cm đến 5cm

\(\Rightarrow 4,55cm\le d\le 5cm\).

Điện áp hiệu dụng ở hai đầu đoạn mạch:

\(U=\sqrt{U_{R}^{2}+{{\left( {{U}_{L}}-{{U}_{C}} \right)}^{2}}}=\sqrt{{{60}^{2}}+{{\left( 100-40 \right)}^{2}}}=60\sqrt{2}\text{ }V\).

Điện áp cực đại ở hai đầu đoạn mạch: \({{U}_{0}}=U\sqrt{2}=120V\).

Khoảng cách giữa 4 vân sáng liên tiếp là \(3i\Rightarrow 3i=4mm\Rightarrow i=\frac{4}{3}mm\).

Số vân tối quan sát được trong khoảng từ M đến N là số giá trị k thỏa mãn:

\({{x}_{M}}\le \left( k+\frac{1}{2} \right)i\le {{x}_{N}}\Leftrightarrow 3\le \left( k+\frac{1}{2} \right).\frac{4}{3}\le 9\Leftrightarrow 1,75\le k\le 6,25\Rightarrow k=2,3,...,6\)

=> Có 5 giá trị k thỏa mãn. Vậy trong khoảng từ M đến N có 5 vân tối.

Ta có động năng: \({{W}_{}}=\frac{1}{2}m{{v}^{2}}\)

Động năng giảm 4 lần => Vận tốc của nguyên tử giảm 2 lần

Ta có: \({{F}_{}}={{F}_{ht}}\Leftrightarrow k\frac{{{e}^{2}}}{{{r}^{2}}}=m\frac{{{v}^{2}}}{r}\Rightarrow {{v}^{2}}=k\frac{{{e}^{2}}}{m}\frac{1}{r}\)

v gảm 2 lần => r tăng 4 lần

Mà: \({{r}_{n}}={{n}^{2}}{{r}_{0}}\) => n tăng 2 lần hay nói cách khác, nguyên tử chuyển động từ quỹ đạo K lên quỹ đạo L

Ta có: \(\varepsilon ={{E}_{L}}={{E}_{K}}=-\frac{13,6}{{{2}^{2}}}-\left( \frac{13,6}{{{1}^{2}}} \right)=10,2eV\)

Mà \(\varepsilon =\frac{hc}{\lambda }\Rightarrow \lambda =1,{{2178.10}^{-7}}m\).

Ta có: \({{I}_{A}}={{I}_{1}}=\frac{1}{3}A\Rightarrow {{U}_{1}}={{I}_{1}}{{R}_{1}}=\frac{1}{3}.12=4V\)

Lại có: \({{U}_{12}}={{U}_{1}}={{U}_{2}}\)

\({{I}_{12}}=I=\frac{{{U}_{12}}}{{{R}_{12}}}{{R}_{12}}=\frac{{{R}_{1}}{{R}_{2}}}{{{R}_{1}}+{{R}_{2}}}=4\Omega \Rightarrow I=\frac{4}{4}=1A\)

Mặt khác: \(I=\frac{E}{{{R}_{N}}+r}\Leftrightarrow 1=\frac{8}{{{R}_{N}}+1}\Rightarrow {{R}_{N}}=7\Omega \)

Điện trở mạch ngoài:

\({{R}_{N}}=\frac{{{R}_{1}}+{{R}_{2}}}{{{R}_{1}}+{{R}_{2}}}+{{R}_{3}}=7\Omega \Rightarrow {{R}_{3}}=3\Omega \)

Nhiệt lượng tỏa ra trên \({{R}_{3}}\) trong \(t=10'=600s\) là:

\(Q={{I}^{2}}.{{R}_{3}}t={{1}^{2}}.3.600=1800J=1,8kJ\).

Năng lượng kích hoạt (là năng lượng cần thiết để giải phóng một êlectron liên kết thành êlectron dẫn):

\({{A}_{0}}\left( eV \right)=\frac{hc}{{{\lambda }_{0}}.1,{{6.10}^{-19}}}=\frac{6,{{625.10}^{-34}}{{.3.10}^{8}}}{1,{{88.10}^{-6}}.1,{{6.10}^{-19}}}\approx 0,6607\left( eV \right)\)

Khối lượng tương đối tính xác định bởi: \(m=\frac{{{m}_{0}}}{\sqrt{1-\frac{{{v}^{2}}}{{{c}^{2}}}}}\)

Thay số, xác định được: \(m=\frac{9,{{1.10}^{-31}}}{\sqrt{1-\frac{{{\left( 1,{{2.10}^{8}} \right)}^{2}}}{{{\left( {{3.10}^{8}} \right)}^{2}}}}}=9,{{93.10}^{-31}}kg\).

Cảm ứng từ tại điểm M trước và sau khi thay đổi cường độ dòng điện là:

\(\left\{ \begin{align} & {{B}_{1}}={{2.10}^{-7}}.\frac{{{I}_{1}}}{r} \\ & {{B}_{2}}={{2.10}^{-7}}.\frac{{{I}_{2}}}{r} \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow \frac{{{B}_{2}}}{{{B}_{1}}}=\frac{{{I}_{2}}}{{{I}_{1}}}\Rightarrow \frac{{{B}_{2}}}{0,{{5.10}^{-6}}}=\frac{5+15}{5}\Rightarrow {{B}_{2}}={{2.10}^{-6}}\left( T \right)=2\left( \mu T \right)\)

Lực đàn hồi của lò xo đạt cực đại ở biên dưới nên khoảng thời gian liên tiếp giữa hai lần lực đàn hồi cực đại là chu kì T. Từ đồ thị ta thấy T = 0,6 s.

Lực đàn hồi bằng 0 khi đi qua vị trí lò xo không biến dạng.

Từ đồ thị ta thấy khoảng thời gian giữa 2 lần lực đàn hồi có độ lớn bằng 0 là:

\(\Delta t=0,4-0,2=0,2\left( s \right)=\frac{T}{3}\)

Góc quét tương ứng là: \(\Delta \varphi =\omega .\Delta t=\frac{2\pi }{T}.\frac{T}{3}=\frac{2\pi }{3}\)

Ta có vòng tròn lượng giác:

Từ vòng tròn lượng giác, ta có: \(\Delta {{\ell }_{0}}=A\cos \frac{\pi }{3}=\frac{A}{2}\)

Chu kì của con lắc là: \(T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}=2\sqrt{\frac{\Delta {{\ell }_{0}}}{g}}=0,6\left( s \right)\)

\(\Rightarrow 2\pi \sqrt{\frac{A}{2g}}=0,6\Rightarrow 2\sqrt{10}.\sqrt{\frac{A}{2.10}}=0,6\Rightarrow A=0,18\left( m \right)\)

Độ lớn lực đàn hồi cực đại là: \({{F}_{h\max }}=k\left( A+\Delta {{\ell }_{0}} \right)=k.\frac{3A}{2}\Rightarrow k.\frac{3.0,18}{2}=9\Rightarrow k=\frac{100}{3}\left( N\text{/}m \right)\)

Cơ năng của vật là: \(\text{W}=\frac{1}{2}k{{A}^{2}}=\frac{1}{2}.\frac{100}{3}.0,{{18}^{2}}=0,54\left( J \right)\).

Dòng điện lệch pha \(\frac{\pi }{3}\) so với điện áp giữa hai đầu cuộn dây chứng tỏ cuộn dây có điện trở r.

Biểu diễn vectơ các điện áp như hình vẽ.

Từ hình vẽ, ta có: \(\widehat{OAB}=\frac{\pi }{3}-\frac{\pi }{6}=\frac{\pi }{6}\Rightarrow \Delta OAB\) cân tại B

\(\Rightarrow {{U}_{R}}={{U}_{d}}\)

Vậy điện áp hiệu dụng giữa hai đầu mạch: \(u=2{{U}_{d}}\cos 30{}^\circ =60\sqrt{3}V\).

\(P={{N}_{\overset{o}{\mathop{a}}\,}}\varepsilon ={{N}_{\varepsilon }}\frac{hc}{\lambda }\to {{N}_{\varepsilon }}=\frac{P.\lambda }{hc}\) thay số tính được \({{N}_{\varepsilon }}=2,{{72.10}^{18}}\) phôtôn/s.

Chu kì của mạch dao động LC: \(T=\frac{2\pi }{\omega }={{10}^{-6}}s\).

Tại thời điểm t = 0, điện tích trên tụ \(q={{Q}_{0}}\sin 0=0\).

Tại thời điểm điện trường bằng từ trường có:

\({{W}_{L}}={{W}_{c}}\Rightarrow {{\text{W}}_{c}}=\frac{1}{2}\text{W}\Rightarrow \frac{1}{2}\frac{1}{2}\frac{Q_{0}^{2}}{C}\Rightarrow q=\pm \frac{{{Q}_{0}}}{\sqrt{2}}\).

Vậy thời điểm năng lượng từ bằng năng lượng điện đầu tiên là: \(\Delta t={{t}_{0\to \frac{{{Q}_{o}}}{\sqrt{2}}}}=\frac{T}{8}=1,{{25.10}^{-7}}s\).

Ta có: \(A=\frac{hc}{\lambda }=66,{{25.10}^{-20}}J\).

Điểm có biên độ 1 cm cách bụng gần nhất một khoảng x thỏa mãn:

\(A={{A}_{0}}\left| \cos \left( \frac{2\pi x}{\lambda } \right) \right|\)

\(\Rightarrow 1=2\left| \cos \left( \frac{2\pi x}{\lambda } \right) \right|\Rightarrow x=\frac{\lambda }{6}\)

Vậy khoảng cách giữa hai điểm có cùng biên độ 1cm là:

\(d=2x=\frac{\lambda }{3}\Rightarrow 10=\frac{\lambda }{3}\Rightarrow \lambda =30cm\).

Vậy tốc độ truyền sóng trên dây là: \(v=\lambda .f=150cm\text{/}s=1,5m\text{/}s\).

Tại thời điểm \({t}'=t+\frac{1}{600}s\) dòng điện đang bằng 0 và giảm.

⇒ Thời điểm t ứng với góc lùi \(\Delta \varphi =\omega \Delta t=100\pi \frac{1}{600}=\frac{\pi }{6}rad\).

⇒ Biểu diễn tương ứng trên đường tròn ⇒ pha của dòng điện tại thời điểm t là \({{\left( {{\varphi }_{i}} \right)}_{t}}=\frac{\pi }{3}\).

Tại thời điểm t: \(u={{U}_{0}}=200V\) ⇒ pha của điện áp tại thời điểm t là \({{\left( {{\varphi }_{u}} \right)}_{t}}=0\).

\(\to \Delta \varphi ={{\left( \Delta {{\varphi }_{u}} \right)}_{t}}-{{\left( \Delta {{\varphi }_{i}} \right)}_{t}}=0-\frac{\pi }{3}=-\frac{\pi }{3}\).

Phương trình vận tốc của hai chất điểm:

\(\left\{ \begin{align} & {{v}_{1}}=20\pi \cos \left( 5\pi t+\frac{\pi }{2} \right) \\ & {{v}_{1}}=20\pi \sqrt{3}\cos \left( 5\pi t+\frac{\pi }{6}+\frac{\pi }{2} \right)=20\pi \sqrt{3}\cos \left( 5\pi t+\frac{2\pi }{3} \right) \\ \end{align} \right.\)

Ta có: \(d={{x}_{1}}-{{x}_{2}}=A\cos \left( \omega t+\varphi  \right)\)

Với: \(\tan \varphi =\frac{4\sin 0-4\sqrt{3}\sin \frac{\pi }{6}}{4\cos 0-4\sqrt{3}\cos \frac{\pi }{6}}=\sqrt{3}\Rightarrow \varphi =\frac{\pi }{3}\Rightarrow d=A\cos \left( 5\pi t+\frac{\pi }{3} \right)\Rightarrow {{d}_{\max }}=A\Leftrightarrow d=\pm A\)

Thời điểm đầu tiên t hai điểm sáng cách xa nhau nhất được biểu diễn trên đường tròn lượng giác:

Góc quét được: \(\alpha =\frac{\pi }{6}+\frac{\pi }{2}=\frac{2\pi }{3}\Rightarrow t=\frac{\alpha }{\omega }=\frac{\frac{2\pi }{3}}{5\pi }=\frac{2}{25}s\).

Tại \(t=\frac{2}{15}s\) tỉ số vận tốc của chất điểm 1 so với chất điểm 2:

\(\frac{{{v}_{1}}}{{{v}_{2}}}=\frac{20\pi \cos \left( 5\pi .\frac{2}{15}+\frac{\pi }{2} \right)}{20\pi \sqrt{3}\cos \left( 5\pi .\frac{2}{15}+\frac{2\pi }{3} \right)}=\frac{-\frac{\sqrt{3}}{2}}{-\frac{\sqrt{3}}{2}}=1\).

Vị trí vân sáng thỏa mãn điều kiện: \({{x}_{s}}={{k}_{1}}{{i}_{1}}\)

Vị trí vân tối thỏa mãn điều kiện: \({{x}_{t}}=\left( {{k}_{2}}+\frac{1}{2} \right){{i}_{2}}\).

Vì vân sáng trùng với vị trí vân tối nên ta có: \(\frac{2{{k}_{2}}+1}{{{k}_{1}}}=\frac{2{{i}_{1}}}{{{i}_{2}}}=\frac{2{{\lambda }_{1}}}{{{\lambda }_{2}}}=\frac{c}{b}=\frac{5}{2}\).

Vị trí vân trùng: \({{x}_{\equiv }}=b\left( 2k+1 \right){{i}_{1}}=2\left( 2k+1 \right)0,5.\frac{2}{2}=\left( 2k+1 \right)\).

Số vân trùng nhau trong đoạn MN thỏa mãn điều kiện:

\({{x}_{M}}\le {{x}_{\equiv }}\le {{x}_{N}}\Leftrightarrow 5,5\le \left( 2k+1 \right)\le 35,5\Rightarrow 2,25\le k\le 17,25\)

\(\Rightarrow k=3,4,...,16,17\).

=> có 15 giá trị k thỏa mãn.

Vậy trên đoạn MN có 15 vị trí mà tại đó vân tối của bức xạ \({{\lambda }_{2}}\) trùng với vân sáng của bức xạ \({{\lambda }_{1}}\).

Bước sóng \(\lambda =\frac{v}{f}=6cm\).

Điều kiện để một điểm M bất kì có biên độ cực đại với hai nguồn ngược pha: \({{d}_{2}}-{{d}_{1}}=\left( n+\frac{1}{2} \right)\lambda =6n+3\).

Số điểm dao động với biên độ cực đại trong đoạn\({{S}_{1}}{{S}_{2}}\) bằng số giá trị n nguyên, thỏa mãn: \(-30<6n+3<30\Rightarrow -5,5<n<4,5\).

M thuộc đường tròn, gần \({{S}_{2}}\) nhất M nằm trên cực đại với \(n=-5\).

\(\Rightarrow {{d}_{2\min }}-{{d}_{1}}=6n+3\Leftrightarrow {{d}_{2\min }}-30=6.\left( -5 \right)+3\Rightarrow {{d}_{2\min }}=3cm\).

Từ đồ thị ta thấy 2 ô ứng với tần số 25Hz suy ra 1 ô ứng với tần số 12,5 Hz.

Với \({{f}_{1}}=25\text{ }Hz\) và \({{f}_{2}}=75\text{ }Hz\), công suất tiêu thụ trên mạch có cùng giá trị:

\({{P}_{1}}={{P}_{2}}\Rightarrow \frac{{{U}^{2}}R}{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{{{L}_{1}}}}-{{Z}_{{{C}_{1}}}} \right)}^{2}}}=\frac{{{U}^{2}}R}{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{{{L}_{2}}}}-{{Z}_{{{C}_{2}}}} \right)}^{2}}}\)

\(\Rightarrow {{\left( {{Z}_{{{L}_{1}}}}-{{Z}_{{{C}_{1}}}} \right)}^{2}}={{\left( {{Z}_{{{L}_{2}}}}-{{Z}_{{{C}_{2}}}} \right)}^{2}}\)

Lại có: \({{f}_{2}}=3{{f}_{1}}\Rightarrow \left\{ \begin{align} & {{Z}_{{{L}_{2}}}}=3{{Z}_{{{L}_{1}}}} \\ & {{Z}_{{{C}_{2}}}}=\frac{1}{3}{{Z}_{{{C}_{1}}}} \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow {{\left( {{Z}_{{{L}_{1}}}}-{{Z}_{{{C}_{1}}}} \right)}^{2}}={{\left( 3{{Z}_{{{L}_{1}}}}-\frac{1}{3}{{Z}_{{{C}_{1}}}} \right)}^{2}}\)

\(\Rightarrow \left( \begin{align} & {{Z}_{{{L}_{1}}}}-{{Z}_{{{C}_{1}}}}=3{{Z}_{{{L}_{1}}}}-\frac{1}{3}{{Z}_{{{C}_{1}}}}\Rightarrow -2{{Z}_{{{L}_{1}}}}=\frac{2}{3}{{Z}_{{{C}_{1}}}} \\ & {{Z}_{{{L}_{1}}}}-{{Z}_{{{C}_{1}}}}=-3{{Z}_{{{L}_{1}}}}+\frac{1}{3}{{Z}_{{{C}_{1}}}}\Rightarrow 4{{Z}_{{{L}_{1}}}}=\frac{4}{3}{{Z}_{{{C}_{1}}}}\Rightarrow {{Z}_{{{C}_{1}}}}=3{{Z}_{{{L}_{1}}}}=3m \\ \end{align} \right.\)

Khi tần số \({{f}_{1}}=25\text{ }Hz\), độ lệch pha giữa cường độ dòng điện và điện áp giữa hai đầu đoạn mạch là:

\(\varphi =\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{3}=\frac{\pi }{6}\Rightarrow \cos \frac{\pi }{6}=\frac{R}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( m-3m \right)}^{2}}}}\)

\(\Rightarrow \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{R}{\sqrt{{{R}^{2}}+4{{m}^{2}}}}\Rightarrow 3{{R}^{2}}+12{{m}^{2}}=4{{R}^{2}}\Rightarrow R=2\sqrt{3}m\)

Khi tần số

\({{f}_{3}}=12,5\left( Hz \right)=0,5{{f}_{1}}\Rightarrow \left\{ \begin{align} & {{Z}_{{{L}_{3}}}}=0,5{{Z}_{{{L}_{1}}}}=0,5m \\ & {{Z}_{{{C}_{3}}}}=2{{Z}_{{{C}_{1}}}}=6m \\ \end{align} \right.\)

Công suất tiêu thụ trên mạch là:

\(\left\{ \begin{align} & {{P}_{3}}=\frac{{{U}^{2}}.2\sqrt{3}m}{{{\left( 2\sqrt{3}m \right)}^{2}}+{{\left( 0,5m-6m \right)}^{2}}}=\frac{{{U}^{2}}.2\sqrt{3}m}{42,25{{m}^{2}}} \\ & {{P}_{1}}=\frac{{{U}^{2}}.2\sqrt{3}m}{{{\left( 2\sqrt{3}m \right)}^{2}}+4{{m}^{2}}}=\frac{{{U}^{2}}.2\sqrt{3}m}{16{{m}^{2}}}=50 \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow \frac{{{P}_{3}}}{{{P}_{1}}}=\frac{16{{m}^{2}}}{42,25{{m}^{2}}}=\frac{16}{42,25}\Rightarrow {{P}_{3}}=\frac{16}{42,25}{{P}_{1}}=18,93\left( \text{W} \right)\).