Đại lượng (ωt + φ) là pha dao động.

Vật đổi chiều chuyển động khi vật chuyển động qua vị trí biên độ, ở vị trí đó lực phục hồi tác dụng lên vật đạt giá trị cực đại.

So sánh phương trình dao động x = 6cos(4πt)cm với phương trình tổng quát của dao động điều hoà x = Acos(ωt + φ) ta thấy biên độ dao động của vật là A = 6cm.

Tốc độ sóng được tính bằng công thức v=λ/T mà f=1/T nên v= λf.

Từ biểu thức u = 141cos(100πt)V, suy ra điện áp hiệu dụng U = 100V và tần số góc ω = 100π (rad/s). Dung kháng của tụ điện được tính theo công thức \({{Z}_{C}}=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{2\pi fC}\).Cường độ dòng điện trong mạch I₀ = U₀ /Zc = 141/10 = 1,41 = \(\sqrt{2}\)A.

Suy ra cường độ dòng điện qua tụ có giá trị hiệu dụng là: I = \(\frac{{{I}_{0}}}{\sqrt{2}}=\) 1 A.

Đại lượng  cosφ được gọi là hệ số công suất của mạch điện xoay chiều.

Ta có:

\(E=\frac{{{E}_{0}}}{\sqrt{2}}=\frac{N\omega {{\Phi }_{0}}}{\sqrt{2}}=\frac{1000.100\pi {{.0,5.10}^{-3}}}{\sqrt{2}}=111V\)

Áp dụng công thức tính tần số dao động của mạch \(f=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}\), thay L = 2mH = 2.10^-3H, C = 2pF = 2.10^-12F và π² = 10 ta được f = 2,5.10⁶H = 2,5MHz.

Chu kì của mạch dao động LC là \(T=2\pi \sqrt{LC}\), nên khi tăng điện dung C của tụ điện lên 4 lần thì chu kì dao động của mạch tăng lên 2 lần.

Chiếc suất của thủy tinh đối với ánh sáng thì tỉ lệ nghịch bước sóng.

Tia X có cùng bản chất với tia tử ngoại.

Với ánh sáng đơn sắc có tần số f thì mỗi phôtôn của ánh sáng đó mang năng lượng là E=hf

Hạt nhân \({}_{6}^{11}C\) phóng xạ b⁺ có hạt nhân con là  \({}_{5}^{11}B\)

Công thức tính số hạt nhân X còn lại sau phân rã:

\(N={{N}_{0}}{{e}^{-\lambda t}}.\)

Áp dụng công thức: E=U/d=3000 V/m.

Độ lớn cảm ứng từ do dòng điện này gây ra tại một điểm cách dây dẫn 0,1 m là \({{2,4.10}^{-6}}\,T.\)

Chu kì dao động của con lắc là 2s

Con lắc dao động với tần số góc là 4π rad/s.    

Vì hai điểm gần nhau nhất và dao động cùng  pha nên ta có: d = l = 2,5m.

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu điện trở bằng 60V

Ta có:

\(i=\frac{\lambda D}{a}=\frac{{{0,7.10}^{-6}}.1,5}{{{0,35.10}^{-3}}}={{3.10}^{-3}}m=3mm\)

Bức xạ thuộc miền tử ngoại có bước sóng là 310 nm.  

Công thức liên hệ giữa giới hạn quang điện l_o, công thoát A, hằng số plăng h và tốc độ ánh sáng c là: l_o.A = h.c

Ta có \(m={{m}_{o}}{{.2}^{-k}}={{100.2}^{-7}}=0,78g\)

\({}_{1}^{2}D\) có 1prôtôn và 1nơtrôn

Tổng khối lượng ban đầu: m_o = m_n + m_p = 2,016u

Độ hụt khối: Dm = m_o – m_D = 0,0024u

Năng lượng liên kết hạt nhân: DE = Dm . c² = 0,0024.931 = 2,2344MeV.

Năng lượng liên kết riêng: DE_o = \(\frac{\Delta \text{E}}{\text{A}}=\frac{2,2344}{2}=1,1172MeV\).

Hạt nhân \({}_{92}^{238}U\) có cấu tạo gồm: 92p và 146n.

Công suất của nguồn điện là: P= U.I=I².RN=I²(R+r)=16 W.

Tiêu cự của thấu kính là  75 cm.   

\({{F}_{m\text{ax}}}=k{{x}_{m\text{ax}}}=k(\Delta l+A)\)

Từ điều kiện cân bằng:

\(mg=k\Delta l\Rightarrow \Delta l=\frac{mg}{k}=\frac{0,4.10}{64}=0,0625m=6,25cm\)

F_max = 64.10,25.10^-2 = 6,56N

Giá trị cực đại của lực đàn hồi tác dụng vào quả nặng là: 6,56N

Vì dây đàn có hai đầu cố định nên để trên dây xảy ra hiện tượng sóng dừng thì:

\(l=k\frac{\lambda }{2}=k\frac{v}{2f}\Rightarrow v=\frac{2lf}{k}=80m/s\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}
{Z_L} = 40\Omega ;{Z_C} = 100\Omega \\
Z = \sqrt {{{(R + {R_0})}^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}  = 100\Omega \\
I = \frac{U}{Z} = 1A
\end{array}\)

Công suất tiêu thụ trên đoạn mạch: \(P=(R+{{R}_{0}}).{{I}^{2}}=80\text{W}\)

Công suất tiêu thụ trên điện trở R: P_R=30W

Ta có:

\(\begin{array}{l}
{Z_L} = \omega L = 20\Omega \\
Z = \sqrt {{R_0}^2 + {Z_L}^2}  = 40\Omega \\
U = IZ = 40V\;
\end{array}\)

Vì M và N dao động ngược pha nên:

\(d=(2k+1)\frac{\lambda }{2}=(2k+1)\frac{v}{2f}\Rightarrow f=(2k+1)\frac{v}{2d}=8(2k+1)\)

 Mà  \(48\le f\le 64\Leftrightarrow 48\le 8(2k+1)\le 64\Rightarrow 2,5\le k\le 3,5\)

 Vì k nguyên, chọn k = 3. Nên: f = 56Hz

Vì M dao động với biên độ cực đại nên:

\({{d}_{2}}-{{d}_{1}}=k\lambda =k\frac{v}{f}\Rightarrow v=\frac{({{d}_{2}}-{{d}_{1}})f}{k}\)

Vì giữa M và đường trung trực của AB có ba dãy cực đại khác nên tại M là dãy cực đại ứng với k = 4.

Thay số, ta được: 28cm/s.                           

Ta có:

\(\begin{array}{l}
P = (R + {R_0}).{I^2}\\
 = (R + {R_0}).\frac{{{U^2}}}{{{{(R + {R_0})}^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}}\\
 = \frac{{{U^2}}}{{R + {R_0} + \frac{{{{({Z_L} - {Z_C})}^2}}}{{R + {R_0}}}}} = \frac{{{U^2}}}{M}\\
{P_{\max }} \Leftrightarrow {M_{\min }} \Leftrightarrow R + {R_0} = \left| {{Z_L} - {Z_C}} \right|\\
 \Leftrightarrow R = \left| {{Z_L} - {Z_C}} \right| - {R_0} = 10\Omega .
\end{array}\)

Ta có U_C = IZ_C , Z_C không đổi: U_C đạt giá trị cực đại khi I đạt giá trị cực đại.

Mà \(I=\frac{U}{Z}=\frac{U}{\sqrt{{{\text{R}}^{\text{2}}}+{{({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}})}^{2}}}};I={{I}_{m\text{ax}}}\Rightarrow Z={{Z}_{\min }}\Leftrightarrow LC{{\omega }^{2}}=1\)

Suy ra:

\(L=\frac{1}{C{{\omega }^{2}}}=\frac{1}{\frac{{{10}^{-4}}}{2\pi }{{100}^{2}}{{\pi }^{2}}}=0,637H\)

+ Vì ảnh luôn là thật nên ta có \(L=d+d'\), với \(\text{d}=OA=x\).

Áp dụng công thức thấu kính \(\frac{1}{x}+\frac{1}{d'}=\frac{1}{f}\to d'=\frac{f\text{x}}{x-f}=\frac{10x}{x-10}\).

+ Thay vào phương trình đầu, ta thu được \(L=\frac{{{x}^{2}}}{x-10}\leftrightarrow {{x}^{2}}-L\text{x}+10L=0\).

Theo Viet

\(\begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} =  - \frac{b}{a} = L\\
{x_1}.{x_2} = \frac{c}{a} = 10L
\end{array}\)

Từ đồ thị, ta thấy \(\text{x}=15\,\,cm\) và \(\text{x}={{x}_{1}}\) là hai giá trị của x cho cùng một giá trị L:

\(\left\{ \begin{array}{l}
15 + {x_1} = L\\
15{{\rm{x}}_1} = 10L
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
L = 45\\
{{\rm{x}}_1} = 30
\end{array} \right.\)

+ Cường độ dòng điện hiệu dụng qua mạch:

\(I=\frac{\omega \Phi }{\sqrt{{{r}^{2}}+{{\left( L\omega  \right)}^{2}}}}=\frac{2\pi n\Phi }{\sqrt{{{r}^{2}}+{{\left( L2\pi n \right)}^{2}}}}\to \frac{1}{\underbrace{{{I}^{2}}}_{y}}=\frac{{{L}^{2}}}{{{\Phi }^{2}}}+\frac{1}{400{{\Phi }^{2}}}\frac{{{10}^{4}}}{\underbrace{{{n}^{2}}}_{x}}\)

+ Từ đồ thị ta xác định được hai cặp giá trí tương ứng của \(\text{x}=\frac{{{10}^{4}}}{{{n}^{2}}}\) và

\(\begin{array}{l}
y = \frac{1}{{{I^2}}}\\
{\rm{x}} = 25;y = 3,125\\
hay\,\,\,\;x = 75;y = 6,25
\end{array}\)

Ta có hệ 

\(\left\{ \begin{array}{l}
3,125 = \frac{{{L^2}}}{{{\Phi ^2}}} + \frac{1}{{400{\Phi ^2}}}.25\\
6,25 = \frac{{{L^2}}}{{{\Phi ^2}}} + \frac{1}{{400{\Phi ^2}}}.75
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
\frac{1}{{{\Phi ^2}}} = 25\\
L = 0,25
\end{array} \right.\)

+ Hiệu suất của quá trình truyền tải điện năng đi xa: \(\text{H = 1 - }\frac{\Delta \text{P}}{\text{P}}=1-\frac{\text{PR}}{{{\text{U}}^{2}}},\) với P và R không đổi ta luôn có \(\text{U}\sim \frac{1}{\sqrt{1-\text{H}}}.\)

\(\to \) Gọi \({{\text{U}}_{2}}\) và \({{\text{U}}_{1}}\) lần lượt là điện áp trước khi truyền tải (điện áp ở thứ cấp máy điện áp) cho hiệu suất 0,82 và 0,92.

\(\to \frac{{{\text{U}}_{2}}}{{{\text{U}}_{1}}}=\frac{{{\text{N}}_{2}}-\text{n}}{{{\text{N}}_{2}}}=\sqrt{\frac{1-{{\text{H}}_{1}}}{1-{{\text{H}}_{2}}}=}\sqrt{\frac{1-0,92}{1-0,82}}=\frac{2}{3}\to \text{n=}\frac{{{\text{N}}_{2}}}{3}.\)

+ Khi quấn thêm vào thứ cấp 2n vòng thì:

\(\sqrt{\frac{1-{{\text{H}}_{1}}}{1-{{\text{H}}_{3}}}}=\frac{{{\text{N}}_{3}}}{{{\text{N}}_{1}}}=\frac{{{\text{N}}_{1}}-\frac{{{\text{N}}_{1}}}{3}+\frac{2{{\text{N}}_{1}}}{3}}{{{\text{N}}_{1}}}\leftrightarrow \sqrt{\frac{1-0,92}{1-{{\text{H}}_{3}}}}=\frac{4}{3}\to {{\text{H}}_{3}}=0,955.\)

Vật đạt tốc độ lớn nhất khi độ lớn của lực đàn hồi bằng độ lớn lực ma sát lần thứ nhất vì tốc độ của vật tăng lúc độ lớn của lực đàn hồi lớn hơn độ lớn của lực ma sát (hợp lực cùng chiều với chiều chuyển động).

Tại vị trí độ lớn của lực đàn hồi bằng độ lớn lực ma sát lần thứ nhất: Dl  = \(\frac{\mu mg}{k}\) = 0,02 m.

Theo định luật bảo toàn năng lượng: W₀ = W_t + W_đ + |A_ms|

=> \(\frac{1}{2}\)mv² = \(\frac{1}{2}\)kDl\(_{0}^{2}\) - \(\frac{1}{2}\)kDl² - mmg(Dl₀ - Dl) = 0,32.10^-2 J.

=> v = \(\sqrt{\frac{2{{W}_{}}}{m}}\) = 0,4\(\sqrt{2}\)m/s = 40\(\sqrt{2}\)cm/s.