Trong dao động tắt dần, hai đại lượng giảm liên tục theo thời gian là: Biên độ và cơ năng.

Chu kì dao động 0,28s   

Sóng này có bước sóng là 1 m           

Sóng dọc là sóng có phương dao động trùng với phương truyền sóng. 

Tần số : \(\omega =2\pi f\Rightarrow f=\frac{\omega }{2\pi }=10(Hz)\)

Theo đề 5 gợn liên tiếp: => 4λ = 0,5 m => λ = 0,125 m.

Vậy v = λf = 15 m/s. 

Công thức xác định chu kì dao động của mạch dao động là \(T=2\pi \sqrt{LC}\)

Bảo toàn năng lượng và thay số ta được năng lượng từ trường trong mạch là:  396 µJ 

Giá trị hiệu dụng của điện áp này là  \(110\sqrt{2}\) V.

Ta có:

U = \(\sqrt{U_{R}^{2}+U_{C}^{2}}\)= 100 V.

Ta có:

n = \(\frac{f.60}{p}\)= 600 vòng/phút.

Khi quan sát bong bóng xà phòng hay đĩa CD thì thấy lấp lánh, nhiều màu sặc sỡ là do hiện tượng giao thoa ánh sáng. 

Giới hạn quang điện của kim loại λ₀ = \(\frac{hc}{A}\) = 300 nm. 

Quang điện trở có nguyên tắc hoạt động dựa vào hiện tượng quang điện trong. 

Dùng định luật bảo toàn điện tích và bảo toàn số nuclon:

4+ 27 = 30 + A --> A = 1 ; 2 + 13 = 15 + Z --> Z = 0 , hạt X là nơtron 

Từ kí hiệu hạt nhân \({}_{Z}^{A}X\) được A = 60 , Z = 27

-->số proton = 27 , số nơtron N = A – Z = 60 – 27 = 33 

Điều kiện để phản ứng dây chuyền xảy ra là k ≥ 1.

+ gọi x là số lần lượng chất phóng xạ đã giảm so với m₀ .

+ gọi t₁ là thời gian 1 năm ,theo định luật phóng xạ ta có:

\(\frac{{{m}_{0}}}{3}=\frac{{{m}_{0}}}{{{2}^{\frac{{{t}_{1}}}{T}}}}\) --> t₁ /T=1,5849

+gọi t₂ là thời gian 2 năm ,theo định luật phóng xạ ta có:

\(\frac{{{m}_{0}}}{x}=\frac{{{m}_{0}}}{{{2}^{2x\frac{{{t}_{1}}}{T}}}}\)--> x = 9 

Từ trường đều là từ trường mà các đường sức từ là các đường thẳng song song và cách đều nhau.

Mắc tật cận thị và có điểm cực viễn cách mắt 2/3 m.      

Biên độ của dao động:

\({{a}_{\max }}=A{{\omega }^{2}}\Rightarrow A.{{\left( 2\pi \right)}^{2}}=40{{\pi }^{2}}\Rightarrow A=10\,\,cm\)

Gia tốc biến thiên sớm pha \(\pi \)so với li độ nên:

\({{\varphi }_{x}}={{\varphi }_{a}}-\pi =\frac{\pi }{2}-\pi =-\frac{\pi }{2}\)

Phương trình dao động của vật:

\(x=10\cos \left( 2\pi t-\frac{\pi }{2} \right)\,\,cm.\)

 Khoảng cách của 2 điểm dao động cùng pha:

\(d=n.\lambda =0,15\Rightarrow \lambda =\frac{0,15}{n}\)

Mà vận tốc truyền sóng: \(v=\lambda .f=\frac{15}{k}(m/s)\)

Theo bài ra: \(2,8(m/s)\le k\le 3,4(m/s)\)

\(\Rightarrow 4,41\le k\le 5,36\). Vì k nguyên nên \(k=5\Rightarrow v=3(m/s)\)

Biên độ là 6cm   

+ Xét đạo hàm sau: \({{\left( \frac{x}{v} \right)}^{'}}=\frac{x'.v-v'.x}{{{v}^{2}}}=\frac{{{v}^{2}}-a.x}{{{v}^{2}}}=\frac{{{\omega }^{2}}\left( {{A}^{2}}-{{x}^{2}} \right)-\left( -{{\omega }^{2}}.x \right).x}{{{\omega }^{2}}\left( {{A}^{2}}-{{x}^{2}} \right)}=\frac{{{A}^{2}}}{{{A}^{2}}-{{x}^{2}}}\,\,\,\left( 1 \right)\)

+ Xét biểu thức: \(\frac{{{x}_{1}}}{{{v}_{1}}}+\frac{{{x}_{2}}}{{{v}_{2}}}=\frac{{{x}_{3}}}{{{v}_{3}}}.\)

+ Lấy đạo hàm hai vế và áp dụng đạo hàm (1) ta có:

\({{\left( \frac{{{x}_{1}}}{{{v}_{1}}}+\frac{{{x}_{2}}}{{{v}_{2}}} \right)}^{'}}={{\left( \frac{{{x}_{3}}}{{{v}_{3}}} \right)}^{'}}+2018'\Rightarrow {{\left( \frac{{{x}_{1}}}{{{v}_{1}}} \right)}^{'}}+{{\left( \frac{{{x}_{2}}}{{{v}_{2}}} \right)}^{'}}={{\left( \frac{{{x}_{3}}}{{{v}_{3}}} \right)}^{'}}\)

\(\Rightarrow \frac{{{A}^{2}}}{{{A}^{2}}-x_{1}^{2}}+\frac{{{A}^{2}}}{{{A}^{2}}-x_{2}^{2}}=\frac{{{A}^{2}}}{{{A}^{2}}-x_{0}^{2}}\Rightarrow \frac{{{10}^{2}}}{{{10}^{2}}-{{6}^{2}}}+\frac{{{10}^{2}}}{{{10}^{2}}-{{8}^{2}}}=\frac{{{10}^{2}}}{{{10}^{2}}-x_{0}^{2}}=\frac{625}{144}\)

\(\Rightarrow {{x}_{0}}=\sqrt{\frac{1924}{25}}=8,77\,\,\left( cm \right)\)

Ta có độ biến dạng của lò xo tại vị trí cân bằng: \(\text{x}=\Delta \ell =\frac{mg}{k}=\frac{{{T}^{2}}g}{4{{\pi }^{2}}}=4\,\,cm.\)

Xét chuyển động của con lắc với thang máy: Chọn chiều dương hướng lên. Thang máy chuyển động nhanh dần đều ở vị trí: \(\text{x}=\Delta \ell \).

Khi thang máy chuyển động, vị trí cân bằng bị dịch xuống dưới một đoạn bằng:

\(y=\Delta \ell '=\frac{m\left( g+a \right)}{k}-\frac{mg}{k}=\frac{a}{{{\omega }^{2}}}=\frac{5}{{{\left( 5\pi  \right)}^{2}}}=0,02\,m=2\,cm\)

Nên li độ lúc sau là: \(\text{x}'=x+y.\)

Ta có: \(A{{'}^{2}}=x{{'}^{2}}+{{\left( \frac{v}{\omega } \right)}^{2}}={{\left( x+y \right)}^{2}}+{{\left( \frac{v}{\omega } \right)}^{2}}\)

Từ đó ta có: \(A{{'}^{2}}={{x}^{2}}+2\text{x}y+{{y}^{2}}+{{\left( \frac{v}{\omega } \right)}^{2}}={{A}^{2}}+{{y}^{2}}+2\text{x}y\) .

Thay số vào ta được: \(A{{'}^{2}}={{5}^{2}}+{{2}^{2}}+2.4.2=45\Rightarrow A'=\sqrt{45}=3\sqrt{5}\,\,cm\) 

Phương trình sóng trên 1 sợi dây: \(u=40\sin 2,5\pi \cos \omega t\left( mm \right)\)

\(\Rightarrow 2,5.\pi .x=\frac{2\pi .x}{\lambda }\Rightarrow \lambda =0,8\left( m \right)\)

Biên độ dao động của N là: \({{A}_{N}}=2.A.\sin \frac{2\pi .10}{80}=A\sqrt{2}\)

Ta có góc quét: \(\Delta {{\varphi }_{{{M}_{1}}{{M}_{2}}}}=\Delta {{\varphi }_{{{M}_{3}}{{M}_{4}}}}=\frac{\pi }{2}=\omega .0,125\)

=> Tần số góc: \(\omega =4\pi \left( rad/s \right)\)

Tần số \(f=2\left( Hz \right)\)

Vận tốc truyền sóng: \({{v}_{S}}=\lambda .f=0,8.2=1,6\left( m/s \right)=160\left( cm/s \right)\)

Giữa M và vân trung tâm còn 3 vân sáng nữa \(\Rightarrow \) M là vân sáng thứ 4: \({{\text{x}}_{M}}=4.\frac{\lambda D}{a}\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

Khi nhúng toàn bộ hệ vào môi trường chiết suất n thì bước sóng giảm: 

Tại cùng vị trí M, khoảng vân giảm thì bậc của vân tăng nên: 

\(k'=k+1=5\Rightarrow {{x}_{M}}=5.\frac{\lambda D}{a}\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có: 

\(4.\frac{\lambda D}{a}=5.\frac{\lambda D}{n.a}\Rightarrow n=\frac{5}{4}=1,25\)

Khi electron chuyển động xung quanh hạt nhân thì lực điện đóng vai trò là lực hướng tâm

\({{F}_{ht}}=k\frac{\left| {{q}_{hn}}.e \right|}{{{r}^{2}}}={{m}_{e}}\frac{{{v}^{2}}}{r}\Rightarrow {{v}^{2}}=k\frac{\left| {{q}_{hn}}.e \right|}{{{m}_{e}}.r}\) (Với Hidro: \({{q}_{hn}}=\left| e \right|\))

Thay số vào ta có: \({{v}^{2}}=k\frac{\left| {{q}_{hn}}.e \right|}{{{m}_{e}}.r}={{9.10}^{9}}\frac{{{\left( {{1,6.10}^{-19}} \right)}^{2}}}{{{9,1.10}^{-31}}{{.5,3.10}^{-11}}}={{4,78.10}^{12}}\Rightarrow v={{2,19.10}^{6}}\text{ m/s}\)

Áp dụng công thức Anh-xtanh: \(\frac{hc}{\lambda }=A+{{W}_{d}}\Rightarrow {{W}_{d}}=\frac{hc}{\lambda }-A\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

Các electron quang điện \(\left( q<0 \right)\) bay theo chiều vectơ cường độ điện trường nên lực điện trường là lực cản. Do đó, electron sẽ bay được một đoạn đường \({{\text{s}}_{\max }}\) rồi dừng lại và bị kéo ngược trở lại.

Đến khi vật dừng lại \(\left( v=0 \right)\). Áp dụng định lí biến thiên động năng ta có:

\({{A}_{ms}}=0-{{W}_{d}}=-\left| e \right|.E{{s}_{\max }}\Rightarrow {{s}_{\max }}=\frac{{{W}_{d}}}{\left| e \right|.E}=\frac{1}{\left| e \right|.E}\left( \frac{hc}{\lambda }-A \right)\)

Thay số vào ta có: \({{s}_{\max }}=\frac{1}{{{1,6.10}^{-19}}.1000}\left( \frac{{{19,875.10}^{-26}}}{{{0,48.10}^{-6}}}-{{2,4.10}^{-19}} \right)=0,00109\,\,m=0,109\,cm\)

Kể cả A và B, trên dây có 5 nút và 4 bụng.

Giản đồ vectơ của mạch:

Theo đề bài ta có:

\(\left\{ \begin{align} & {{U}_{NB}}={{U}_{AM}}\Rightarrow NB=AM \\ & \angle AMH=\angle BNH \\ \end{align} \right.\Rightarrow \Delta AHM=\Delta BHN\)

( cạnh huyền và góc nhọn bằng nhau)

Suy ra : 

\({{U}_{R}}={{U}_{r}}={{U}_{L}}=x\Rightarrow \left\{ \begin{align} & AH=2x \\ & MH=x \\ \end{align} \right.\Rightarrow AM={{U}_{AM}}=\sqrt{{{\left( 2x \right)}^{2}}+{{x}^{2}}}\)

Ta lại có: 

\({{U}_{AM}}=30\sqrt{5}\Rightarrow \sqrt{{{\left( 2x \right)}^{2}}+{{x}^{2}}}=30\sqrt{5}\Rightarrow \left\{ \begin{align} & x=30V \\ & AH=2x=60V \\ \end{align} \right.\)

Mà:

\(\Delta AHM=\Delta BHN\Rightarrow AH=HB=2x=60\)

\(\Rightarrow AB=AH\sqrt{2}=60\sqrt{2}\left( V \right)\Rightarrow U=60\sqrt{2}\left( V \right)\)

+ Khi khoảng cách 2 khe tới màn là a thì tại M là vân sáng bậc 4 nên \({{\text{x}}_{M}}=4.\frac{\lambda D}{a}\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

 + Nếu lần lượt giảm hoặc tăng khoảng cách \({{S}_{1}}{{S}_{2}}\) một lượng \(\Delta a\) thì tại đó là vân sáng bậc k và bậc 3k nên:

+ Nếu tăng khoảng cách \({{S}_{1}}{{S}_{2}}\) thêm \(2\Delta a\) thì tại M là: \({{\text{x}}_{M}}=k'.\frac{\lambda \text{D}}{a+2\Delta a}=k'.\frac{\lambda D}{a+a}=\frac{1}{2}k'.\frac{\lambda D}{a}\)

+ So sánh với (1) ta có: \({{\text{x}}_{M}}=\frac{1}{2}k'.\frac{\lambda \text{D}}{a}=4.\frac{\lambda \text{D}}{a}\Rightarrow k'=8\Rightarrow \)

Tại M khi đó là vân sáng bậc 8.

Năng lượng để tàu hoạt động trong 6 tháng

\(E=P.t={{16.10}^{6}}.30.86400={{1,24416.10}^{14}}\,\,\left( J \right)\)

Năng lượng thực tế mà phản ứng hạt nhân đã cung cấp là

\({{E}_{0}}=\frac{E}{H}=\frac{E}{0,3}={{4,1472.10}^{14}}\,\,\left( J \right)\)

Số hạt nhân Urani đã tham gia phản ứng

\(N=\frac{{{E}_{0}}}{{{200.10}^{6}}{{.1,6.10}^{-19}}}={{1,296.10}^{25}}\)

 cần là: \({{m}_{U}}=\frac{N}{{{N}_{A}}}.A=\frac{{{1,296.10}^{25}}}{{{6,02.10}^{23}}}.235=5059\,g\)

 cần dùng là: \({{m}_{U}}=12,5%m\Rightarrow m=\frac{{{m}_{U}}}{0,125}=40473\,g=40,473\,kg\)

+ Theo định luật bảo toàn động lượng ta có:

\({{\overrightarrow{p}}_{n}}={{\overrightarrow{p}}_{H}}+{{\overrightarrow{p}}_{\alpha }}\)

+ Áp dụng định lí hàm sin cho tam giác ta có: \(\frac{{{p}_{\alpha }}}{\sin 30}=\frac{{{p}_{H}}}{\sin 15}=\frac{{{p}_{n}}}{\sin 135}\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{align} & {{p}_{\alpha }}=\frac{\sin 30}{\sin 135}.{{p}_{n}} \\ & {{p}_{H}}=\frac{\sin 15}{\sin 135}.{{p}_{n}} \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{align} & p_{\alpha }^{2}={{\left( \frac{\sin 30}{\sin 135} \right)}^{2}}.p_{n}^{2} \\ & p_{H}^{2}={{\left( \frac{\sin 15}{\sin 135} \right)}^{2}}.p_{n}^{2} \\ \end{align} \right.\)

+ Ta lại có: \({{p}^{2}}=2m.K\) nên: 

\(\left\{ \begin{align} & 2{{m}_{\alpha }}.{{K}_{\alpha }}={{\left( \frac{\sin 30}{\sin 135} \right)}^{2}}.2{{m}_{n}}.{{K}_{n}} \\ & 2{{m}_{H}}.{{K}_{H}}={{\left( \frac{\sin 15}{\sin 135} \right)}^{2}}.2{{m}_{n}}.{{K}_{n}} \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{align} & {{K}_{\alpha }}={{\left( \frac{\sin 30}{\sin 135} \right)}^{2}}.\frac{{{m}_{n}}}{{{m}_{\alpha }}}.{{K}_{n}} \\ & {{K}_{H}}={{\left( \frac{\sin 15}{\sin 135} \right)}^{2}}.\frac{{{m}_{n}}}{{{m}_{H}}}.{{K}_{n}} \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{align} & {{K}_{\alpha }}={{\left( \frac{\sin 30}{\sin 135} \right)}^{2}}.\frac{1}{4}.2=0,25\,\,MeV \\ & {{K}_{H}}={{\left( \frac{\sin 15}{\sin 135} \right)}^{2}}.\frac{1}{3}.2=0,089\,\,MeV \\ \end{align} \right.\)

+ Năng lượng của phản ứng:

\(E=\sum{{{K}_{sau}}}-\sum{{{K}_{truoc}}}={{K}_{H}}+{{K}_{\alpha }}-{{K}_{n}}=0,089+0,25-2=-1,66\,\,MeV\)

+ Phản ứng thu 1,66 MeV

Ta biết rằng nguyên tắc hoạt động của quang điện trở dựa trên hiện tượng quang điện trong. Khi tắt chùm sáng kích thích, hiện tượng quang điện trong dừng xảy ra nên giá trị điện trở R của quang điện trở tăng lên.

Do đó cường độ dòng điện trong mạch \(I=\frac{\xi }{R+r}\) bị giảm đi nên số chỉ Ampe kế giảm.

Điện áp trên quang trở \({{U}_{R}}=\xi -Ir\) tăng lên làm số chỉ Vôn kế tăng.

Vận dụng các định luật bảo toàn điện tích và bảo toàn số khối, ta viết được phương trình phản ứng hạt nhân đã xảy ra như sau:

\({}_{0}^{1}n+{}_{3}^{6}Li\to {}_{2}^{4}\alpha +{}_{1}^{3}X\)

Vận dụng định luật bảo toàn động lượng, ta vẽ được giản đồ các véc tơ động lượng như hình vẽ.

Theo định lí hàm số sin trong tam giác, ta có:

\(\frac{{{p}_{n}}}{\sin 125{}^\circ }=\frac{{{p}_{X}}}{\sin 25{}^\circ }=\frac{{{p}_{\alpha }}}{\sin 30{}^\circ }\)

\(\Rightarrow \frac{{{p}_{n}}}{{{p}_{X}}}=\sqrt{\frac{{{m}_{n}}{{K}_{n}}}{{{m}_{X}}{{K}_{X}}}}=\sqrt{\frac{1.2}{3.{{K}_{X}}}}=\frac{\sin 125{}^\circ }{\sin 25{}^\circ }\Rightarrow {{K}_{X}}=0,177MeV\)

\(\Rightarrow \frac{{{p}_{n}}}{{{p}_{\alpha }}}=\sqrt{\frac{{{m}_{n}}{{K}_{n}}}{{{m}_{\alpha }}{{K}_{\alpha }}}}=\sqrt{\frac{1.2}{4.{{K}_{\alpha }}}}=\frac{\sin 125{}^\circ }{\sin 30{}^\circ }\Rightarrow {{K}_{\alpha }}=0,186MeV\)

Năng lượng tỏa ra của phản ứng có thể được tính thông qua động năng của các hạt tham gia phản ứng, ta có:

\(\text{W}={{K}_{He}}+{{K}_{X}}-{{K}_{n}}=0,177+0,186-2=-1,637MeV<0\)

Do \(W<0\) nên phản ứng thu năng lượng 1,637 MeV.

Dựa vào mối liên hệ giữa giá trị 0,5 ms và đỉnh đồ thị hình sin, ta có

\(\frac{T}{4}=0,5ms\to T=2ms\to \omega =\frac{2\pi }{T}=1000\pi \left( rad/s \right)\)

Biên độ điện áp trên đoạn AN và MB lần lượt là \({{U}_{0AN}}=400\sqrt{2}V và {{U}_{0MB}}=300\sqrt{2}V\)

Pha ban đầu của điện áp trên đoạn AN và MB lần lượt là 0 và \(-\frac{\pi }{2}\)

Từ đó ta có phương trình điện áp trên đoạn AN và MB là 

\({{u}_{AN}}=400\sqrt{2}cos\left( 1000\pi t \right)V\) và \({{u}_{MB}}=300\sqrt{2}cos\left( 1000\pi t-\frac{\pi }{2} \right)V\)

Do u_AN, u_MB vuông pha nhau, ta dựng được giản đồ vecto như hình vẽ, từ đó ta có

\(\frac{1}{U_{R}^{2}}=\frac{1}{U_{AN}^{2}}+\frac{1}{U_{MB}^{2}}=\frac{1}{{{300}^{2}}}+\frac{1}{{{400}^{2}}}\to {{U}_{R}}=240V\).

Vậy vôn kế nhiệt chỉ 240 V, đúng bằng điện áp hiệu dụng trên điện trở R.

Ta có \(T=\frac{2\pi }{\omega }=\frac{2\pi }{2\pi }=1s\)

\(a=16{{\pi }^{2}}cos\left( 2\pi t+\frac{\pi }{3} \right)cm/{{s}^{2}}\to v=8\pi cos\left( 2\pi t-\frac{\pi }{6} \right)cm/s\)

Trên đường tròn vận tốc, ta biểu diễn vị trí ban đầu của vận tốc (M₀) và hai vị trí ứng với vận tốc bằng \(-4\pi \sqrt{3}cm/s\) \(\left( {{M}_{1}},\,{{M}_{2}} \right)\) như trên hình vẽ.

Từ đường tròn, ta suy ra trong mỗi chu kì dao động có 2 lần chất điểm có vận tốc bằng \(-4\pi \sqrt{3}cm/s\).

Tách \(13=6.2+1\to t=6T+\Delta t\).

Do hai điểm M₀ và M₁ đối xứng tâm trên đường tròn nên ta tính được \(\Delta \varphi =\pi \to \Delta t=\frac{T}{2}=0,5s\)

Từ đó suy ra \(t=6.1+0,5=6,5s\).

Từ công thức khoảng vân \(i=\frac{\lambda D}{a}\) ta thấy, khi màn rời xa mặt phẳng chứa hai khe thì D tăng, do đó khoảng vân i sẽ tăng dần. Việc trong quá trình di chuyển ra xa dần, tại H chỉ có hai lần cho vân sáng cho thấy vân tối lần đầu tiên là vân tối thứ 3 tính từ vân trung tâm, và trong khoảng từ H đến vân sáng trung tâm khi đó chỉ có hai vân sáng (xem hình vẽ).

Khi màn ở vị trí mà H ứng với cực đại giao thoa lần đầu tiên (vân sáng bậc 2) trong quá trình dịch chuyển màn ra xa dần thì khoảng cách từ H tới vân sáng trung tâm là: \({{x}_{H}}=\frac{a}{2}=2\frac{\lambda D}{a}\to D=0,4m\)

Khi màn ở vị trí mà H là cực tiểu lần cuối, tức là H ứng với vân tối thứ nhất (gần vân sáng trung tâm nhất), ta có:

\(\frac{a}{2}=\frac{\lambda {D}'}{a}\Rightarrow {D}'=1,6m\)

Vậy 2 vị trí màn cách nhau \({D}'-D=1,6-0,4=1,2m\).

Khoảng cách giữa hai nút sóng gần nhau nhất

\(NM=\frac{\lambda }{2}=36cm\to \lambda =72cm\).

Nhìn vào hình vẽ, dựa vào đặc tính của đồ thị hình sin, do điểm E cách N một khoảng là \(6cm=\frac{\lambda }{12}\) nên biên độ dao động tại E là \({{A}_{E}}=5cm\).

Tương tự như vậy, do điểm F cách N một khoảng \(27cm=\frac{3\lambda }{8}\)  nên suy ra biên độ dao động tại F là \({{A}_{F}}=5\sqrt{2}cm\).

E, F nằm trong cùng một bó sóng nên hai phần tử dây tại đó dao động cùng pha, suy ra khoảng cách xa nhất giữa hai phần tử dây trong quá trình dao động là \({{d}_{max}}=\sqrt{E{{F}^{2}}+{{\left( {{A}_{F}}-{{A}_{E}} \right)}^{2}}}=21,1cm\) đạt được khi hai phần tử này cùng đi qua vị trí biên.