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

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

Ta có: \({{Z}_{L}}=\omega L=2\pi fL\); \({{Z}_{C}}=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{2\pi fC}\)

Khi f tăng thì cảm kháng tăng và dung kháng giảm.

Một điểm trong không gian có sóng điện từ truyền qua, thì tại đó cường độ điện trường và cảm ứng từ luôn biên thiên cùng pha.

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

Theo thuyết lượng tử ánh sáng thì năng lượng của các phôtôn trong chùm sáng đơn sắc bằng nhau.

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.

Đơn vị khối lượng nguyên tử u là \(\frac{1}{12}\) khối lượng của một nguyên tử \(_{6}^{12}C\).

Sử dụng sơ đồ cấu tạo máy quang phổ lăng kính.

Sơ đồ cấu tạo máy quang phố lăng kính

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.

Năng lượng liên kết của hạt nhân X được xác định bởi biểu thức:

\(\text{W}=\left( Z.{{m}_{p}}+\left( A-Z \right){{m}_{n}}-{{m}_{x}} \right){{c}^{2}}\)

Tần số góc của con lắc lò xo: \(\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}\)

Công suất hao phí trên đường dây \(\Delta P=R\frac{{{P}^{2}}}{{{\left( U\cos \varphi  \right)}^{2}}}\)

Do đó, tăng điện áp nơi phát lên \(\sqrt{n}\) lần thì hao phí giảm n lần.

Quang phổ vạch hấp thụ của chất khí (hay hơi kim loại) là quang phổ liên tục thiếu một số vạch màu do bị chất khí (hay hơi kim loại) đó hấp thụ.

Gia tốc của vật dao động: \(a={x}''=-{{\omega }^{2}}A\cos \left( \omega t+\varphi  \right)=-{{\omega }^{2}}x\)

Nếu sử dụng nguồn điện trên để thắp sáng đèn thì đèn luôn sáng.

Âm La của đàn ghita và kèn có cùng độ cao nên cùng tần số, có thể cùng cường độ và mức cường độ âm nếu cho phát hai âm to bằng nhau. Tuy nhiên, âm La do hai dụng cụ khác nhau phát ra nên sẽ có âm sắc khác nhau, vậy nên không thể cùng đồ thị dao động được \(\to \) D sai.

Dòng điện trong mạch chỉ chứa tụ sớm pha hơn điện áp giữa hai đầu mạch một góc \(\frac{\pi }{2}\)

\(\Rightarrow {{\varphi }_{1}}={{\varphi }_{u}}+\frac{\pi }{2}=\frac{\pi }{4}+\frac{\pi }{2}=\frac{3\pi }{4}\)

Khi vật đi qua vị trí có li độ bằng nửa biên độ:

\(x=\frac{A}{2}\Rightarrow {{\text{W}}_{t}}=\frac{1}{2}k.{{\left( \frac{A}{2} \right)}^{2}}=\frac{\text{W}}{4}\).

Mạch có: \(R=100\Omega \), \({{Z}_{L}}=\omega L=200\Omega \), \({{Z}_{C}}=\frac{1}{\omega C}=100\Omega \).

Tổng trở của mạch dạng phức: \(Z=R+\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)i=100+100i\)

Biểu thức cường độ dòng điện trong mạch:        

\(i=\frac{u}{Z}=\frac{220\angle -\frac{\pi }{3}}{100+100i}=\frac{11\sqrt{2}}{10}\angle -\frac{7\pi }{12}\Rightarrow i=\frac{11\sqrt{2}}{10}\cos \left( 100\pi t-\frac{7\pi }{12} \right)A\).

Số phôtôn phát ra từ nguồn sáng trong 1 giây:

\(N=\frac{P}{\varepsilon }=\frac{P\lambda }{hc}=\frac{2,5.0,{{3.10}^{-6}}}{6,{{625.10}^{-34}}{{.3.10}^{8}}}=3,{{77.10}^{18}}\)

Số phôtôn phát ra từ nguồn sáng trong 1 phút: \(60.N=60.3,{{77.10}^{8}}=2,{{26.10}^{20}}\).

Mạch dao động LC có u và i vuông pha với nhau nên áp dụng công thức:

\(\frac{{{u}^{2}}}{U_{0}^{2}}=\frac{{{i}^{2}}}{I_{0}^{2}}=1\Leftrightarrow \frac{{{u}^{2}}}{U_{0}^{2}}+\frac{L}{C}\frac{{{i}^{2}}}{I_{0}^{2}}=1\Rightarrow \frac{{{4}^{2}}}{{{6}^{2}}}+\frac{{{5.10}^{-3}}}{{{50.10}^{-6}}}.\frac{{{i}^{2}}}{{{6}^{2}}}=1\Rightarrow i=\frac{\sqrt{5}}{5}A\).

Giới hạn quang điện: \({{\lambda }_{0}}=\frac{hc}{A}=\frac{6,{{625.10}^{-34}}{{.3.10}^{8}}}{3,55.1,{{6.10}^{-19}}}=0,35\mu m\).

Bức xạ gây ra hiệu ứng quang điện ngoài đối với tấm kẽm khi và chỉ khi thỏa mãn điều kiện \(\lambda \le {{\lambda }_{0}}\Rightarrow \) chỉ có hai bức xạ có bước sóng \({{\lambda }_{1}}\) và \({{\lambda }_{2}}\) gây ra hiện tượng quang điện.

Khoảng vân là: \(i=\frac{\lambda D}{a}=\frac{0,6.2}{1}=1,2\,mm\).

Điểm M cách vân trung tâm 2,4 mm nên \(x=2,4\,mm\).

Xét tỉ số \(\frac{x}{i}=\frac{2,4}{1,2}=2\Rightarrow \) Tại M là vân sáng bậc 2.

Điện trở của đèn là: \({{R}_{}}=\frac{U_{m}^{2}}{{{P}_{m}}}=\frac{{{6}^{2}}}{6}=6\left( \Omega  \right)\)

Cường độ dòng điện định mức của đèn là: \({{I}_{m}}=\frac{{{P}_{m}}}{{{U}_{m}}}=\frac{6}{6}=1\left( A \right)\)

Cường độ dòng điện trong mạch là: \(I=\frac{E}{R+{{R}_{}}+r}\)

Để đèn sáng bình thường, ta có: \(I={{I}_{m}}\Rightarrow \frac{E}{R+{{R}_{}}+r}={{I}_{m}}\Rightarrow \frac{12}{R+6+1}=1\Rightarrow R=5\left( \Omega  \right)\)

Độ lệch pha giữa hai dao động: \(\Delta \varphi ={{\varphi }_{1}}-{{\varphi }_{2}}=\frac{\pi }{3}-\left( -\frac{\pi }{6} \right)=\frac{\pi }{2}\left( rad \right)\)

Hai dao động vuông pha, biên độ dao động tổng hợp là: \(A=\sqrt{A_{1}^{2}+A_{2}^{2}}=\sqrt{{{6}^{2}}+{{8}^{2}}}=10\left( cm \right)\)

Độ hụt khối hạt nhân: \(\Delta m=Z{{m}_{p}}+\left( A-Z \right){{m}_{n}}-{{m}_{HN}}\)

Năng lượng liên kết riêng: \(\varepsilon =\frac{{{W}_{LK}}}{A}=\frac{\Delta m.{{c}^{2}}}{A}=\frac{28,41}{4}=7,1\,MeV\)

Hiện tượng cộng hưởng xảy ra khi: \(\omega ={{\omega }_{0}}=\sqrt{\frac{k}{m}}\Rightarrow m=\frac{k}{{{\omega }^{2}}}=0,4\,kg\)

Vùng phủ nhau giữa quang phổ bậc 2 và bậc 3 là vùng quang phổ trải từ bậc 3 màu tím tới bậc 2 màu đỏ

\(\Rightarrow \Delta x=\frac{\left( 2{{\lambda }_{d}}-3{{\lambda }_{t}} \right)D}{a}=\frac{\left( 2.0,76-3.0,38 \right).2}{2}=0,38\,mm\)

Đồng nhất phương trình sóng đề bài cho với phương trình sóng tổng quát \(u=A\cos \left( \omega t-\frac{2\pi x}{\lambda } \right)\), ta có: 

\(\left\{ \begin{array}{l} \omega = 2\pi \\ \frac{{2\pi x}}{\lambda } = 4\pi x \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} T = 1s\\ \lambda = 0,5{\mkern 1mu} m \end{array} \right. \Rightarrow v = \frac{\lambda }{T} = 0,5{\mkern 1mu} m/s\)

Công suất hao phí lúc đầu: \(\Delta P=\frac{{{P}^{2}}R}{{{\left( U\cos \varphi  \right)}^{2}}}=500W\)    \(\left( 1 \right)\)

Công suất hao phí lúc sau: \(\Delta {P}'=\frac{{{P}^{2}}R}{{{\left( U\cos {\varphi }' \right)}^{2}}}\)

Công suất hao phí giảm đến giá trị cực tiểu \(\Delta {{{P}'}_{\min }}\Leftrightarrow \cos {\varphi }'=1\Rightarrow \Delta {P}'=\frac{{{P}^{2}}R}{{{U}^{2}}}=320W\) \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra: \(\frac{\Delta {P}'}{\Delta P}=\frac{\frac{{{P}^{2}}R}{{{U}^{2}}}}{\frac{{{P}^{2}}R}{{{\left( U.\cos \varphi  \right)}^{2}}}}\Leftrightarrow {{\cos }^{2}}\varphi =\frac{320}{500}\Rightarrow \cos \varphi =0,8\)

Ta có, khoảng thời gian: \(\Delta t=\frac{2}{3}=\frac{T}{2}+\frac{T}{6}\).

Vậy \(\overrightarrow{{{v}_{\max }}}=\frac{2A+S_{\frac{t}{6}}^{\max }}{\Delta t}=\frac{2A+2A\sin \left( \frac{\omega T}{2.6} \right)}{\Delta t}=\frac{2.10+2.10\sin 30{}^\circ }{\frac{2}{3}}=45\,cm\)

Ta có: \(1.\sin 60{}^\circ =\sqrt{3}\sin r\Rightarrow \sin r=\frac{1}{2}\Rightarrow r=30{}^\circ \)

Ta có:

\(\left\{ \begin{align} & \frac{hc}{{{\lambda }_{1}}}=A+\frac{mv_{1}^{2}}{2} \\ & h{{f}_{2}}=A+\frac{mv_{2}^{2}}{2}=A+4.\frac{mv_{1}^{2}}{2} \\ \end{align} \right.\Rightarrow 4\frac{hc}{{{\lambda }_{1}}}-h{{f}_{2}}=3A\Rightarrow A\approx {{3.10}^{-19}}\left( J \right)\approx 1,88\left( eV \right)\)

Khối lượng của các hạt nhân trước và sau phản ứng: 

\(\left\{ \begin{align} & {{m}_{truoc}}=22,9837+1,0073=23,991\,u \\ & {{m}_{sau}}=4,0015+19,9869=23,9884\,u \\ \end{align} \right.\)

Năng lượng của phản ứng hạt nhân:

\(\to W=\left( {{m}_{truoc}}-{{m}_{sau}} \right){{c}^{2}}=\left( 23,991-23,9884 \right)u{{c}^{2}}\)

\(=0,0026.931,5=2,4219\,MeV\).

Do \(\Delta E>0\) nên phản ứng tỏa năng lượng.

Vì điện dung của tụ tỉ lệ với hàm bậc nhất của góc xoay: \(C={{C}_{0}}+a.\alpha \)

Khi tụ chưa xoay ta có: \({{f}_{0}}=\frac{1}{2\pi \sqrt{L{{C}_{0}}}}\)\(\left( 1 \right)\);

Khi tụ xoay một góc \({{\alpha }_{1}}\): \({{f}_{1}}=\frac{1}{2\pi \sqrt{L{{C}_{1}}}}\)\(\left( 2 \right)\);

Khi tụ xoay một góc \({{\alpha }_{2}}\): \({{f}_{2}}=\frac{1}{2\pi \sqrt{L{{C}_{2}}}}\) \(\left( 3 \right)\).

Suy ra: \(\frac{{{f}_{1}}}{{{f}_{0}}}=\frac{1}{2}=\frac{\frac{1}{2\pi \sqrt{L{{C}_{1}}}}}{\frac{1}{2\pi \sqrt{L{{C}_{0}}}}}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow \frac{{{C}_{0}}}{{{C}_{1}}}=\frac{{{C}_{0}}}{{{C}_{0}}+a.{{\alpha }_{1}}}=\frac{1}{4}\Rightarrow a.{{\alpha }_{1}}=3.{{C}_{0}}\)        \(\left( 4 \right)\)

Tương tự: \(\frac{{{f}_{2}}}{{{f}_{0}}}=\frac{1}{3}=\frac{\frac{1}{2\pi \sqrt{L{{C}_{2}}}}}{\frac{1}{2\pi \sqrt{L{{C}_{0}}}}}=\frac{1}{3}\Leftrightarrow \frac{{{C}_{0}}}{{{C}_{2}}}=\frac{{{C}_{0}}}{{{C}_{0}}+a.{{\alpha }_{2}}}=\frac{1}{9}\Rightarrow a.{{\alpha }_{2}}=8.{{C}_{0}}\)        \(\left( 5 \right)\)

Từ \(\left( 4 \right)\) và \(\left( 5 \right)\) ta có: \(\frac{{{\alpha }_{1}}}{{{\alpha }_{2}}}=\frac{3}{8}\)

Bán kính quỹ đạo e trong từ trường \(R=\frac{mv}{\left| e \right|B}\Rightarrow \) B tăng gấp đôi thì R giảm một nửa.

Tần số sóng luôn không đổi khi truyền qua các môi trường, ta có:

\(f=\frac{{{v}_{n\ddot{o}\hat{o}\grave{u}c}}}{{{\lambda }_{n\ddot{o}\hat{o}\grave{u}c}}}=\frac{{{v}_{kk}}}{{{\lambda }_{kk}}}\Rightarrow \frac{1435}{{{\lambda }_{n\ddot{o}\hat{o}\grave{u}c}}}=\frac{330}{50}\Rightarrow {{\lambda }_{n\ddot{o}\hat{o}\grave{u}c}}=217,4\left( cm \right)\).

Từ \(t=0\) đến \(t=1\)s, vật đi từ vị trí có lực kéo về bằng một nửa giá trị cực đại (âm) đến nửa giá trị cực đại (dương), tức là nửa chu kì.

Vậy chu kì \(T=2s\).

Giá trị cực đại của lực kéo về là 0,04 N nên:

\({{F}_{\max }}=kA\Leftrightarrow A=\frac{{{F}_{\max }}}{m{{\omega }^{2}}}=\frac{0,04}{0,1.{{\left( \frac{2\pi }{T} \right)}^{2}}}=0,04\,m=4\,cm\).

Tại M là vân sáng bậc 4 ứng với \(k=4\).

Vị trí điểm M lúc đầu được xác định bởi: \({{x}_{M}}=ki=4.\frac{\lambda D}{a}\)  \(\left( 1 \right)\).

Khi dịch màn ra xa vị trí điểm M được xác định bởi: \({{x}_{M}}={k}'{i}'={k}'.\frac{\lambda \left( D+0,5 \right)}{a}\)      \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra:

\(4.\frac{\lambda D}{a}={k}'.\frac{\lambda \left( D+0,5 \right)}{a}\Leftrightarrow 4.1,5={k}'\left( 1,5+0,5 \right)\Leftrightarrow {k}'=3\Rightarrow \) Tại M lúc này là vân sáng bậc 3.

Vì N đối xứng với M qua vân sáng trung tâm nên tại N lúc này cũng là vân sáng bậc 3.

Vậy trong khoảng MN số vân sáng giảm 2 vân.

Đường tròn tâm C sẽ cắt đoạn AB ở các vị trí M và N, trong đó:

\(\left\{ \begin{align} & \Delta {{d}_{M}}=\left| MB-MA \right|=2MC=2.20=40\,mm \\ & \Delta {{d}_{N}}=\left| NB-NA \right|=2NC=2.20=40\,mm \\ \end{align} \right.\)

Số điểm dao động cực đại trên đoạn đường kính đường tròn tâm C thỏa mãn:

\(-40\le k\lambda \le 40\Rightarrow -4\le k\le 4\Rightarrow k=-4,-3,...,3,4\Rightarrow \) có 9 cực đại, trong đó M, N cũng là các cực đại. Ta thấy có 9 đường cực đại đi qua 9 cực đại này, trong đó: tại M, N sẽ có 2 đường cực đại tiếp tuyến với đường tròn, 7 đường cực đại khác thì mỗi đường sẽ cắt đường tròn tại 2 điểm. Suy ra số điểm cực đại trên đường tròn là: \(N=2+2.7=16\) điểm.