Chu kì dao động của con lắc lò xo \(T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}\).

Mối liên hệ giữa bước sóng \(\lambda \), vận tốc truyền sóng \(v\) và tần số \(f\) là \(f=\frac{1}{T}=\frac{v}{\lambda }\).

Dung kháng của tụ điện \({{Z}_{C}}=\frac{1}{C\omega }\)→ dung kháng của tụ điện nhỏ, khi tần số của dòng điện lớn

Nguyên tắc tạo ra dòng điện xoay chiều là làm cho từ thông qua khung dây biến thiên điều hòa

Trong mạch DĐ \(LC\) lí tưởng, dòng điện \(i\) sớm pha hơn điện tích trên một bản tụ \(q\) một góc \(\frac{\pi }{2}\).

Quang phổ vạch phát xạ là quang phổ gồm hệ thống các vạch màu riêng biệt trên một nền tối.

Hiện tượng chùm ánh sáng trắng bị phân tách thành nhiều ánh sáng đơn sắc khi đi qua lăng kính gọi là hiện tượng tán sắc ánh sáng.

Ta có:

\({{\lambda }_{0}}=\frac{hc}{A}=\frac{{{6,625.10}^{-34}}{{.3.10}^{8}}}{{{2,3.1,6.10}^{-19}}}=0,54\)μm.

Để có thể gây ra hiện tượng quang điện thì bức xạ kích thích phải có bước sóng \(\lambda \le {{\lambda }_{0}}\).

→ cả hai bức xạ đều có khả năng gây ra hiện tượng quang điện.

Hiện tượng phóng xạ là hiện tượng tự nhiên diễn ra một cách tự phát không thể điều khiển được, do vậy không có cách nào để tăng tốc độ phóng xạ.

Vật dao động điều hòa đến vị trí biên thì vận tốc của vật bằng 0.

Ta có:

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

\(t=0,25\)s → \(x=2\cos \left( 2\pi \left( 0,25 \right)+\frac{\pi }{2} \right)-2\) cm.

Ta có:

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{hc}}{{{\lambda _{21}}}} = {E_2} - {E_1}\\
\frac{{hc}}{{{\lambda _{32}}}} = {E_3} - {E_2}
\end{array} \right.\\
\frac{{hc}}{{{\lambda _{21}}}} + \frac{{hc}}{{{\lambda _{32}}}} = \underbrace {{E_3} - {E_1}}_{\frac{{hc}}{{{\lambda _{31}}}}}\\
 \Rightarrow \frac{{hc}}{{{\lambda _{21}}}} + \frac{{hc}}{{{\lambda _{32}}}} = \frac{{hc}}{{{\lambda _{31}}}} = \frac{{{\lambda _{32}}{\lambda _{21}}}}{{{\lambda _{21}} + {\lambda _{32}}}}
\end{array}\)

Sóng dừng trên dây hai đầu cố định.

\(\begin{array}{l}
l = n\frac{\lambda }{2} = n\frac{v}{{2f}}\\
n = \frac{{2lf}}{v} = \frac{{2.\left( {1,2} \right).\left( {100} \right)}}{{\left( {80} \right)}} = 3
\end{array}\)

Ảnh lớn gấp 3 lần vật → tính chất này chỉ có ở thấu kính hội tụ.

Hai trường hợp cho ảnh cao gấp 3 lần vật tương ứng với ảnh thật ngược chiều và ảnh ảo cùng chiều với vật.

Ta có:

\(L=\frac{1}{\pi }\)mH; \(C=\frac{4}{\pi }\)nF. 

\(f=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}=\frac{1}{2\pi \sqrt{\left( \frac{1}{\pi }{{.10}^{-3}} \right).\left( \frac{4}{\pi }{{.10}^{-9}} \right)}}={{2,5.10}^{5}}\)Hz.

Ta có:

Khoảng vân của ánh sáng dùng làm thí nghiệm

\(i=\frac{D\lambda }{a}\)→ \(\lambda =\frac{ai}{D}=\frac{\left( {{1.10}^{-3}} \right).\left( {{0,8.10}^{-3}} \right)}{2}=0,4\)μm.

→ Tần số của ánh sáng \(f=\frac{c}{\lambda }=\frac{{{3.10}^{8}}}{{{0,4.10}^{-6}}}={{7,5.10}^{14}}\)Hz.

Quá trình điều tiết của mắt là sự thay đổi độ cong của thủy tinh thể.

Ta có:

\({{m}_{0}}=1\)g; \(T=8\) ngày đêm, \(t=1\) ngày đêm.     \(m={{m}_{0}}{{2}^{-\frac{t}{T}}}=\left( 1 \right){{.2}^{-\frac{1}{8}}}=0,92\)g.

Ta có:

\({{m}_{D}}=2,0136u\), \({{m}_{p}}=1,0073u\), \({{m}_{n}}=1,0087u\).

Năng lượng liên kết của hạt nhân

\({{E}_{lk}}=\left( Z{{m}_{p}}+\left( A-Z \right){{m}_{n}}-{{m}_{D}} \right){{c}^{2}}=\left( 1.1,0073+\left( 2-1 \right).1,0087-2,0136 \right)931,5=2,23\)MeV.

Điều kiện để xảy ra phản xạ toàn phần:

Ánh sáng phải truyền từ môi trường chiết quang hơn sang môi trường chiết quang kém hơn.

Góc tới phải thõa mãn \(i\ge {{i}_{gh}}\) với \(\sin {{i}_{gh}}=\frac{{{n}_{2}}}{{{n}_{1}}}=\frac{1}{n}\).

→ Với cùng một góc tới thì ánh sáng có chiết suất càng lớn thì góc \({{i}_{gh}}\) sẽ nhỏ. Tia lục bắt đầu xảy ra phản xạ toàn phần → tia lam, tia tím có chiết suất lớn hơn đã bị phản xạ toàn phần. Vậy chỉ có tia đỏ và vàng là còn tia ló ra ngoài không khí.

Ta có:

\({{l}_{max}}=38\)cm, \({{l}_{0}}=30\)cm → \(A={{l}_{max}}-{{l}_{0}}=38-30=8\) cm.

\({{\left( {{x}_{1}} \right)}_{{{E}_{d}}=n{{E}_{t}}}}=\pm \frac{A}{\sqrt{n+1}}\); \({{\left( {{x}_{2}} \right)}_{{{E}_{t}}=n{{E}_{d}}}}=\pm \sqrt{\frac{n}{n+1}}A\).

Từ hình vẽ ta thấy:  \({{d}_{\min }}=A\left( \cos \beta -\cos \alpha  \right)=A\left( \sqrt{\frac{n}{n+1}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}} \right)\) .

\({{d}_{\min }}=4\)cm → \(n\approx 5\).

Ta có:

\({{a}_{F}}=\frac{qE}{m}\)cùng phương cùng chiều với \(g\).    

  \(\frac{T}{{{T}_{0}}}=\sqrt{\frac{g}{{{g}_{bk}}}}=\sqrt{\frac{g}{g+\frac{qE}{m}}}\).

Ta có:

\({{r}_{A}}=1\)m thì \({{L}_{A}}=70\)dB ; \({{r}_{B}}=5\)m.        

   \({{L}_{B}}={{L}_{A}}+20\log \left( \frac{{{r}_{A}}}{{{r}_{B}}} \right)=70+20\log \left( \frac{1}{5} \right)=56\)dB.

Ta có:

\({{Z}_{L}}=60\)Ω, \({{Z}_{C}}=100\) Ω; \(U=80\)V.

Công suất tỏa nhiệt trên điện trở:

\(P=\frac{UR}{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}\)↔ \(80=\frac{{{80}^{2}}R}{{{R}^{2}}+{{\left( 60-100 \right)}^{2}}}\)→ \(R=40\) Ω.

Ta có:

\({{\lambda }_{1}}=0,6\)μm ; \({{\lambda }_{2}}=0,7\)μm → \(\frac{{{k}_{1}}}{{{k}_{2}}}=\frac{{{i}_{2}}}{{{i}_{1}}}=\frac{{{\lambda }_{2}}}{{{\lambda }_{1}}}=\frac{7}{6}\).

\(\Delta x=m{{i}_{1}}-n{{i}_{2}}=m{{i}_{1}}-n\left( \frac{{{k}_{1}}}{{{k}_{2}}}{{i}_{1}} \right)=\left( m{{k}_{2}}-n{{k}_{1}} \right)\frac{{{i}_{1}}}{{{k}_{2}}}\)với\(m\), \(n\) là các số nguyên.

\(\Delta {{x}_{\min }}\) khi \(\left( m{{k}_{2}}-n{{k}_{1}} \right)=1\)→ \(\Delta {{x}_{\min }}=\frac{{{i}_{1}}}{{{k}_{2}}}=0,2\)mm.

Ta có:

\(h{{f}_{n}}={{E}_{n}}-{{E}_{0}}={{E}_{0}}-\frac{{{E}_{0}}}{{{n}^{2}}}\)

Số bức xạ mà đám nguyên tử phát ra khi ở trạng thái \(n\) là \(N=C_{n}^{2}\).

→ với \(N=3\) → \({{n}_{1}}=3\) và \(N=10\) → \({{n}_{2}}=5\).

Ta có tỉ số :

\(\frac{{{f}_{1}}}{{{f}_{2}}}=\frac{{{E}_{0}}-\frac{{{E}_{0}}}{n_{1}^{2}}}{{{E}_{0}}-\frac{{{E}_{0}}}{n_{2}^{2}}}=\frac{1-\frac{1}{{{3}^{2}}}}{1-\frac{1}{{{5}^{2}}}}=\frac{25}{27}\).

Ta có:

\(\tau \)là chu kì bán rã – thời gian để hạt nhân mẹ còn lại một nửa so với ban đầu.

Ta có:

Năng lượng của phản ứng \(\Delta E={{K}_{B}}+{{K}_{\alpha }}\).

Theo ĐL bảo toàn động lượng \({{p}_{B}}={{p}_{\alpha }}\) → \({{m}_{B}}{{K}_{B}}={{m}_{\alpha }}{{K}_{\alpha }}\).

Từ hai phương trình trên, ta có: \({{K}_{B}}=\frac{{{m}_{\alpha }}}{{{m}_{\alpha }}+{{m}_{B}}}\Delta E\)

Ta có:

Electron chuyển động tròn quanh hạt nhân, nên lực tĩnh điện đóng vai trò là lực hướng tâm

\(F=k\frac{{{e}^{2}}}{{{r}^{2}}}=m{{\omega }^{2}}r\)

→ \(\omega =\sqrt{\frac{F}{mr}}=\sqrt{\frac{{{9,2.10}^{-8}}}{{{9,1.10}^{-31}}{{.5.10}^{-11}}}}={{4,5.10}^{16}}\)rad/s.

→ Vậy \(f={{0,72.10}^{26}}\) Hz.

Từ đồ thị, ta có: khi \(U=20\)V thì \(I=2\)A.

→ Điện trở của vật dẫn \(R=\frac{{{U}_{n}}}{{{I}_{n}}}=\frac{20}{2}=10\) Ω.

Ban đầu khi nam châm tiến lại gần vòng dây, vòng dây xuất hiện dòng điện cảm ứng để chống lại chuyển động này → mặt đối diện với nam châm là mặt nam → dòng điện chạy cùng chiều kim đồng hồ.

Khi nam châm xuyên qua vòng dây và chuyển động ra xa vòng dây → trong vòng dây xuất hiện dòng điện cảm ứng để chống lại chuyển động này (lúc này mặt đối diện với vòng dây của nam châm là mặt bắc) → mặt đối diện với nam châm là mặt nam → mặt quan sát theo yêu cầu bài toán lại là mặc bắc → dòng điện ngược chiều kim đồng hồ.

Giản đồ vecto khi mạch nối tắc tụ.

\({{U}_{R}}={{U}_{d}}=AC=50\sqrt{3}\)V → \(\Delta ACB\) cân tại \(C\), \(U=AB=150\)V.

→ \(\cos \alpha =\frac{AB}{2AC}=\frac{150}{2.\left( 50\sqrt{3} \right)}=\frac{\sqrt{3}}{2}\) → \(\alpha ={{30}^{0}}\) vậy \(\widehat{BCD}={{60}^{0}}\).

\(r={{U}_{d}}\cos \widehat{BCD}=60\cos {{60}^{0}}=30\)Ω; \({{Z}_{L}}={{U}_{d}}\sin {{60}^{0}}=60\sin {{60}^{0}}=30\sqrt{3}\)Ω.

Công suất tiêu thụ của mạch khi chưa nối tắt

\(P=\frac{{{U}^{2}}\left( R+r \right)}{{{\left( R+r \right)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}\) → \(250=\frac{{{150}^{2}}\left( 60+30 \right)}{{{\left( 60+30 \right)}^{2}}+{{\left( 30\sqrt{3}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}\) → \({{Z}_{C}}=30\sqrt{3}\)Ω.

Ta có :\(q\) và \(i\) dao động vuông pha.

Hệ thức độc lập thời gian giữa i và q :

\({{\left( \frac{q}{{{Q}_{0}}} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{i}{{{I}_{0}}} \right)}^{2}}=1\)→ \({{\left( \omega q \right)}^{2}}+{{i}^{2}}=I_{0}^{2}\).

Ứng với giả thuyết bài toán :  

\({{\left( {{\omega }_{1}}{{q}_{1}} \right)}^{2}}+{{i}^{2}}=I_{0}^{2}\) và \({{\left( {{\omega }_{2}}{{q}_{2}} \right)}^{2}}+{{i}^{2}}=I_{0}^{2}\)→ \(\frac{{{q}_{1}}}{{{q}_{1}}}=\frac{{{T}_{1}}}{{{T}_{2}}}=0,5\).

Tần số nhỏ nhất gây ra sóng dừng trên dây

\(2{{f}_{\min }}={{f}_{n+1}}-{{f}_{n}}=30-20\)Hz → \({{f}_{\min }}=5\)Hz.

→ Sóng hình thành trên dây với 4 bụng sóng

→ \(n=3\) → \({{f}_{3}}=\left( 2n+1 \right){{f}_{\min }}=\left( 2.3+1 \right)5=35\)Hz

Tốc độ của vật cực đại khi vật đi qua vị trí cân bằng tạm lần đầu tiên

\({{v}_{max}}=\omega \left( {{A}_{0}}-{{x}_{0}} \right)=\sqrt{\frac{k}{m}}\left( {{A}_{0}}-\frac{\mu mg}{k} \right)=\sqrt{\frac{1}{0,02}}\left( 0,1-\frac{0,1.0,02.10}{1} \right)=40\sqrt{2}\)cm/s

+ Từ đồ thị, ta thấy rằng dao động thành phần ứng với đường liền nét có phương trình \({{x}_{1}}=4\cos \left( \frac{10\pi }{3}t+\frac{\pi }{3} \right)\)cm.

+ Thành phần dao động ứng với đường nét đứt. Tại \(t=\frac{T}{12}=0,05\) s đồ thị đi qua vị trí \(x=-A\) → tại \(t=0\), thành phần dao động này đi qua vị trí \(x=-\frac{\sqrt{3}}{2}A=-6\)cm → \(A=4\sqrt{3}\)cm.

→ \({{x}_{2}}=4\sqrt{3}\cos \left( \frac{10\pi }{3}t+\frac{5\pi }{6} \right)\)cm → \(x={{x}_{1}}+{{x}_{2}}=8\cos \left( \frac{10\pi }{3}t+\frac{2\pi }{3} \right)\)cm.

+ Tại \(t=0\), vật đi qua vị trí \(x=-4\) cm theo chiều âm. Sau khoảng thời gian \(\Delta t=0,2\) s ứng với góc quét \(\Delta \varphi =\omega \Delta t={{120}^{0}}\)vật đến vị trí \(x=-4\) cm theo chiều dương.

→ \({{v}_{tb}}=\frac{4+4}{0,2}=40\)cm/s.

Để đơn giản, ta chọn \(\lambda =1\). Ta có:

• số dãy cực đại giao thoa là số giá trị \(k\) thõa mãn

\(-\frac{{{S}_{1}}{{S}_{2}}}{\lambda }<k<\frac{{{S}_{2}}{{S}_{2}}}{\lambda }\) → \(-5,6<k<5,6\).

• Điều kiện cực đại và cùng pha với nguồn

\(\left\{ \begin{array}{l}
{d_1} - {d_2} = k\lambda \\
{d_1} + {d_2} = n\lambda 
\end{array} \right.;n \ge 6\)

• Từ hình vẽ :\(\begin{array}{l}
  \left\{ \begin{array}{l}
  d_1^2 = {x^2} + {h^2}\\
  d_2^2 = {\left( {5,6 - x} \right)^2} + {h^2}
  \end{array} \right.\\
   \Rightarrow x = \frac{{d_1^2 - d_2^2}}{{11,2}} + 2,8
  \end{array}\)

Ta lần lượt xét các trường hợp.

\(\left\{ \begin{array}{l}
k = 1\\
n = 7
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{d_1} - {d_2} = 1\\
{d_1} + {d_2} = 7
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{d_1} = 4\\
{d_2} = 3
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 3,425\\
h = 2,07
\end{array} \right.\)

Tương tự như thế với \(k=2\) thì \(h=1,01\); với \(k=3\) thì \(h=1,77\); với \(k=4\) thì \(h=0,754\); với \(k=5\) thì \(h=0,954\) → \({{h}_{\min }}=0,754\).

Dễ thấy, đường nét liền biểu diễn \({{Z}_{L}}\), nét đứt biểu diễn \({{Z}_{C}}\).

+ Từ đồ thị ta có:

tại \(\omega =2{{\omega }_{0}}\) thì \({{Z}_{L}}=50\)Ω → \({{Z}_{L0}}=25\)Ω.

tại \(\omega ={{\omega }_{0}}\) → cộng hưởng → \({{Z}_{L0}}={{Z}_{C0}}=25\)Ω.

tại \(\omega ={{\omega }_{1}}=3{{\omega }_{0}}\)→

\(\left\{ \begin{array}{l}
{Z_1} = 3{Z_{L0}} = 75\\
{Z_{C1}} = \frac{{{Z_{C0}}}}{3} = \frac{{25}}{3}
\end{array} \right.\)

→ \(Z=\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L1}}-{{Z}_{C1}} \right)}^{2}}}=\sqrt{{{10}^{2}}+{{\left( 75-\frac{25}{3} \right)}^{2}}}=67,4\)Ω.

Điện áp hiệu dụng hai đầu đoạn mạch \(MB\):

\({{U}_{MB}}=\frac{U\sqrt{{{r}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}{\sqrt{{{\left( R+r \right)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=\frac{U}{\sqrt{1+\frac{{{R}^{2}}+2\text{Rr}}{{{r}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}}\)

→ \({{U}_{MB\min }}\) khi \({{Z}_{C1}}={{Z}_{L}}\) và \({{U}_{MB}}_{\min }=\frac{U}{\sqrt{1+\frac{{{R}^{2}}+2\text{Rr}}{{{r}^{2}}}}}=\frac{U}{\sqrt{10}}\)

+ Khi \(C={{C}_{2}}=0,5{{C}_{1}}\) → \({{Z}_{C2}}=2{{Z}_{C1}}=2{{Z}_{L}}\)thì điện áp giữa hai đầu tụ điện cực đại

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
{Z_{{C_2}}} = 2{{\rm{Z}}_L} = \frac{{{{\left( {R + r} \right)}^2} + Z_L^2}}{{{Z_L}}}\\
{U_2} = \frac{U}{{R + r}}\sqrt {{{\left( {R + r} \right)}^2} + Z_L^2} 
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{Z_L} = 100\\
{U_2} = \sqrt 2 U
\end{array} \right.
\end{array}\)

 → Lập tỉ số : \(\frac{{{U}_{2}}}{{{U}_{1}}}=10\sqrt{2}\).

\({{P}_{tt}}=I{{U}_{tt}}\) không đổi → \(I\) và \({{U}_{tt}}\) tỉ lệ nghịch với nhau.

\(\Delta P={{I}^{2}}R\) → \(\Delta P\) giảm 144 lần thì \(I\) giảm 12 lần (lưu ý, ta không dùng \(\Delta P=\frac{PR}{{{U}^{2}}}\) để biện luận vì bài toán không ràng buộc điều kiện \(P\) không đổi).

Ta lập bảng số liệu cho hai trường hợp:

Ta có:

\(12{{U}_{tt}}=nU-\frac{U}{12.10}\)→ \(12\left( U-\frac{U}{10} \right)=nU-\frac{U}{12.10}\)→ \(n=12\left( 1-\frac{1}{10} \right)+\frac{1}{120}=10,8\)