Bước sóng tương ứng của sóng này là:

\(\lambda =cT=\frac{c}{f}=\frac{{{3.10}^{8}}}{{{100.10}^{6}}}=3m\)

Ta có: 

\(\left\{ \begin{align} & v=\frac{c}{n} \\ & {{n}_{d}}<{{n}_{cam}}<{{n}_{vang}}<{{n}_{luc}}<{{n}_{lam}}<{{n}_{cham}}<{{n}_{tim}} \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow {{v}_{d}}>{{v}_{cam}}>...>{{v}_{tim}}\)

Phát biểu đúng là: Tại mỗi điểm trên phương truyền của sóng thì dao động của cường độ điện trường \(\overrightarrow{E}\)đồng pha với dao động của cảm ứng từ \(\overrightarrow{B}\)

Quang phổ vạch của các nguyên tố khác nhau thì rất khác nhau về số lượng các vạch, về vị trí và độ sáng tỉ đối giữa các vạch. Mỗi nguyên tố hóa học có một quang phổ vạch đặc trưng của nguyên tố đó.

\(\to \) Phát biểu sai là: Khác nhau về bề rộng các vạch quang phổ.

Ta có: \(l=k.\frac{\lambda }{2}=k.\frac{v}{2f}\Rightarrow k=\frac{2l.f}{v}=\frac{2.1.40}{20}=4\)

Vậy: Số bụng = k = 4, số nút = k + 1 = 5

Khối lượng Co còn lại sau 10,66 năm là:

\(m={{m}_{0}}{{.2}^{\frac{t}{T}}}={{1000.2}^{\frac{10,66}{5,33}}}=250g\)

Số nguyên tử Coban còn lại là \(N=\frac{m}{A}.{{N}_{A}}=\frac{250}{60}.6,{{02.10}^{23}}=2,{{51.10}^{24}}\)

Ta có:

\({{G}_{\infty }}=\frac{{{f}_{1}}}{{{f}_{2}}}\Rightarrow {{f}_{2}}=\frac{{{f}_{1}}}{{{G}_{\infty }}}=\frac{1,2}{60}=0,02m=2cm\)

Dao động duy trì là dao động tắt dần mà người ta đã tác dụng ngoại lực vào vật dao động cùng chiều với chiều chuyển động trong một phần của từng chu kỳ.

Khoảng cách giữa 10 vận tối là 9i.

M và N đều là vẫn sáng nên khoảng cách giữa M và N là:

\(MN=9i+\frac{i}{2}+\frac{i}{2}=2cm\Leftrightarrow i=0,2cm=2mm\)

\(\Rightarrow \lambda =\frac{a.i}{D}=\frac{0,5.2}{2}=0,5\mu m\)

Ta có: 

\(i=2\sqrt{2}\cos \left( 100\pi t+\frac{\pi }{2} \right)\left( A \right)\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{align} & I=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=2\left( A \right) \\ & f=\frac{\omega }{2\pi }=\frac{100\pi }{2\pi }=50Hz \\ & t=0,15s\Rightarrow i=2\sqrt{2}\cos \left( 100\pi .0,15+\frac{\pi }{2} \right)=0 \\ & \varphi =\frac{\pi }{2} \\ \end{align} \right.\)

Ta có:

\(\phi =BS.\cos \alpha ;\alpha =\left( \overrightarrow{n},\overrightarrow{B} \right)\)

Từ thông qua 1 mạch điện phụ thuộc vào hình dạng và kích thước của mạch điện.

Máy phát điện xoay chiều một pha có phần cảm gồm 2 cặp cực (p cực nam và p cực bắc). Khi máy hoạt động, rôto quay đều với tốc độ n vòng/giây. Suất điện động do máy tạo ra có tần số là: \(f=n.p\)

Tai con người có thể nghe được những âm có mức cường độ âm ở trong khoảng 0dB đến 130dB.

+ Tại \(\frac{1}{{{R}^{2}}}={{10}^{-6}}\) thì \(\frac{1}{{{U}^{2}}}=0,0055\) ta có:

\(\frac{1}{{{U}^{2}}}=\frac{1}{U_{0}^{2}}+\frac{2}{U_{0}^{2}.{{\omega }^{2}}.{{C}^{2}}}.\frac{1}{{{R}^{2}}}\Leftrightarrow 0,0055=\frac{2}{U_{0}^{2}}+\frac{{{2.10}^{-6}}}{U_{0}^{2}.{{\omega }^{2}}.{{C}^{2}}}\)

+ Tại \(\frac{1}{{{R}^{2}}}={{2.10}^{-6}}\)thì \(\frac{1}{{{U}^{2}}}=0,0095\)ta có:

\(\frac{1}{{{U}^{2}}}=\frac{1}{U_{0}^{2}}+\frac{2}{U_{0}^{2}.{{\omega }^{2}}.{{C}^{2}}}.\frac{1}{{{R}^{2}}}\Leftrightarrow 0,0095=\frac{2}{U_{0}^{2}}+\frac{{{4.10}^{-6}}}{U_{0}^{2}.{{\omega }^{2}}.{{C}^{2}}}\)

Ta được hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{align} & 0,0055=\frac{2}{U_{0}^{2}}+\frac{2}{U_{0}^{2}.{{\omega }^{2}}.{{C}^{2}}}{{.10}^{-6}} \\ & 0,0095=\frac{2}{U_{0}^{2}}+\frac{4}{U_{0}^{2}.{{\omega }^{2}}.{{C}^{2}}}{{.10}^{-6}} \\ \end{align} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & 0,0055=\frac{2}{U_{0}^{2}}\left( 1+\frac{2}{3,{{14}^{2}}.{{C}^{2}}}{{.10}^{-6}} \right)\left( 1 \right) \\ & 0,0095=\frac{2}{U_{0}^{2}}\left( 1+\frac{2}{3,{{14}^{2}}.{{C}^{2}}}{{.2.10}^{-6}} \right)\left( 2 \right) \\ \end{align} \right.\)

Lấy (2) chia (1) ta được: \(C=1,{{95.10}^{-6}}F\)

Bước sóng: \(\lambda =\frac{v}{f}=\frac{32}{20}=1,6cm\)

Xét tỷ số: \(\frac{{{d}_{2}}-{{d}_{1}}}{\lambda }=\frac{9-4,2}{1,6}=3\)

Vậy ban đầu M nằm trên cực đại bậc 3.

Dịch chuyển B ra xa một đoạn \(\Delta d\), để đoạn này là nhỏ nhất thì khi đó M phải nằm trên cực tiểu thứ 4 với:

\({{d}_{2}}^{\prime }-{{d}_{1}}=\left( 3+\frac{1}{2} \right)\lambda =3,5\lambda =3,5.1,6=5,6cm\Rightarrow {{d}_{2}}^{\prime }=9,8cm\)

Áp dụng định lí hàm số cos cho tam giác MAB ta có:

\(M{{B}^{2}}=M{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}-2AM.AB.cosA\)

\(\Rightarrow cosA=\frac{M{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}-M{{B}^{2}}}{2AM.AB}=\frac{4,{{2}^{2}}+{{12}^{2}}-{{9}^{2}}}{2.4,2.12}=0,8\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{align} & AH=AM.cosA=4,2.0,8=3,36cm \\ & MH=AM.\sin A=4,2.0,6=2,52cm \\ \end{align} \right.\)

Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông MHB’ ta có:

\(H{B}'=\sqrt{M{{{{B}'}}^{2}}-M{{H}^{2}}}=\sqrt{9,{{8}^{2}}-2,{{52}^{2}}}=9,47cm\)

Đoạn dịch chuyển:

\(B{B}'=H{B}'-HB=H{B}'-\left( AB-AH \right)=9,47-\left( 12-3,36 \right)=0,83cm\)

Quang trở là một linh kiện bán dẫn hoạt động dựa trên hiện tượng quang điện trong.

Cường độ dòng điện có biểu thức: \(I=\frac{q}{t}\)

Cơ năng dao động của vật:

\(\text{W}=\frac{1}{2}m{{\omega }^{2}}{{A}^{2}}\Leftrightarrow \frac{1}{2}.0,{{2.15}^{2}}.{{A}^{2}}=0,05625\Leftrightarrow A=0,05m=5cm\)

Hai dao động ngược pha nên biên độ của dao động tổng hợp là:

\(A=\left| {{A}_{1}}-{{A}_{2}} \right|\Leftrightarrow 5=\left| 6-{{A}_{2}} \right|\Rightarrow {{A}_{2}}=1cm\)

Phát biểu không đúng về tia hồng ngoại là: Tia hồng ngoại làm phát quang một số chất khí.

Quay nam châm hình chữ U với vận tốc góc \(\omega \) thì khung dây quay cùng chiều với chiều quay của nam châm với \({{\omega }_{0}}<\omega \)

Ta có: 

\(\left\{ \begin{align} & f=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}} \\ & {f}'=\frac{1}{2\pi \sqrt{2L.\frac{C}{2}}}=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}} \\ \end{align} \right.\Rightarrow {f}'=f\)

Gọi

+ P₀ là công suất của khu công nghiệp

+ U₁, U₂ lần lượt là điện áp ở cuộn sơ cấp trong 2 trường hợp điện áp truyền đi là U và 2U.

+ P₁, P₂ lần lượt là công suất ở cuộn sơ cấp trong 2 trường hợp điện áp truyền đi là U và 2U

Công suất ở cuộn dây sơ cấp trong 2 lần là: 

\(\left\{ \begin{align} & {{P}_{1}}={{U}_{1}}{{I}_{1}}=\frac{12}{13}{{P}_{0}} \\ & {{P}_{2}}={{U}_{2}}{{I}_{2}}={{P}_{0}} \\ \end{align} \right.\)

Do điện áp trước khi tải đi lần lượt là U và 2U nên: \({{I}_{1}}=2{{I}_{2}}\)

(Công suất truyền đi P = UI không đổi; I₁ và I₂, lần lượt là cường độ dòng điện trên dây truyền tải trong trường hợp U_phát là U và 2U).

\(\Rightarrow \frac{{{P}_{1}}}{{{P}_{2}}}=\frac{{{U}_{1}}{{I}_{1}}}{{{U}_{2}}{{I}_{2}}}\Leftrightarrow \frac{\frac{12}{13}{{P}_{0}}}{{{P}_{0}}}=2.\frac{{{U}_{1}}}{{{U}_{2}}}\Leftrightarrow 2.\frac{{{U}_{1}}}{{{U}_{2}}}=\frac{12}{13}\Leftrightarrow \frac{{{U}_{1}}}{{{U}_{2}}}=\frac{6}{13}\)

Với U₀ là điện áp ở cuộn thứ cấp. Ta có tỉ số của máy hạ áp ở khu công nghiệp trong hai trường hợp:

\(\left\{ \begin{align} & {{k}_{1}}=\frac{{{U}_{1}}}{{{U}_{0}}}=\frac{54}{1} \\ & {{k}_{2}}=\frac{{{U}_{2}}}{{{U}_{0}}} \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow \frac{{{k}_{1}}}{{{k}_{2}}}=\frac{{{U}_{1}}}{{{U}_{2}}}=\frac{6}{13}\Rightarrow {{k}_{2}}=\frac{117}{1}\)

Trong hệ sóng dừng trên một sợi dây, khoảng cách giữa hai nút liên tiếp bằng \(\frac{\lambda }{2}\)

Vật có vận tốc bằng 0 tại biên nên khi lò xo có chiều dài 28cm vận tốc bằng không tức là khi đó vật đang ở biên âm:

\({{l}_{\min }}={{l}_{0}}+\Delta {{l}_{0}}-A\Rightarrow A-\Delta {{l}_{0}}=30=28=2cm\)

Lực đàn hồi có độ lớn 2N nên: \(k=\frac{{{F}_{dh}}}{\Delta l}=\frac{2}{0,02}=100N/m\)

Độ biến dạng của lò xo tại VTCB: \(\Delta {{l}_{0}}=\frac{mg}{k}=\frac{0,2.10}{100}=2cm\Rightarrow A=\Delta {{l}_{0}}+2=4cm\)

Năng lượng dao động của vật: \(\text{W}=\frac{1}{2}k{{A}^{2}}=\frac{1}{2}.100.0,{{04}^{2}}=0,08J\)

Từ đồ thị ta thấy: \(\frac{T}{4}=0,1s\Rightarrow T=0,4s\Rightarrow \omega =5\pi \left( rad/s \right)\)

Mà \(\omega =\sqrt{\frac{g}{\Delta l}}\Rightarrow \Delta l=\frac{g}{{{\omega }^{2}}}=\frac{10}{250}=0,04m\)

Từ đồ thị ta thấy giá trị: 

\(\left\{ \begin{align} & {{F}_{dh\max }}=3N \\ & {{F}_{dh\min }}=-1N \\ \end{align} \right.\)

Lò xo treo thẳng đứng nên F_{dh max} khi vật ở vị trí thấp nhất của quỹ đạo, F_{dh min} khi vật ở vị trí cao nhất

Ta có: 

\(\left\{ \begin{align} & {{F}_{dh\max }}=k.\left( A+\Delta l \right)=3N \\ & {{F}_{dh\min }}=k.\left( A-\Delta l \right)-1N \\ \end{align} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & k.\Delta l=1 \\ & kA=2 \\ \end{align} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & k=25N/m \\ & A=0,08m \\ \end{align} \right.\)

Từ t = 0 đến t = 0,1s (trong khoảng \(\frac{T}{4}\) ) lực đàn hồi tăng đến giá trị cực đại nên \(\varphi =-\frac{\pi }{2}\)

Phương trình dao động của vật: \(x=8\cos \left( 5\pi t-\frac{\pi }{2} \right)\left( cm \right)\)

Ta có: \(a=-{{\omega }^{2}}x\Rightarrow \frac{a}{x}=-{{\omega }^{2}}\)

Khối lượng của electron rất nhỏ nên có thể xem khối lượng hạt nhân như khối lượng nguyên tử. 

Từ VTLG ta có khi vật đi từ VTCB đến vị trí có li độ \(x=A\frac{\sqrt{2}}{2}\) thì góc quét tương ứng là:

\(\alpha =\frac{\pi }{4}\Rightarrow \Delta t=\alpha .\frac{T}{2\pi }=0,25s\Leftrightarrow \frac{\pi }{4}.\frac{T}{2\pi }=0,25s\Rightarrow T=2s\)

Phát biểu đúng khi nói về tia X là: Tia X có tác dụng sinh lí hủy diệt tế bào.

Giới hạn quang điện của kim loại làm catot: \({{\lambda }_{0}}=\frac{hc}{A}=\frac{6,{{625.10}^{-34}}{{.3.10}^{8}}}{3,45.1,{{6.10}^{-19}}}=0,36\mu m\)

Để xảy ra hiện tượng quang điện thì: \(\lambda \le {{\lambda }_{0}}\)

Vậy các bức xạ gây ra hiện tượng quang điện là \({{\lambda }_{1}},{{\lambda }_{4}}\)

Ta có \(T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}\Rightarrow T\notin m\)

Vậy khi thêm vật nặng có m’ = 100g vào thì chu kì dao động mới vẫn là 2s.

Ta có: \({{r}_{n}}={{n}^{2}}.{{r}_{0}}\Leftrightarrow 2,{{12.10}^{-10}}={{n}^{2}}.5,{{3.10}^{-11}}\Rightarrow n=2\)

Quỹ đạo đó có tên gọi là quỹ đạo dừng L.

Để phân biệt sóng ngang hay sóng dọc người ta dựa vào phương dao động và phương truyền sóng.

Khối lượng của hạt nhân \({}_{26}^{56}Fe\) là: \({{m}_{hn}}={{m}_{nguyentu}}-Z.{{m}_{e}}=55,934939-26,{{5.486.10}^{-4}}=55,9206754u\)

Năng lượng liên kết của hạt nhân \({}_{26}^{56}Fe\)là: \({{\text{W}}_{lk}}=\Delta m.{{c}^{2}}=\left( Z.{{m}_{p}}+\left( A-Z \right){{m}_{n}}-{{m}_{hn}} \right){{c}^{2}}\)

\(=\left( 26.1,00728+\left( 56-26 \right).1,00866-55,9206754 \right)u{{c}^{2}}\)

\(=0,5284046.931,5MeV=492,209MeV\)

Năng lượng liên kết riêng của hạt nhân sắt: \(\varepsilon =\frac{{{\text{W}}_{lk}}}{A}=\frac{492,209}{56}=8,789\frac{MeV}{nuclon}\)

Công suất tỏa nhiệt trên điện trở bằng: \(P={{I}^{2}}R={{2}^{2}}.110=440W\)

Tần số dao động riêng của vật:

\({{f}_{0}}=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{g}{l}}=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{{{\pi }^{2}}}{1}}=0,5Hz\)

Như vậy khi tần số ngoại lực tăng từ 1Hz đến 2Hz thì biên độ dao động của con lắc luôn giảm.

Cường độ điện trường tại điểm B cách A một khoảng 10cm là:

\(E=\frac{k\left| q \right|}{{{r}^{2}}}=\frac{{{9.10}^{9}}{{.5.10}^{-9}}}{0,{{1}^{2}}}=4500V/m\)

Ta có: 

\(\left\{ \begin{align} & r=15\Omega \\ & {{Z}_{L}}=\omega L=100\pi .\frac{2}{25\pi }=8\Omega \\ \end{align} \right.\)

Số chỉ của vôn kế:

\({{U}_{V}}={{U}_{rL}}=\frac{U\sqrt{{{r}^{2}}+Z_{L}^{2}}}{\sqrt{{{r}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}\)

C thay đổi để U_{V max} khi mạch xảy ra cộng hưởng điện:

\({{Z}_{L}}={{Z}_{C}}\Rightarrow C=\frac{1}{{{\omega }^{2}}L}=\frac{1}{{{\left( 100\pi  \right)}^{2}}.\frac{2}{25\pi }}=\frac{{{10}^{-2}}}{8\pi }F\)

Số chỉ vôn kế lớn nhất:

\({{U}_{V}}={{U}_{rL}}=\frac{U\sqrt{{{r}^{2}}+Z_{L}^{2}}}{\sqrt{{{r}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=\frac{120\sqrt{{{15}^{2}}+{{8}^{2}}}}{15}=136V\)

Bước sóng: \(\lambda =\frac{v}{f}=3cm.\)

Độ lệch pha hai sóng kết hợp tại M:

 \(\Delta \varphi =\frac{2\pi }{\lambda }\left( {{d}_{1}}-{{d}_{2}} \right)=\frac{2\pi }{3}\left( {{d}_{1}}-{{d}_{2}} \right)\)

Biên độ dao động tổng hợp tại M:

\(\begin{align} & {{A}^{2}}=A_{1}^{2}+A_{2}^{2}+2{{A}_{1}}{{A}_{2}}\cos \Delta \varphi \\ & \Rightarrow 2{{a}^{2}}={{a}^{2}}+{{a}^{2}}+2{{a}^{2}}\cos \Delta \varphi \\ & \Rightarrow \Delta \varphi =\frac{\pi }{2}+n\pi \Rightarrow \frac{2\pi }{3}\left( {{d}_{1}}-{{d}_{2}} \right)=\frac{\pi }{2}+n\pi \Rightarrow \left( {{d}_{1}}-{{d}_{2}} \right)=0,75+1,5n \\ \end{align}\)

Điều kiện để M nằm trên CD là \(DA-DB\le {{d}_{1}}-{{d}_{2}}=0,75+1,5n\le CA-CB\)

\(\Rightarrow 10-10\sqrt{2}\le {{d}_{1}}-{{d}_{2}}=0,75+1,5n\le 10\sqrt{2}-10\Rightarrow -3,26\le n\le 2,26\)

\(\Rightarrow n=-3;-2;...;2:\) có 6 giá trị

Cảm kháng \({{Z}_{L}}=\omega L\)

Đối với đoạn mạch chỉ chứa cuộn cảm thuần (u vài vuông pha) ta có:

\(\frac{{{i}^{2}}}{I_{0}^{2}}+\frac{{{u}^{2}}}{U_{0}^{2}}=1\Leftrightarrow \frac{{{i}^{2}}}{I_{0}^{2}}+\frac{{{u}^{2}}}{I_{0}^{2}.Z_{L}^{2}}=1\Rightarrow {{I}_{0}}=\sqrt{{{i}^{2}}+\frac{{{u}^{2}}}{Z_{L}^{2}}}\)

Thay số ta được \({{I}_{0}}=\sqrt{{{i}^{2}}+\frac{{{u}^{2}}}{Z_{L}^{2}}}=\sqrt{{{4}^{2}}+\frac{{{150}^{2}}}{{{50}^{2}}}}=5A\)

Cường độ dòng điện hiệu dụng: \(I=\frac{{{I}_{0}}}{\sqrt{2}}=\frac{5}{\sqrt{2}}=2,5\sqrt{2}A\)