Dao động của con lắc đồng hồ là dao động duy trì        

Máy biến áp là thiết bị có khả năng biến đổi điện áp của dòng điện xoay chiều.

Thực hiện biến điệu sóng mang: làm sóng cao tần có biên độ biến đổi với tần số âm tần.

Những chất phát ra quang phổ liên tục khi bị nung nóng thích hợp là chất rắn, chất lỏng, chất khí có áp suất lớn.

Phát biểu không đúng: Bước sóng l’ ánh sáng phát quang bao giờ nhỏ hơn bước sóng l của ánh sáng hấp thụ l’ <l

Quan hệ giữa cường độ điện trường E và hiệu điện thế U giữa hai điểm mà hình chiếu đường nối hai điểm đó lên đường sức là d thì cho bởi biểu thức: U = E.d.  

Đường sức từ không có tính chất : Các đường sức của cùng một từ trường có thể cắt nhau.

a_max = ω².A = kA/m => m = 0,05kg =50g

Từ đầu bài ta có :

\(\left\{ \begin{align} & A\cos \varphi =5 \\ & -\omega \sin \varphi =50\sqrt{3} \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow A=\sqrt{\frac{{{v}^{2}}}{{{\omega }^{2}}}+{{x}^{2}}}=\sqrt{\frac{{{\left( 50\sqrt{3} \right)}^{2}}}{{{10}^{2}}}+{{5}^{2}}}=10\,cm\)

\(\Rightarrow \cos \varphi =\frac{{{x}_{0}}}{A}=\frac{5}{10}=\frac{1}{2}\)

\({{v}_{0}}>0\Rightarrow \varphi =-\arccos \frac{1}{2}=-\frac{\pi }{3}\)

Hệ thức đúng là \(v=\frac{\lambda }{f}\)    

Điện áp hiệu dụng là 100\(\sqrt{2}\)  

Số nơtrôn có trong hạt nhân \({}_{11}^{23}Na\) là 12

Phản ứng: \({}_{0}^{1}n+{}_{92}^{235}U={}_{54}^{139}Xe+{}_{38}^{95}Sr+2.{}_{0}^{1}n+200MeV\)

Gọi d là khoảng cách giữa hai điểm gần nhất mà phần tử nước tại đó dao động với biên độ cực tiểu trên đoạn S₁ S₂: 

\(d=\frac{\lambda }{2}=\frac{4}{2}=2cm\)

U_C = 40V

\(\begin{align} & {{U}_{day}}=\sqrt{U_{r}^{2}+U_{L}^{2}}=50V \\ & U=\sqrt{U_{r}^{2}+({{U}_{L}}-{{U}_{C}})}=30V \\ \end{align}\)

Từ các phương trình trên ta tìm được U_L = 40V, U_r = 30V

Hệ số công suất của mạch điện là: \(\cos \varphi =\frac{{{U}_{r}}}{U}=\frac{30}{30}=1\)

Khoảng cách giữa hai vân tối liên tiếp là: \(i=\frac{\lambda D}{a}=\frac{0,6.2}{3}=0,4mm\)

Ta có:

\(\varepsilon =A=\frac{hc}{{{\lambda }_{o}}}=\frac{{{6,625.10}^{-25}}{{.3.10}^{8}}}{{{0,35.10}^{-6}}{{.1,6.10}^{-19}}}=3,55(eV)\)

Hạt nhân càng bền vững khi hạt nhân đó có năng lượng liên kết riêng càng lớn.

Ta có:

\(\Phi =BS\cos \alpha ={{5.10}^{-2}}{{.12.10}^{-2}}.\cos 60={{3.10}^{-5}}Wb\)

Ta có:

\(f=\frac{{{v}_{n}}.n}{{{\lambda }_{ck}}}=\frac{{{2.10}^{8}}.1,5}{{{0,6.10}^{-6}}}={{5.10}^{14}}Hz\)

Phương pháp sử dụng điều kiện có sóng dừng trên dây có 1 đàu là nút một đầu là bụng

Theo bài ra ta có

\(\begin{align} & l=(2k+1)\frac{v}{4f}\Rightarrow f=(2k+1)\frac{v}{4.l}\Rightarrow 60\le (2k+1)\frac{v}{4.l}\le 180 \\ & \Rightarrow \frac{60.2l}{v}-05\le k\le \frac{180.2l}{v}-05\Rightarrow 8,5\le k\le 26,5 \\ \end{align}\)

\(\Rightarrow \) Nghiệm lấy từ ( 9…..26)  có 18 giá trị của tần số để có thể tạo ra sóng dừng trên sợi dây

Ta có:

\(i=\frac{dq}{dt}=-{{q}_{o}}{{.5.10}^{6}}.\sin ({{5.10}^{6}}.t)={{I}_{o}}.\sqrt{LC}{{.5.10}^{6}}\cos ({{5.10}^{6}}+\pi /2)={{4.10}^{-2}}\cos ({{5.10}^{6}}+\pi /2)(A)\)

Ta có:

\({{\varepsilon }_{\max }}=\frac{hc}{{{\lambda }_{\min }}}={{W}_{do}}+\left| e \right|{{U}_{AK}}\Rightarrow {{\lambda }_{\min }}=\frac{hc}{{{W}_{do}}+\left| e \right|{{U}_{AK}}}={{6,211.10}^{-11}}m=62,11pm\)

Ta có:

\(\begin{align} & v=\sqrt{\frac{k.{{e}^{2}}}{m.16{{r}_{o}}}}=\sqrt{\frac{{{9.10}^{9}}.{{({{1,6.10}^{-19}})}^{2}}}{{{9,1.10}^{-31}}{{.16.5,3.10}^{-11}}}}\approx {{5,464.10}^{5}}m/s \\ & t=\frac{s}{t}=\frac{{{5,464.10}^{-3}}}{{{5,464.10}^{5}}}={{10}^{-8}}s \\ \end{align}\)

+  Lực do q₁ tác dụng lên q_o:

\({{F}_{10}}=k\frac{\left| {{q}_{1}}{{q}_{0}} \right|}{A{{C}^{2}}}={{9.10}^{9}}\frac{\left| {{10}^{-7}}{{.10}^{-7}} \right|}{{{0,05}^{2}}}=0,036N\)

+  Lực do q₂ tác dụng lên q_o:

\({{F}_{20}}={{F}_{10}}=0,036N\)( do \(\left| {{q}_{1}} \right|=\left| {{q}_{2}} \right|\))

+  Do \({{F}_{20}}={{F}_{10}}\) nên hợp lực F_o tác dụng lên q_o:

\( \begin{align} & {{F}_{o}}=2{{F}_{10}}.\cos {{C}_{1}}=2.{{F}_{10}}.\cos A=2.{{F}_{10}}.\frac{AH}{AC} \\ & {{F}_{o}}=2.0,036.\frac{4}{5}={{57,6.10}^{-3}}N \\ \end{align}\)

+ Vậy \({{\vec{F}}_{o}}\) có phương // AB, cùng chiều với vectơ \(\overrightarrow{AB}\) (hình vẽ) và có độ lớn: \({{F}_{o}}={{57,6.10}^{-3}}N\)

Ta có:

\({{U}_{v}}=\frac{\xi }{{{R}_{1}}+\frac{{{R}_{2}}}{2}+r}.\frac{{{R}_{2}}}{2}=1V\)

Ta có:

\(f=\frac{d.{{d}^{'}}}{d+{{d}^{'}}}=\frac{-2{{d}^{2}}}{-d}=2d=30cm\)

Ta có:

\(R=\frac{\xi }{I}-r=5\Omega \)

Từ \(\frac{x_{1}^{2}}{36}+\frac{x_{2}^{2}}{64}=1\) ta suy ra được

\(\left\{ \begin{align} & \frac{x_{1}^{2}}{36}\le 1 \\ & \frac{x_{2}^{2}}{64}\le 1 \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{align} & -6\le {{x}_{1}}\le 6 \\ & -8\le {{x}_{2}}\le 8 \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{align} & {{A}_{1}}=6\left( cm \right) \\ & {{A}_{2}}=8\left( cm \right) \\ \end{align} \right.\)

Ta có:

\(A_{1}^{2}=x_{1}^{2}+\frac{v_{1}^{2}}{{{\omega }^{2}}}\Leftrightarrow {{6}^{2}}={{\left( -3\sqrt{2} \right)}^{2}}+\frac{{{\left( 60\sqrt{2} \right)}^{2}}}{{{\omega }^{2}}}\Rightarrow \omega =20\left( rad/s \right)\)

Sử dụng vòng tròn đơn vị: tại thời điểm t, li độ \({{x}_{1}}=\frac{-{{A}_{1}}\sqrt{2}}{2}\)

\({{v}_{1}}>0\)nên ta có điểm M trên hình vẽ. Theo đề bài, N dao động chậm pha hơn M là π/2 nên ta có N như trên hình.

Từ hình vẽ ta suy ra :

\({{x}_{2}}=\frac{-{{A}_{2}}\sqrt{2}}{2}=-4\sqrt{2}\,\left( cm \right)\) và \({{v}_{2}}=\frac{-{{A}_{2}}\omega \sqrt{2}}{2}=-80\sqrt{2}\left( cm/s \right)\)

Vận tốc tương đối: 

\(\left| {{v}_{td}} \right|=\left| {{v}_{1}}-{{v}_{2}} \right|=140\sqrt{2}\,\left( cm/s \right)\)

+ Từ giả thiết ta được \({{t}_{2}}-{{t}_{1}}=0,75s=\frac{T}{2}\Rightarrow T=1,5s\Rightarrow \omega =\frac{4\pi }{3}rad/s\)

+ v_tb = 16cm/s nên 2A = 16.0,75 \(\Rightarrow \)A = 6cm

+ Thời điểm \(t=1,625s=\frac{13T}{12}=T+\frac{T}{12}\) giả sử vật ở biên dương, vậy thời điểm t = 0, vật ở vị trí

\(\left\{ \begin{align} & {{x}_{0}}=\frac{6\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3} \\ & {{v}_{0}}=+\frac{{{v}_{\max }}}{2}=4\pi cm/s \\ \end{align} \right.\Rightarrow {{x}_{0}}{{v}_{0}}=12\pi \sqrt{3}\)

Ta có \({{x}_{M}}=6\cos \left( \omega .t+{{\varphi }_{1}} \right);{{x}_{N}}=8\cos \left( \omega .t+{{\varphi }_{2}} \right)\)

Ta có \(x={{x}_{N}}-{{x}_{M}}\)

Biên độ dao động tổng hợp là: \({{A}^{2}}=A_{N}^{2}+A_{M}^{2}\)

Nên 2 dao động vuông pha nhau. Khi M có \({{W}_{d}}={{W}_{t}}=\frac{1}{2}{{W}_{M}}\)

Tức là đang ở vị trí \(x=\pm \frac{A}{\sqrt{2}}\) ứng với \({{\varphi }_{M}}=\frac{\pi }{4}\)

Do 2 dao động vuông pha nên pha dao động của N là \({{\varphi }_{N}}=-\frac{\pi }{4}\)

Nên lúc này vật N cũng có \({{W}_{d}}={{W}_{t}}=\frac{1}{2}{{W}_{N}}\)

Vậy \(\frac{{{W}_{dM}}}{{{W}_{dN}}}=\frac{{{W}_{M}}}{{{W}_{N}}}=\frac{m{{\omega }^{2}}.A_{M}^{2}}{m{{\omega }^{2}}.A_{N}^{2}}=\frac{9}{16}\)

Hai nguồn cùng pha.

Tại M nằm trên CD dao động với biên độ cực tiểu:

\(\begin{align} & CA-CB\le MA-MB=(k+\frac{1}{2})\lambda \le DA-DB \\ & \Leftrightarrow 6-6\sqrt{2}\le (k+\frac{1}{2}).1\le 6\sqrt{2}-6 \\ & \Leftrightarrow -2,9\le k\le 1,9\Rightarrow k=-2;-1;0;1 \\ \end{align}\)

Xét điểm X dao động với biên độ a cách nút sóng gần nhất một đoạn là d

Ta có: \(a=2a\sin \left( \frac{2\pi d}{\lambda } \right)\Rightarrow d=\frac{\lambda }{12}\)

Ba điểm M, N, P được biểu diễn như hình vẽ.

MN – NP = 2λ/3 – λ/3 = λ/3 = 8cm à λ = 24cm

Tần số dao động: f = v/λ = 120/24 = 5Hz

U = 60V; Với hai giá trị R₁, R₂ của R mạch có cùng công suất P. \({{R}_{1}}+{{R}_{2}}=\frac{{{U}^{2}}}{P}\Rightarrow P=144W\)

Khi R = R₀ công suất của mạch cực đại là P₀.

Ta có:\({{R}_{0}}=\sqrt{{{R}_{1}}{{R}_{2}}}=12\Omega ;{{R}_{1}}+{{R}_{2}}=\frac{2{{P}_{\max }}}{P}{{R}_{0}}\Rightarrow {{P}_{\max }}=150W\)

\(T=0,02s\Rightarrow \omega =100\pi (rad/s)\) và ta có U_o = 200V

Vì u = -U_o/2 = - 100V và đang tiến về biên âm theo chiều âm \(\Rightarrow \varphi =+\frac{2\pi }{3}\)

Công suất hao phí:\(\Delta P=\frac{216}{24}=9kW=9000W\)

Hiệu suất truyền tải điện: \(H=\frac{P-\Delta P}{P}=99,1%\)

Gọi \({{\varphi }_{1}},{{\varphi }_{2}}\) lần lượt là độ lệch pha giữa u và i trước và sau khi L thay đổi ta có

\(\tan {{\varphi }_{1}}=\frac{{{U}_{L1}}-{{U}_{C1}}}{{{U}_{R1}}}\)

\(\tan {{\varphi }_{2}}=\frac{{{U}_{L2}}-{{U}_{C2}}}{{{U}_{R2}}}\)

\({{\varphi }_{1}}+{{\varphi }_{2}}=\frac{\pi }{2}\Rightarrow \tan {{\varphi }_{1}}.\tan {{\varphi }_{2}}=-1\)

\({{\left( {{U}_{L1}}-{{U}_{C1}} \right)}^{2}}.{{\left( {{U}_{L2}}-{{U}_{C2}} \right)}^{2}}=U_{R1}^{2}.U_{R2}^{2}\)

\(\Rightarrow {{U}_{MB1}}^{2}.{{U}_{MB2}}^{2}={{U}_{R1}}^{2}.{{U}_{R2}}^{2}\)

\(\Rightarrow 8{{U}_{MB1}}^{2}={{U}_{R1}}^{2}.{{U}_{R2}}^{2}\,\,\left( 1 \right)\)

Mặt khác: \({{U}_{R1}}^{2}+{{U}_{MB1}}^{2}={{U}_{R2}}^{2}+{{U}_{MB2}}^{2}={{U}^{2}}\)

\(\Rightarrow {{U}_{R2}}^{2}={{U}_{R1}}^{2}+{{U}_{MB1}}^{2}-{{U}_{MB2}}^{2}\)

\(\Rightarrow {{U}_{R2}}^{2}={{U}_{R1}}^{2}-7{{U}_{MB1}}^{2}\,\,\,\left( 2 \right)\)

\(\left( 1 \right),\left( 2 \right)\Rightarrow 8{{U}_{MB1}}^{2}={{U}_{R1}}^{2}.\left( {{U}_{R1}}^{2}-7{{U}_{MB1}}^{2} \right)\)

Giải phương trình trùng phương \(\Rightarrow {{U}_{R1}}^{2}=8{{U}_{MB1}}^{2}\,\,\left( 3 \right)\)

Ngoài ra \({{U}_{R1}}^{2}+{{U}_{MB1}}^{2}={{U}^{2}}\,\,\left( 4 \right)\)

Giải \(\left( 3 \right),\left( 4 \right)\Rightarrow {{U}_{R1}}=2.\frac{\sqrt{2}}{3}U=100\sqrt{2}\left( V \right)\).

Ta có : \({{x}_{\equiv }}={{k}_{1}}{{i}_{1}}={{k}_{2}}{{i}_{2}}={{k}_{3}}{{i}_{3}}\)\(\Leftrightarrow \)\(48{{k}_{1}}=64{{k}_{2}}=72{{k}_{3}}\)

               BCNN của 48,64,56 là:  LCM(LCM( 48,64), 72) = 576

               Ta có : \({{k}_{1}}=\frac{576}{48}=12\); \({{k}_{2}}=\frac{576}{64}=9\); \({{k}_{3}}=\frac{576}{72}=8\)

               Tổng số vân sáng chưa tính trùng: \(N=\left( {{k}_{1}}-1 \right)+\left( {{k}_{2}}-1 \right)+\left( {{k}_{3}}-1 \right)\) = 11+8+7=26 vân.

               . Số vân trùng giữa \({{\lambda }_{1}}\) và \({{\lambda }_{2}}\): \({{k}_{1}}=\frac{4}{3}{{k}_{2}}\)là số từ 1 đến 8 mà chia hết cho 3 có 2 bức xạ.

               . Số vân trùng giữa \({{\lambda }_{1}}\) và \({{\lambda }_{3}}\): \({{k}_{1}}=\frac{3}{2}{{k}_{3}}\)là số từ 1 đến 7 mà chia hết cho 2 có 3 bức xạ.

               . Số vân trùng giữa \({{\lambda }_{2}}\) và \({{\lambda }_{3}}\): \({{k}_{2}}=\frac{9}{8}{{k}_{3}}\)là số từ 1 đến 7 mà chia hết cho 8 không có bức xạ.

               Vậy có \({{N}_{\equiv }}=2+3=5\)\(\Rightarrow \) Số vân thực tế là: N = 26 – 5 = 21 vân.

Gọi \(\Delta N\) là liều lượng cho một lần chiếu xạ (\(\Delta N\)= hằng số)

Trong lần chiếu xạ đầu tiên: \(\Delta N={{N}_{01}}\left( 1-{{e}^{-\lambda t1}} \right)\)

Trong lần chiếu xạ tiếp theo sau đó 2 năm: \(\Delta N={{N}_{02}}\left( 1-{{e}^{-\lambda t2}} \right)\)

            Với \({{N}_{02}}={{N}_{01}}{{e}^{-\lambda \Delta t}}\) hay \(\Delta N={{N}_{01}}{{e}^{-\lambda \Delta t}}\left( 1-{{e}^{-\lambda t2}} \right)\), (\(\Delta t=2\) năm)

Khi đó ta có: \({{N}_{01}}\left( 1-{{e}^{-\lambda t1}} \right)={{N}_{01}}{{e}^{-\lambda \Delta t}}\left( 1-{{e}^{-\lambda t2}} \right)\)

            Với \({{e}^{-\lambda \Delta t}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\) và \({{t}_{1}},{{t}_{2}}<<T\) nên \({{e}^{-\lambda t}}\approx 1-\lambda t\)

Ta có: \(\lambda {{t}_{1}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\lambda {{t}_{2}}\) suy ra \({{t}_{2}}\approx \sqrt{2}{{t}_{1}}=14,1\) phút

Có \({{K}_{\alpha }}+1,2={{K}_{n}}+{{K}_{p}}\Rightarrow {{K}_{n}}+{{K}_{p}}=5,2\)             (1)

Mặt khác theo giản đồ, ta có

\(p_{P}^{2}=p_{n}^{2}+p_{\alpha }^{2}\Rightarrow {{m}_{P}}{{K}_{p}}={{m}_{n}}{{K}_{n}}+{{m}_{\alpha }}{{K}_{\alpha }}\Rightarrow 30{{K}_{P}}={{K}_{n}}+16\)       (2)

Từ (1) và (2) suy ra \({{K}_{n}}=4,5\left( MeV \right)\) và \({{K}_{p}}=0,68\left( MeV \right)\)

Gọi góc giữa hạt P và hạt α là φ, ta có: \(\tan \varphi =\frac{{{p}_{n}}}{{{p}_{\alpha }}}=\sqrt{\frac{{{m}_{n}}{{K}_{n}}}{{{m}_{\alpha }}{{K}_{\alpha }}}}=0,53\Rightarrow \varphi \approx {{28}^{0}}\). Gần với giá trị 30⁰ nhất