Ta có \(\lambda =\frac{c}{f}\) do đó

\(\left\{ \begin{align} & {{\lambda }_{1}}=\frac{{{3.10}^{8}}}{{{3.10}^{15}}}={{10}^{-7}}m \\ & {{\lambda }_{2}}=\frac{{{3.10}^{8}}}{2,{{5.10}^{15}}}=1,{{2.10}^{-7}}m \\ \end{align} \right.\to\)Dải sóng trên thuộc vùng tia tử ngoại

Hạt nhân nguyên tử được cấu tạo từ các nuclon bao gồm các proton, notron.

Bước sóng truyền trên dây có độ lớn là: \(\lambda =\frac{v}{f}=\frac{25}{5}=5cm\)

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

Trong việc chiếu và chụp ảnh nội tạng bằng tia X, người ta phải hết sức tránh tác dụng hủy diệt tế bào của tia X.

Ta có hình vẽ biểu diễn các lực tác dụng vào quả cầu:

Trọng lực của quả cầu: \(P=m.g=0,{{25.10}^{-3}}.10=2,{{5.10}^{-3}}N\).

Lực điện tác dụng lên quả cầu mang điện:

\({{F}_{d}}=qE=2,{{5.10}^{-9}}{{.10}^{6}}=2,{{5.10}^{-3}}N\)

Từ hình vẽ ta có: \(\tan \alpha =\frac{{{F}_{\delta }}}{P}=1\Rightarrow \alpha ={{45}^{o}}\)

Năng lượng một photon là: \(\varepsilon =hf=\frac{hc}{\lambda }\)

Hạt proton có năng lượng toàn phần lớn gấp 3 lần năng lượng nghỉ của nó. Ta có:

\(E=3{{E}_{o}}\Leftrightarrow \frac{{{m}_{o}}{{c}^{2}}}{\sqrt{1-\frac{{{v}^{2}}}{{{c}^{2}}}}=3{{m}_{o}}{{c}^{2}}}=3{{m}_{o}}{{v}^{2}}\Leftrightarrow \sqrt{1-\frac{{{v}^{2}}}{{{c}^{2}}}}=\frac{1}{3}\Leftrightarrow 1-\frac{{{v}^{2}}}{{{c}^{2}}}=\frac{1}{9}\)

\(\Rightarrow \frac{{{v}^{2}}}{{{c}^{2}}}=\frac{8}{9}\Rightarrow v=\frac{2\sqrt{2}}{3}{{.3.10}^{8}}=2\sqrt{2}{{.10}^{8}}\left( m/s \right)\)

Khi \({{\omega }_{F}}=25\,rad/s\) thì biên độ dao động của viên bi đạt giá trị cực đại khi đó trong hệ xảy ra hiện tượng cộng hưởng ta có:

\({{\omega }_{o}}={{\omega }_{F}}=25rad/s\Rightarrow {{\omega }_{o}}=\sqrt{\frac{k}{m}}\Rightarrow m=\frac{k}{\omega _{o}^{2}}=\frac{50}{{{25}^{2}}}=0,08kg\Rightarrow m=80g\)

Tần số của sóng không thay đổi khi sóng cơ truyền từ môi trường đàn hồi này sang môi trường đàn hồi khác.

Sóng điện từ là sóng ngang và truyền được trong chân không.

Khi chiều dài con lắc là l, trong khoảng thời gian \(\Delta t\)con lắc thực hiện được 15 dao động.

Ta có: \(2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}=\frac{\Delta t}{15}\left( 1 \right)\)

Khi chiều dài con lắc là l - 28, trong khoảng thời gian \(\Delta t\)con lắc thực hiện được 20 dao động.

\(2\pi \sqrt{\frac{l-28}{g}}=\frac{\Delta t}{20}\left( 2 \right)\)

Lấy: \(\frac{\left( 1 \right)}{\left( 2 \right)}\Rightarrow \sqrt{\frac{l}{l-28}}=\frac{20}{15}=\frac{4}{3}\Rightarrow \frac{l}{l-28}=\frac{16}{9}\Rightarrow l=64cm\).

Ta có: \(\left\{ \begin{align} & \text{W}={{\text{W}}_{d}}+{{\text{W}}_{t}} \\ & {{\text{W}}_{d}}=8{{W}_{t}} \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow \text{W}=8{{\text{W}}_{t}}+{{\text{W}}_{t}}=9{{W}_{t}}\Leftrightarrow \frac{k{{A}^{2}}}{2}=9.\frac{k{{x}^{2}}}{2}\Leftrightarrow A=3x=3.4=12cm\)

Công suất của mạch đạt giá trị cực đại khi \(P=UI\cos \varphi =\frac{{{U}^{2}}R}{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}=\frac{{{U}^{2}}}{R+\frac{Z_{L}^{2}}{R}}\)

Thay đổi R, công suất mạch đạt cực đại thì hệ số công suất của mạch khi đó là \(\cos \varphi =\frac{1}{\sqrt{2}}.\)

Và công suất của mạch có giá trị cực đại là \({{P}_{\max }}=\frac{{{U}^{2}}}{2{{Z}_{L}}}\)

Từ đồ thị ta thấy tại thời điểm \({{\varphi }_{1}}\) công suất của mạch bằng \(\frac{3}{4}\) công suất cực đại tại giá trị \({{R}_{1}}\), ta có:

\(P=U{{I}_{1}}{{\cos }_{1}}=\frac{{{U}^{2}}R}{R_{1}^{2}+Z_{L}^{2}}=\frac{3}{4}\frac{{{U}^{2}}}{2{{Z}_{L}}}\Rightarrow 8{{Z}_{L}}.{{R}_{1}}=3R_{1}^{2}+3Z_{L}^{2}\Rightarrow 3R_{1}^{2}-8{{Z}_{L}}.{{R}_{1}}+3Z_{L}^{2}=0\)

Chuẩn hóa \({{Z}_{L}}=1\) khi đó ta có phương trình \(3R_{1}^{2}-8{{R}_{1}}+3=0\Rightarrow \left\{ \begin{align} & {{R}_{1}}=\frac{4+\sqrt{7}}{3} \\ & {{R}_{1}}=\frac{4-\sqrt{7}}{3} \\ \end{align} \right.\)

Với \({{R}_{1}}=\frac{4+\sqrt{7}}{3}\Rightarrow \cos {{\varphi }_{1}}=\frac{{{R}_{1}}}{Z}=\frac{\frac{4+\sqrt{7}}{3}}{\sqrt{{{\left( \frac{4+\sqrt{7}}{3} \right)}^{2}}+{{1}^{2}}}}\Rightarrow {{\varphi }_{1}}=0,42rad\)

Với \({{R}_{1}}=\frac{4-\sqrt{7}}{3}\Rightarrow \cos {{\varphi }_{1}}=\frac{{{R}_{1}}}{Z}=\frac{\frac{4-\sqrt{7}}{3}}{\sqrt{{{\left( \frac{4-\sqrt{7}}{3} \right)}^{2}}+{{1}^{2}}}}\Rightarrow {{\varphi }_{1}}=1,18rad\)

Khi nguyển tử hidro ở trạng thái cơ bản: \({{r}_{1}}={{r}_{o}}\)

Khi nguyên tử hấp thụ photon có năng lượng thích hợp thì bán kính quỹ đạo dừng tăng 16 lần thì:

\({{r}_{n}}=16{{r}_{1}}\Leftrightarrow {{n}^{2}}{{r}_{o}}=16.{{r}_{o}}\Rightarrow n=4\)

Năng lượng của photon đó là: \(\varepsilon ={{E}_{4}}-{{E}_{1}}=-\frac{13,6}{{{4}^{2}}}-\left( -\frac{13,6}{{{1}^{2}}} \right)=12,75eV\)

Phóng xạ là phản ứng hạt nhân tỏa năng lượng.

Khi e chuyển động trong từ trường nó chịu tác dụng của lực Lorenxo và lực này đóng vai trò lực hướng tâm, làm cho hạt e chuyển động tròn đều.

Ta có: \(f=\left| q \right|.v.B\sin \alpha =\frac{m{{v}^{2}}}{R}\Rightarrow R=\frac{mv}{\left| q \right|.B.\sin 90}=\frac{9,{{1.10}^{-31}}.4,{{8.10}^{6}}}{1,{{6.10}^{-19}}.0,91}={{3.10}^{-5}}m=30\mu m\)

Chu kì chuyển động của e trên quỹ đạo là: \(T=\frac{2\pi }{\omega }=\frac{2\pi }{\frac{v}{R}}=\frac{2\pi R}{v}=\frac{2\pi {{.30.10}^{-6}}}{4,{{8.10}^{6}}}=12,5\pi {{.10}^{-12}}s\)

Quỹ đạo chuyển động của e được biểu diễn như hình vẽ:

Giả sử ban đầu \({{t}_{o}}\) electron ở vị trí O và chuyển động theo chiều từ O đến M. Trên quỹ đạo có 2 điểm cùng cách O khoảng \(30\mu m\) (M, N). Khoảng cách này bằng bán kính quỹ đạo \(\left( 30\mu m \right)\) nên các tam giác OMI và ONI là các tam giác đều, góc ở tâm \(\alpha ={{60}^{o}}\).

Trong một chu kì, thì e sẽ có 2 lần có khoản cách đến O là \(30\mu m\). Electron đi qua lần thứ 2020 = 2018 + 2 lần.

Với \(\Delta t\) là thời gian electron đi hết cung \(OM:\Delta t=T-\frac{1}{6}T=\frac{5T}{6}\)

Vậy thời gian lần thứ 2020 mà electron có khoảng cách trên là: \(t=1009.T+\Delta t\)

Vậy tổng thời gian là: \(t=1009T+\frac{5}{6}T=1,26\pi {{.10}^{-8}}s\)

Trên dây có 7 nút sóng \(\to k=6\)

Ta có: \(l=k\frac{\lambda }{2}=k\frac{v}{2f}\Rightarrow v=\frac{2\operatorname{l}f}{k}=\frac{2.2,4.100}{6}=80m/s\)

• Bước sóng: \(\lambda =v.T=v.\frac{2\pi }{\omega }=\frac{20.2\pi }{10\pi }=4cm\)
• Số dãy cực đại giao thoa trên đoạn thẳng nối hai nguồn bằng số giá trị k nguyên thỏa mãn:

\(-\frac{{{S}_{1}}{{S}_{2}}}{\lambda }<k<-\frac{{{S}_{1}}{{S}_{2}}}{\lambda }\Leftrightarrow -\frac{16}{4}<k<-\frac{16}{4}\Leftrightarrow -4<k<4\Rightarrow k=0;\pm 1;\pm 2;\pm 3\)

• Hai điểm A và B có tốc độ dao động cực đại: \({{v}_{\max }}=\omega A\Rightarrow {{A}_{A}}={{A}_{B}}=\frac{{{v}_{\max }}}{\omega }=4mm,\)đúng bằng hai lần biên độ sóng truyền đi từ nguồn \(\to \)A, B là các điểm nằm trên cực đại giao thoa.

•  Ta có: \(M{{S}_{1}}-M{{S}_{2}}=34-30=4cm=1.\lambda \to M\) nằm trên đường cực đại ứng với k = 1.

  A gần \({{S}_{2}}\) nhất \(\to A\) nằm trên đường cực đại ứng với k = 3.

  B xa \({{S}_{2}}\) nhất \(\to B\) nằm trên đường cực đại ứng với k = 2.

• Áp dụng định lí Pi-ta-go cho hai tam giác vuông \({{S}_{2}}A{{S}_{1}},\) \({{S}_{2}}A & S{{ & }_{1}}\(và điều kiện có cực đại giao thoa tại A và B ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}
A{S_1} - A{S_2} = 3\lambda \\
B{S_1} - B{S_2} = 2\lambda 
\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
A{S_2} = \frac{{14}}{3}cm\\
B{S_2} = 12cm
\end{array} \right.\)

\(\Rightarrow AB=B{{S}_{2}}-A{{S}_{2}}\approx 7,34cm\)

• Tần số góc: \(\omega =\frac{1}{\sqrt{LC}}=\frac{1}{\sqrt{{{2.10}^{-3}}{{.2.10}^{-9}}}}={{5.10}^{5}}rad/s\)
• Năng lượng điện trường bằng một nửa năng lượng từ trường cực đại:

\({{\text{W}}_{C}}=\frac{{{\text{W}}_{L\max }}}{2}\Rightarrow {{\text{W}}_{L}}=\frac{{{\text{W}}_{L\max }}}{2}\Leftrightarrow \frac{L{{i}^{2}}}{2}=\frac{1}{2}.\frac{L.I_{o}^{2}}{2}\Rightarrow {{I}_{o}}=\sqrt{2}.\left| i \right|=\sqrt{2}.3\sqrt{2}=6A\)

• Tụ điện đang được nạp điện \(\to \) u đang tăng

Dòng điện i sớm pha so với hiệu điện thế trên tụ điện, gốc thời gian là lúc dòng điện trong mạch có giá trị bằng 1 nửa giá trị cực đại \(\to \) Pha ban đầu của i là \(\varphi =\frac{\pi }{3}rad\)

\(\to \) Biểu thức của cường độ dòng điện trong mạch là: \(i=6\cos \left( {{5.10}^{5}}t+\frac{\pi }{3} \right)A\)

Khi L biến thiên ta có \({{U}_{R\max }}={{U}_{1}}=U;{{U}_{{{L}_{\max }}}}={{U}_{2}}=\frac{U\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}}{U};{{U}_{{{C}_{\max }}}}={{U}_{3}}=\frac{U.{{Z}_{C}}}{R}\)

Khi \({{U}_{1}},{{U}_{2}}\) chênh nhau 3 lần ta có:

\(\frac{{{U}_{2}}}{{{U}_{1}}}=\frac{{{U}_{{{L}_{\max }}}}}{{{U}_{{{R}_{\max }}}}}=\frac{\frac{U\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}}{R}}{U}=3\Rightarrow \frac{\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}}{R}=3\Rightarrow {{R}^{2}}+Z_{C}^{2}=9{{R}^{2}}\Rightarrow {{Z}_{C}}=2\sqrt{2}R\)

Khi đó độ lớn của \({{U}_{3}}\)là: \({{U}_{3}}=\frac{U.{{Z}_{C}}}{R}=\frac{150.2\sqrt{2}.R}{R}=300\sqrt{2}V.\)

Cảm kháng, dung kháng và tổng trở của mạch là:

\(\begin{align} & {{Z}_{L}}=\omega L=100\pi .\frac{1}{\pi }=100\Omega ; \\ & {{Z}_{C}}=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{100\pi .\frac{{{2.10}^{-4}}}{\pi }}=50\Omega ; \\ & Z=\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=\sqrt{{{50}^{2}}+{{\left( 100-50 \right)}^{2}}}=50\sqrt{2}\Omega \\ \end{align}\)

Cường độ dòng điện cực đại qua mạch là:

\({{I}_{o}}=\frac{{{U}_{o}}}{Z}=\frac{120\sqrt{2}}{50\sqrt{2}}=2,4A\)

Độ lệch pha giữa u và i trong mạch là:

\(\tan \varphi =\frac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{R}=\frac{100-50}{50}=1\Rightarrow \varphi =\frac{\pi }{4}\Rightarrow {{\varphi }_{i}}={{\varphi }_{u}}-\varphi =0-\frac{\pi }{4}=-\frac{\pi }{4}\)

Biểu thức cường độ dòng điện chạy trong mạch là: \(i=2,4\cos \left( 100\pi t-\frac{\pi }{4} \right)\left( A \right)\)

Trong sơ đồ khối của một máy phát thanh vô tuyến đơn giản và một máy thu thanh đơn giản đều có ăng-ten.

Khoảng cách giữa bụng B và nút N gần nhất là: \(NB=25cm=\frac{\lambda }{4}\Rightarrow \lambda =100cm\)

Biên độ dao động của điểm C cách nút N một đoạn x là:

\({{A}_{C}}={{A}_{B}}\left| \sin \left( \frac{2\pi x}{\lambda } \right) \right|\Rightarrow \frac{{{A}_{B}}\sqrt{3}}{2}={{A}_{B}}\left| \sin \left( \frac{2\pi x}{\lambda } \right) \right|\Rightarrow x=\frac{\lambda }{6}=\frac{50}{3}cm\)

Khi hiệu điện thế hiệu dụng ở hai đầu mỗi phần tử L và C có độ lớn như nhau và bằng một nửa hiệu điện thế giữa hai đầu R.

Ta có: \(U=\sqrt{U_{R}^{2}+{{\left( {{U}_{L}}-{{U}_{C}} \right)}^{2}}}\Rightarrow 200\sqrt{U_{R}^{2}+{{\left( \frac{{{U}_{R}}}{2}-\frac{{{U}_{R}}}{2} \right)}^{2}}}\Rightarrow {{U}_{R}}=200V\)

Công suất tiêu thụ của mạch là:

\(P=UI\cos \varphi =U.\frac{{{U}_{L}}}{{{Z}_{L}}}.\frac{{{U}_{R}}}{U}=\frac{100}{200}.200=100W\)

Số hạt nhân \(_{11}^{24}Na\) còn lại sau thời gian \({{t}_{1}}\) là \(N={{N}_{o}}{{2}^{\frac{-t}{T}}}\)

Số hạt nhân \(_{12}^{24}Mg\) được tạo thành sau thời gian \({{t}_{1}}\) là \(\Delta N={{N}_{o}}\left( 1={{2}^{-\frac{t}{T}}} \right)\)

Khi đó ta có: \(\frac{\Delta N}{N}=\frac{{{N}_{o}}\left( 1-{{2}^{-\frac{t}{T}}} \right)}{{{N}_{o}}{{.2}^{-\frac{t}{T}}}}=\frac{1}{3}\Rightarrow \frac{1-{{2}^{-\frac{t}{T}}}}{{{2}^{-\frac{t}{T}}}}=\frac{1}{3}\Rightarrow 3-{{3.2}^{-\frac{t}{T}}}={{2}^{-\frac{t}{T}}}\Rightarrow t=0,415T\)

Ở thời điểm \({{t}_{2}}=t+2T\) ta có tỉ số giữa hạt nhân \(_{12}^{24}Mg\) tạo thành và số hạt nhân \(_{11}^{24}Na\) còn lại trong mẫu là: \(\frac{\Delta N}{N}=\frac{{{N}_{o}}\left( 1-{{2}^{-\frac{{{t}_{2}}}{T}}} \right)}{{{N}_{o}}{{.2}^{-\frac{{{t}_{2}}}{T}}}}=\frac{1-{{2}^{-\frac{0,4T+2T}{T}}}}{2{{-}^{\frac{0,4T+2T}{T}}}}=\frac{13}{3}\)  

Áp dụng công thức tính cảm ứng từ B tại tâm của vòng dây tròn ta có:

\(B=2\pi {{.10}^{-7}}\frac{I}{R}\Rightarrow 2\pi {{.10}^{-7}}\frac{I}{B}=2\pi {{.10}^{-7}}\frac{5}{31,{{4.10}^{-6}}}=0,1m=10cm\Rightarrow d=12.R=20cm.\)

Vậy đường kính của dây điện là 20cm.

- Ban đầu, tại M cách vân trung tâm 5,5 mm người ta quan sát được vân tối thứ 5. Ta có:

\({{x}_{M}}={{x}_{t5}}=\left( 4+\frac{1}{2} \right)\frac{\lambda D}{a}\Leftrightarrow 4,5\frac{\lambda D}{a}=5,5\left( 1 \right)\)

- Di chuyển từ từ màn quan sát lại gần và dọc theo đường thẳng vuông góc với mặt phẳng chứa hai khe một đoạn \(0,4m\to D'=D-0,4m\) thì thấy M chuyển thành vân sáng lần thứ nhất

\(\to \) Khi đó tại M có vân sáng bậc 5.

Ta có: \({{x}_{M}}={{x}_{s5}}=5\frac{\lambda D}{a}\Leftrightarrow 5.\frac{\lambda D}{a}=5,5\left( 2 \right)\)

- Giải phương trình: \(\left( 1 \right)-\left( 2 \right)\Rightarrow D=4m\)

- Thay a = 2 mm; D = 4m vào \(\left( 1 \right)\to \lambda =0,6\mu m.\)

Từ giá trị \({{C}_{1}}\) nếu điều chỉnh tăng thêm điện dung của tụ một lượng \(\Delta C\)  thì tần số dao động rêng của mạch là 2f nên ta có:

\({{f}_{1}}=\frac{1}{2\pi \sqrt{L\left( C+\Delta C \right)}}\)

\({{f}_{2}}=\frac{1}{2\pi \sqrt{L\left( C-2\Delta C \right)}}\Rightarrow \frac{2}{2\pi \sqrt{L\left( C+\Delta C \right)}}=\frac{1}{2\pi \sqrt{L\left( C-2\Delta C \right)}}\Rightarrow \Delta C=\frac{C}{3}\)

Từ giá trị \({{C}_{1}}\) nếu điều chỉnh tăng thêm điện dung của tụ một lượng \(9\Delta C\) thì:

\(9\Delta C=3C\Rightarrow {{C}_{4}}=C+3C=4C\)

Chu kỳ dao động của mạch là:

\({{f}_{3}}=\frac{1}{2\pi \sqrt{L4.C}}=\frac{1}{2.2\pi \sqrt{LC}}=\frac{{{30.10}^{6}}}{2}={{15.10}^{6}}Hz\Rightarrow T=\frac{1}{f}=\frac{1}{{{15.10}^{6}}}=\frac{20}{3}{{.10}^{-8}}s\)

Khi điện trở rất lớn thì hiệu điện thế giữa hai cực của nguồn là 4,5V, ta có \(\xi =4,5V\)

Khi điện trở giảm để I = 2A và hiệu điện thế giữa hai cực của nguồn điện là 4V, ta có:

\(\xi =Lr+U\Rightarrow 4,5=2.r+4\Rightarrow r=0,25\Omega \)

Ta có trước và sau khi thay đổi biên độ, hai dao động thành phần luôn vuông pha nhau nên \(A_{1}^{2}+A_{2}^{2}={{A}^{2}}\) và đầu mút của các vecto \(\overrightarrow{{{A}_{1}}};\overrightarrow{{{A}_{2}}}\) luôn nằm trên đường tròn và nhận A làm đường kính.

Từ giản đồ vecto, ta có:

\(A_{2}^{2}+A_{2}^{'2}={{16}^{2}}\to A_{2}^{2}+{{\left( \sqrt{15}{{A}_{2}} \right)}^{2}}={{16}^{2}}\Rightarrow {{A}_{2}}=4cm\) 

Vì 3 linh kiện mắc nối tiếp do đó biểu thức đúng là: \(u={{u}_{1}}+{{u}_{2}}+{{u}_{3}}\)

+ Để người ở ngoài bề không quan sát thấy viên kim cương thì tia sáng từ viên kim cương đến rìa của tấm bè bị phản xạ toàn phần, không cho tia khúc xạ ra ngoài không khí.

\(\to \) Góc tới giới hạn ứng với cặp môi trường nước và không khí là: \(\sin {i_{gh}} = \frac{{{n_2}}}{{{n_1}}} = \frac{3}{4}\)

+ Từ hình vẽ, ta có

\(\tan {{i}_{gh}}=\frac{{{R}_{\min }}}{h}\to {{R}_{\min }}=h.{{\operatorname{tani}}_{gh}}=2,83m\)

Ta có: \(\left\{ \begin{align} & AB=a \\ & \frac{AD}{AB}=\frac{3}{4}\Rightarrow AD=CB=\frac{3}{4}a \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow DB=CA=\sqrt{A{{B}^{2}}+A{{D}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( \frac{3}{4}a \right)}^{2}}}=\frac{5a}{4}\)

Số cực đại trên đoạn CD bằng số giá trị k nguyên thỏa mãn:

\(\frac{CB-CA}{\lambda }\le k\le \frac{DB-DA}{\lambda }\)

Trên CD có 7 điểm dao động với biên độ cực đại nên:

\(k\le 3\Leftrightarrow \frac{DB-DA}{\lambda }\le 3\Leftrightarrow \frac{\frac{5a}{4}-\frac{3a}{4}}{\lambda }\le 3\Leftrightarrow \frac{a}{\lambda }\le 6\left( 1 \right)\)

Số cực đại trên đoạn AB bằng số giá trị k’ nguyên thỏa mãn:

\(-\frac{AB}{\lambda }<k'<\frac{AB}{\lambda }\Leftrightarrow -\frac{a}{\lambda }<k'<\frac{a}{\lambda }\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) \(\to k'<6\)

\(\to \) Trên AB có tối đa 11 điểm dao động với biên độ cực đại (ứng với \(k'=0;\pm 1;\pm 2;\pm 3;\pm 4;\pm 5)\)

Khi \(C=4{{C}_{o}}\) thì công suất tiêu thụ của đoạn mạch đạt cực đại khi đó trong mạch xảy ra hiện tượng cộng hưởng điện có: 

\(\left\{ \begin{align} & {{P}_{\max }}=\frac{{{U}^{2}}}{R} \\ & \omega L=\frac{1}{\omega C}\Rightarrow L=\frac{1}{4{{\omega }^{2}}{{C}_{o}}} \\ \end{align} \right.\)

Khi \(C={{C}_{o}}\) thì điện áp hiệu dụng giữa hai bản tụ đạt cực đại, ta có:

\({{z}_{C}}=\frac{{{R}^{2}}+Z_{L}^{2}}{{{Z}_{L}}}=\frac{{{R}^{2}}+\frac{Z_{C}^{2}}{16}}{\frac{{{Z}_{C}}}{4}}\Rightarrow {{R}^{2}}=\frac{9}{16}Z_{C}^{2}\)

Khi đó công suất của mạch là:

\(P=UI\cos \varphi =\frac{{{U}^{2}}R}{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=\frac{{{U}^{2}}R}{{{R}^{2}}+{{\left( \frac{{{Z}_{C}}}{4}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=\frac{{{U}^{2}}R}{{{R}^{2}}+\frac{9Z_{C}^{2}}{16}}=\frac{{{U}^{2}}R}{{{R}^{2}}+3{{R}^{2}}}=\frac{{{U}^{2}}}{4R}=\frac{{{P}_{\max }}}{4}=\frac{120}{4}=30W\)

Ta có: \(\tan {{\varphi }_{AB}}=\frac{{{Z}_{C}}}{{{R}_{1}}+{{R}_{2}}}\Rightarrow {{\varphi }_{AB}}={{\tan }^{-1}}\left( -\frac{{{Z}_{C}}}{{{R}_{1}}+{{R}_{2}}} \right)\)

\(\tan {{\varphi }_{{{R}_{2}}C}}=-\frac{{{Z}_{C}}}{{{R}_{2}}}\Rightarrow {{\varphi }_{{{R}_{2}}C}}={{\tan }^{-1}}\left( -\frac{{{Z}_{C}}}{{{R}_{2}}} \right)\) ;

Xét hàm \(F\left( x \right)={{\tan }^{-1}}\left( \frac{x}{75\sqrt{3}} \right)-{{\tan }^{-1}}\left( \frac{x}{25\sqrt{3}} \right)\)

(dùng chức năng Mode 7 trong máy tính cầm tay FX570VN hoặc VINACAL)

Start = 50; End = 200; Step =10, ta thấy F(x) có giá trị lớn nhất khi x nằm trong khoảng từ \(70\Omega \to 80\Omega \), nên ta chọn đáp án \(75\Omega .\)

Ta có: \(3L=C{{R}^{2}}\Rightarrow \frac{3\omega L}{\omega C}={{R}^{2}}\Rightarrow {{R}^{2}}=3{{Z}_{L}}.{{Z}_{C}}\)

Hệ số công suất: \(\cos \varphi =\frac{R}{Z}=\frac{R}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}\)

Chuẩn hóa số liệu, ta có:

Theo bài ra ta có hệ số công suất của mạch điện là:

\(\begin{array}{l} {k_2} = \frac{5}{3}{k_1} \Leftrightarrow \frac{a}{{\sqrt {{a^2} + {{\left( {1 - \frac{{{a^2}}}{9}} \right)}^2}} }} = \frac{5}{3}\frac{a}{{\sqrt {{a^2} + {{\left( {1 - \frac{{{a^2}}}{3}} \right)}^2}} }}\\ \Leftrightarrow 9\left( {{a^2} + {{\left( {1 - \frac{{{a^2}}}{3}} \right)}^2}} \right) = 25.\left( {{a^2} + {{\left( {1 - \frac{{{a^2}}}{9}} \right)}^2}} \right)\\ \Leftrightarrow 9{a^2} + 9\left( {1 - \frac{2}{3}{a^2} + \frac{{{a^4}}}{9}} \right) = 25{a^2} + 25\left( {1 - \frac{2}{9}{a^2} + \frac{{{a^4}}}{{81}}} \right) \end{array}\)

\(\Leftrightarrow \frac{56}{81}{{a}^{4}}-\frac{148}{9}{{a}^{2}}-16=0\Leftrightarrow {{a}^{2}}=24,7218\Rightarrow a\approx 5\)

\(\to \) Giá trị của \({{k}_{3}}\) là: \({{k}_{3}}=\frac{a}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( 1-\frac{{{a}^{2}}}{16} \right)}^{2}}}}=\frac{5}{\sqrt{{{5}^{2}}+{{\left( 1-\frac{{{5}^{2}}}{16} \right)}^{2}}}}=\frac{5}{5,081}=0,984\)

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng toàn phần: \(Q={{K}_{X}}+{{K}_{H}}-{{K}_{\alpha }}=-1,21MeV\)

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng: \(\overrightarrow{{{P}_{\alpha }}}=\overrightarrow{{{P}_{X}}}+\overrightarrow{{{P}_{H}}}\)

Ta có, góc tạo bởi \(\overrightarrow{{{P}_{X}}}\bot \overrightarrow{{{P}_{H}}}\)  nên:

Ta có: \(\frac{hc}{\lambda }=\frac{hc}{{{\lambda }_{o}}}+\frac{1}{2}mv_{o}^{2}\to \frac{hc}{\lambda }-\frac{hc}{{{\lambda }_{o}}}=\frac{1}{2}mv_{o}^{2}\) , nhận thấy bước sóng ánh sáng kích thích càng ngắn thì tốc độ bức ra của điện tử càng lớn, tức là \({{v}_{01}}=2{{v}_{02}}\)

Hay: \(\frac{\frac{hc}{{{\lambda }_{1}}}-\frac{hc}{{{\lambda }_{o}}}}{\frac{hc}{{{\lambda }_{2}}}-\frac{hc}{{{\lambda }_{o}}}}=4\to {{\lambda }_{o}}=0,55\mu m\)

Do ba con lắc lò xo dao động điều hòa theo phương nằm ngang và sau khi thả nhẹ cả ba con lắc cùng dao động với biên độ A nên:

+ Áp dụng công thức \({{v}_{\max }}=\omega A\)  ta có \({{v}_{1}}={{\omega }_{1}}A=\sqrt{\frac{k}{{{m}_{1}}}}A=20cm/s\,\,\left( 1 \right)\)

+ \({{v}_{2}}={{\omega }_{2}}A=\sqrt{\frac{k}{{{m}_{2}}}}A=10cm/s\,\,\left( 2 \right)\)  

+ và \({{v}_{3}}={{\omega }_{3}}A=\sqrt{\frac{k}{{{m}_{3}}}}A\,\left( 3 \right)\)

Từ (1), (2) và (3) ta rút ra \({{m}_{1}},{{m}_{2}}\)  thay vào biểu thức \({{m}_{3}}=9{{m}_{1}}+4{{m}_{2}}\) tìm được \({{v}_{3}}=4cm/s\)