Các đại lượng A, ω và φ là hằng số (A và ω luôn dương)

Từ đề thấy x phụ thuộc vào t theo dạng hàm cos 

Điện áp hiệu dụng trên đèn là 220V nên giá trị tức thời cực đại là 220√2 V.

Ta có:

\(\overline T  = \frac{{{T_1} + {T_2} + {T_3} + {T_4}}}{4} = \frac{{\frac{{21,3}}{{10}} + \frac{{20,2}}{{10}} + \frac{{20,9}}{{10}} + \frac{{20,0}}{{10}}}}{4} = 2,06\left( s \right)\) 

Vì sai số của phép đo 10 dao động là 0,2 s nên sai số của phép đo 1 dao động là 0,02 s.

Vậy kết quả của T được viết là: T = 2,06 ± 0,02 s

+ Máy phát điện xoay chiều một pha có số cặp cực bằng số cặp cuộn dây nên => p = 3 cặp cực

+ Tần số góc do máy tạo ra: ω = 2nf = 2π.n.p = 2π.1000/60.3 = 100π (rad/s)

+ Ta có:

\({E_0} = N.{\phi _0}\omega  \Rightarrow N = \frac{{{E_0}}}{{{\phi _0}\omega }} = \frac{{90\sqrt 2 .\sqrt 2 }}{{\left( {\frac{2}{\pi }{{.10}^{ - 3}}} \right).100\pi }} = 900\) vòng

+ Số vòng trong một cuộn:

\({N_1} = \frac{N}{6} = \frac{{900}}{6} = 150\) vòng

Sóng âm cũng là sóng cơ học nên không truyền được trong chân không => A sai 

+ Ta có:  

\(\begin{array}{l}
\Delta t = NT \Rightarrow T = \frac{{\Delta t}}{N} = \frac{1}{4}\\
 \Rightarrow \omega  = \frac{{2\pi }}{T} = 8\pi \left( {rad/s} \right)\\
W = {W_{d\max }} = \frac{1}{2}m{\omega ^2}{A^2}\\
 \Rightarrow A = \sqrt {\frac{{2{W_{d\max }}}}{{m{\omega ^2}}}}  = 6\left( {cm} \right)
\end{array}\)

+ Chiều dài quỹ đạo: L = 2A = 12(cm) 

Ta có:  

\(\begin{array}{l}
{U^2} = U_R^2 + U_L^2{U_R} = 90\left( V \right)\\
\cos \varphi  = \frac{R}{Z} = \frac{{{U_R}}}{U} = \frac{{90}}{{150}} = 0,6
\end{array}\)

Độ cao của âm phụ thuộc vào tần số. Âm càng cao có tần số càng lớn.

Ta có:

\(\lambda  = \frac{c}{f} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\lambda _{\max }} = \frac{c}{{{f_{\min }}}} = 0,75\mu m\\
{\lambda _{\min }} = \frac{c}{{{f_{\max }}}} = 0,4\mu m
\end{array} \right. \Rightarrow 0,4\mu m \le \lambda  \le 0,75\mu m\) 

=> Dải sóng thuộc vùng ánh sáng nhìn thấy

Đầu lơ lửng là bụng nên:  

\(\begin{array}{l}
\ell  = \left( {2k + 1} \right)\frac{\lambda }{4} = \left( {2k + 1} \right)\frac{v}{{4f}} \Rightarrow f = \left( {2k + 1} \right)\frac{v}{{4\ell }}\\
100 \le \left( {2k + 1} \right)\frac{v}{{4\ell }} \le 130 \Rightarrow 24,5 \le k \le 32\\
 \Rightarrow k = 25,26,27,28,29,30,31,32
\end{array}\)

 => 8 lần 

Ta có:

\(T = 2\pi \sqrt {LC} \)

Vì hai nguồn ngược pha nên đường trung trực là đường cực tiểu: 

\({A_{\min }} = \left| {{A_1} - {A_2}} \right|\) 

+ Hoặc ta có thể giải như sau:

\(\left\{ \begin{array}{l}
A = \sqrt {A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}\cos \Delta \varphi } \\
\Delta \varphi  = {\varphi _2} - {\varphi _1} + \frac{{2\pi \left( {{d_1} - {d_2}} \right)}}{\lambda }
\end{array} \right.\) 

+ Vì điểm thuộc trung trực nên

\({d_1} = {d_2} = d \Rightarrow \Delta \varphi  = \pi  \Rightarrow {{\rm A}_{\min }} = \left| {{A_1} - {A_2}} \right|\) 

Ta có:

\(T = 2\pi \sqrt {LC}  \Rightarrow \Delta t = \frac{{\pi \sqrt {LC} }}{2} = \frac{T}{4}\) 

Ở thời điểm t, dòng điện qua cuộn dây có cường độ bằng 0 thì sau 

\(\frac{T}{4} \Rightarrow i = {I_{\max }} \Rightarrow q = 0\)

Loại sóng sử dụng trong lò vi sóng là sóng cực ngắn.

Ta có:  

\(\begin{array}{*{20}{l}}
{\varepsilon  = hf = {E_n} - {E_m}}\\
{ \Rightarrow f = \frac{{{E_n} - {E_m}}}{h}}\\
{ \Rightarrow f = \frac{{\left[ { - 1,514 - \left( { - 3,407} \right)} \right]{{1,6.10}^{ - 19}}}}{{{{6,625.10}^{ - 34}}}} \approx {{4,572.10}^{14}}Hz}
\end{array}\)

1. Máy quang phổ là dụng cụ dùng để phân tích một chùm ánh sáng phức tạp thành các thành phần đơn sắc khác nhau.

2. Cấu tạo:

Theo cách đơn giản nhất, một máy quang phổ lăng kính gồm có 3 bộ phận chính

+ Ống chuẩn trực có tác dụng biến chùm ánh sáng đi vào khe hẹp F thành chùm tia song song nhờ một thấu kính hội tụ

+ Hệ tán sắc gồm một hoặc hai lăng kính có tác dụng làm tán sắc chùm ánh sáng vừa ra khỏi ống chuẩn trực.

+ Ống ngắm hoặc buồng tối (buồng ảnh) là nơi ta đặt mắt vào để quan sát quang phổ của nguồn sáng cần nghiên cứu hoặc để thu ảnh quang phổ của nguồn sáng cần nghiên cứu.

=> Chọn C.

+ Câu A sai vì đó là tia tử ngoại.

+ Câu Β, C sai vì đỏ là tia X.

+ Tia hồng ngoại có nhiều ứng dụng trong thực tế:

* Được dùng để sấy khô, sưởi ấm.

* Được dùng trong các bộ điều khiển từ xa của tivi, thiết bị nghe nhìn.

* Được dùng để chụp ảnh bề mặt Trái Đất từ vệ tinh.

* Được dùng nhiều trong lĩnh vực quân sự: tên lửa tự động tìm mục tiêu, camara hồng ngoại, ống nhòm hồng ngoại để nhòm ban đêm.

=> Chọn D.

Sự phụ thuộc của chiết suất vào bước sóng xảy ra với mọi chất rắn, lỏng hoặc khí.

Ta có:

\(\begin{array}{l}
i = \frac{{\lambda D}}{a} = 2\left( {mm} \right) \Rightarrow \frac{L}{{2i}} = \frac{{49,6}}{4} = 12,4\\
 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
k = 12\\
p = 4
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{N_s} = 2k + 1 = 25\\
{N_t} = 2k = 24
\end{array} \right.
\end{array}\)

Theo thuyết lượng tử ánh sáng năng lượng của các phôtôn ánh sáng có cùng tần số thì như nhau => B sai 

Sự phát sáng của đom đóm thuộc loại hóa phát quang.

Đơn vị của khối lượng nguyên tử là u, với u bằng 1/12 khối lượng nguyên tử của đồng vị \(_6^{12}C\). 

Khi sóng truyền từ môi trường này sang môi trường khác tần số không đổi còn bước sóng thì tỉ lệ nghịch với chiết suất.

Ta có:

\(\frac{{{\lambda _2}}}{{{\lambda _1}}} = \frac{{{n_1}}}{{{n_2}}} \Rightarrow {\lambda _2} = {\lambda _1}.\frac{{{n_1}}}{{{n_2}}} = 500.\frac{1}{{1,52}} < 500\left( {mm} \right)\)

Phản ứng đề cho là phản ứng phân hạch U235 không phải phản ứng nhiệt hạch nên không cần nhiệt độ cao => C sai 

Năng lượng bức xạ trong 1 giờ:

\(\Delta W = P.t = {3,9.10^{26}}.3600 = {1,404.10^{30}}\left( J \right)\) 

Khối lượng giảm đi trong 1 giờ:

\(\begin{array}{l}
E = m{c^2}\\
 \Rightarrow m = \frac{E}{{{c^2}}} = \frac{{\Delta W}}{{{c^2}}} = \frac{{{{1,404.10}^{30}}}}{{{{\left( {{{3.10}^8}} \right)}^2}}} = {1,56.10^{13}}kg
\end{array}\) 

Ta có:

\(W = \left( {{m_t} - {m_s}} \right){c^2} = \left( {\Delta {m_s} - \Delta {m_t}} \right){c^2} = 3,26\left( {MeV} \right) > 0\)

 => tỏa 

Khối lượng hạt còn lại sau thời gian t: \(m = {m_0}{2^{\frac{{ - t}}{T}}}\).

+ Khối lượng còn lại sau thời gian t3:

  \({m_3} = {m_0}{2^{ - \frac{{{t_1}}}{T}}} = {m_0}{2^{ - \left( {\frac{{{t_2} - {t_1}}}{T}} \right)}} = {m_0}{2^{ - \frac{{{t_2}}}{T}}}{.2^{\frac{{{t_1}}}{T}}}\)  (1)

+ Theo đề, ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}
{m_1} = {m_0}{2^{\frac{{ - {t_1}}}{T}}} \Rightarrow {2^{\frac{{{t_1}}}{T}}} = \frac{{{m_0}}}{{{m_1}}}\\
{m_2} = {m_0}{2^{\frac{{ - {t_2}}}{T}}} \Rightarrow {2^{ - \frac{{{t_2}}}{T}}} = \frac{{{m_2}}}{{{m_0}}}
\end{array} \right.\)  (2)

+ Thế (2) vào (1), ta có:

\({m_3} = {m_0}.\frac{{{m_2}}}{{{m_0}}}.\frac{{{m_0}}}{{{m_1}}} = \frac{{{m_0}.{m_2}}}{{{m_1}}} = \frac{{100.3}}{4} = 75g\)

Khi động năng bằng thế năng thì: |x|=A√2/2

+ Một chu kì vật qua |x|=A√2/2 được 4 lần.

+ Xét 2016/4=504 => sau 503T vật đã qua |x|=A√2/2 được 2012 lần. Lúc này vật đang ở O và đi theo chiều dương. Để đi 2016 lần vật phải tiếp tục đi thêm như hình. Do đó thời gian đi thêm là:

\(\Delta t = \frac{T}{4} + \frac{T}{2} + \frac{T}{8} = \frac{{7T}}{8}\) 

​

+ Vậy thời điểm đi qua vị trí có động năng bằng thế năng lần thứ 2016 là:

\({t_{2016}} = 503T + \frac{{7T}}{8} = \frac{{4031T}}{8} = 4031\left( s \right)\) 

Ta có:  

\(\begin{array}{l}
{\overrightarrow g ^/} = \overrightarrow g  + \overrightarrow a \\
 \Rightarrow {g^/} = \sqrt {{g^2} + {a^2} + 2g.a.\cos \left( {\widehat {\overrightarrow g ,\overrightarrow a }} \right)} \\
\left\{ \begin{array}{l}
a = \frac{F}{m} = \frac{{\left| q \right|E}}{m} = 8\left( {m/{s^2}} \right)\\
\left( {\widehat {\overrightarrow g ,\overrightarrow a }} \right) = 90^\circ  + 30^\circ  = 120^\circ 
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow {g^/} = \sqrt {{{10}^2} + {8^2} + 2.10.8.\cos 120^\circ }  = \sqrt {84} \left( {m/{s^2}} \right)\\
 \Rightarrow {T^/} = \pi \sqrt {\frac{\ell }{{{g^/}}}}  = 2\pi \sqrt {\frac{1}{{\sqrt {84} }}}  \approx 2,1\left( {m/{s^2}} \right)
\end{array}\)

Lúc đầu: UR = UL = UC = 100 (V) = U

+ Khi nối tắt tụ thì:

\({U^2} = {\left( {U_R^/} \right)^2} + {\left( {U_L^/} \right)^2} \Rightarrow {100^2} = {\left( {U_R^/} \right)^2} + {\left( {U_L^/} \right)^2}\)       (1)

+ Vì R và L không đổi nên tỉ số điện áp hiệu dụng không đổi nên:

\(U_R^/ = U_L^/U_R^/ = 50\sqrt 2 \left( V \right)\)

Nhận thấy x₁ vuông pha x nên:     

\(\begin{array}{l}
\frac{{x_1^2}}{{A_1^2}} + \frac{{{x^2}}}{{{A^2}}} = 1\\
x = {x_1} + {x_2} \Rightarrow {x_1} = x - {x_2}\\
{x_2} = {A_1} = 6{\rm{ cm}};x = 9{\rm{ cm}} \Rightarrow {x_1} = x - {x_2} = 3{\rm{ cm}}
\end{array}\)

Thay x₁ = 3cm; x = 9cm và A₁ = 6cm vào (1) => A = 6 √3 (cm)

+ Lúc đầu:

\(\frac{{{N_1}}}{{{N_2}}} = \frac{{{U_1}}}{{{U_0}}} = \frac{{{U_1}}}{{U - 110}}\)   (1)

+ Khi giảm ở cuộn thứ cấp n vòng thì:  

 \(\frac{{{N_1} - n}}{{{N_2}}} = \frac{{{U_1}}}{U}\) (2)

+ Khi tăng ở cuộn thứ cấp 3n vòng thì:  

\(\frac{{{N_1} + 3n}}{{{N_2}}} = \frac{{{U_1}}}{{U/3}}\) (3)

+ Lấy (3) chia (2), ta có:  

\(\frac{{{N_1} + 3n}}{{{N_1} - n}} = 3 \Rightarrow {N_1} = 3n\)     (4)

+ Lấy (3) chia (1), ta có:

 \(\frac{{{N_1} + 3n}}{{{N_1}}} = \frac{{3\left( {U - 110} \right)}}{U}\)  (5)

+ Thay (4) vào (5), ta có:

\(\frac{{3n + 3n}}{{3n}} = \frac{{3\left( {U - 110} \right)}}{U} \Rightarrow U = 330\left( V \right)\)

+ Lúc đầu kéo vật xuống dưới một đoạn nhỏ rồi thả nhẹ Þ lúc t = 0 vật ở biên dưới nên chiều dài lò xo lúc này 1à lmax = 43 cm.

+ Sau thời gian T/2 Þ vật lên biên trên nên chiều dài lúc này là lmin = 39 cm.

+ Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}
{\ell _{cb}} = \frac{{{\ell _{\max }} + {\ell _{\min }}}}{2} = 41\left( {{\rm{cm}}} \right)\\
A = \frac{{{\ell _{\max }} - {\ell _{\min }}}}{2} = 2\left( {{\rm{cm}}} \right)
\end{array} \right.\) 

+ Độ biến dạng của lò xo khi vật ở VTCB: \(\Delta {\ell _0} = {\ell _{cb}} - {\ell _0} = 1\) cm

+ Tần số góc của con lắc:

\(\omega  = \sqrt {\frac{g}{{\Delta {\ell _0}}}}  = \sqrt {\frac{{10}}{{0,01}}}  = \sqrt {1000} \) (rad/s)

+ Tốc độ dao động cực đại:

\({v_{\max }} = \omega A = \sqrt {1000} .2 = 63,25\)(cm/s)

Ta có:

\(\begin{array}{l}
{I_{01}} = {I_{02}} = {I_0}\\
 \Rightarrow {\omega _1}.{\omega _2} = \frac{1}{{LC}} \Rightarrow {\omega _0} = \sqrt {{\omega _1}.{\omega _2}}  = 100\pi \\
{\omega _3} = {\omega _0} \Rightarrow {I_3} = {I_{\max }} > {I_0}
\end{array}\)

 (ω₀ tần số góc khi cho I_max) 

+ Lúc đầu: \(x = k\frac{{\lambda D}}{a} = 5\frac{{\lambda D}}{a}\). Khi di chuyển màn ra xa thì D tăng => k giảm.

+ Khi k giảm xuống 4,5 tối lần 1; xuống 3,5 tối lần 2; xuống 2,5 tối lần 3 Þ kt = 2,5

+ Do đó ta có:  

\(\begin{array}{l}
2,5\frac{{\lambda \left( {D + 2} \right)}}{a} = 5\frac{{\lambda D}}{a}\\
 \Leftrightarrow \frac{{D + 2}}{2} = D \Rightarrow D = 2\left( {\rm{m}} \right)\\
x = 5\frac{{\lambda D}}{a} \Leftrightarrow 7 = 5\frac{{\lambda .2}}{1} \Rightarrow \lambda  = 0,7\left( {\mu m} \right)
\end{array}\)

+ Theo tiên đề Bo thứ II ta có:

\({E_n} - {E_m} = \frac{{hc}}{\lambda } \Leftrightarrow  - 13,6\left( {\frac{1}{{{n^2}}} - \frac{1}{{{m^2}}}} \right) = \frac{{hc}}{\lambda }\) 

+ Áp dụng cho quá trình từ n = 5 về n = 4 ta có:  

\( - 13,6\left( {\frac{1}{{{5^2}}} - \frac{1}{{{4^2}}}} \right) = \frac{{hc}}{{{\lambda _0}}}\)     (1)

+ Áp dụng cho quá trình từ n = 4 về n = 2 ta có:  

\( - 13,6\left( {\frac{1}{{{4^2}}} - \frac{1}{{{2^2}}}} \right) = \frac{{hc}}{\lambda }\)     (2)

+ Lấy (1) chia (2), ta có:

\(\frac{\lambda }{{{\lambda _0}}} = \frac{3}{{25}}\)

Ta có:  

\(\begin{array}{l}
{u_{AB}} = {u_{AM}} + {u_{MB}} = 60\sqrt 2 \angle  - \frac{\pi }{6} + 60\sqrt 6 \angle \frac{\pi }{3} = 120\sqrt 2 \angle \frac{\pi }{6}\\
 \Rightarrow u = 120\sqrt 2 \cos \left( {100\pi t + \frac{\pi }{6}} \right)\\
i = \frac{{{u_{AM}}}}{{{{\overline Z }_{AM}}}} = \frac{{60\sqrt 2 \angle  - \frac{\pi }{6}}}{{30\sqrt 3  - 30i}} = \sqrt 2 \angle 0 \Rightarrow i = \sqrt 2 \cos \left( {100\pi t} \right)\\
{P_{AB}} = UI\cos \varphi  = UI\cos \left( {{\varphi _u} - {\varphi _i}} \right) = 120.1.\cos \left( {\frac{\pi }{6}} \right) = 60\sqrt 3 \left( {\rm{W}} \right)\\
{P_R} = {I^2}R = {I^2}.30\sqrt 3  = 30\sqrt 3 \left( {\rm{W}} \right) \Rightarrow {P_X} = {P_{AB}} - {P_R} = 30\sqrt 3 \left( {\rm{W}} \right)
\end{array}\)

Bước sóng: λ=v/f6 (cm)

Phương trình sóng tổng hợp tại một điểm:  

\(\begin{array}{l}
u = 2a\cos \frac{{\pi \left( {{d_1} - {d_2}} \right)}}{\lambda }\cos \left[ {10\pi t - \frac{{\pi \left( {{d_1} + {d_2}} \right)}}{\lambda }} \right]\\
{d_1} + {d_2} = AB\\
 \Rightarrow \frac{{{u_M}}}{{{u_N}}} = \frac{{\cos \frac{{\pi \left( {{d_{1M}} - {d_{2M}}} \right)}}{\lambda }}}{{\cos \frac{{\pi \left( {{d_{1N}} - {d_{2N}}} \right)}}{\lambda }}} = \frac{{\cos \frac{{2\pi }}{6}}}{{\cos \frac{{6\pi }}{6}}} =  - \frac{1}{2}\\
 \Rightarrow \frac{{\sqrt 2 }}{{{u_N}}} =  - \frac{1}{2} \Rightarrow {u_N} =  - 2\sqrt 2 \left( {{\rm{mm}}} \right)
\end{array}\)

Ta có:  

\({U_L} = I.{Z_L} = \frac{U}{{\sqrt {\frac{{{R^2}}}{{{L^2}}}.\frac{1}{{{\omega ^2}}} + {{\left( {1 - \frac{1}{{{\omega ^2}LC}}} \right)}^2}} }}\) (1)

+ Theo đồ thị thấy khi co tiến đến vô cùng thì U_L tiến đến 150 V.

+ Thay vào (1), ta có:

\(150 = \frac{U}{{\sqrt {\frac{{{R^2}}}{{{L^2}}}.\frac{1}{{{\infty ^2}}} + {{\left( {1 - \frac{1}{{{\infty ^2}LC}}} \right)}^2}} }} \Rightarrow U = 150\left( {\rm{V}} \right)\) 

+ Khi ω₁ và ω₂ cho cùng U_C, còn ω_C cho U_C = max thì ta có:

\(\omega _1^2 + \omega _2^2 = 2\omega _C^2\) 

+ Từ đồ thị ta thấy hai giá trị ω1 = 0 và ω2 = 660 rad/s cho cùng UC nên:

\({\omega _0} = \sqrt {\frac{{{0^2} + {{660}^2}}}{2}}  = 330\sqrt 2 \)  (rad/s)

+ Khi ω₁ và ω₂: cho cùng U_L, còn ω_L. Cho U_L = max thì ta có:

\(\frac{1}{{\omega _1^2}} + \frac{1}{{\omega _2^2}} = \frac{2}{{\omega _L^2}}\) 

+ Từ đồ thị nhận thấy hai giá trị ω₁ = 660 rad/s và ω₂ = ¥ cho cùng U_L nên ta có: ω_L = 660√2 (rad/s)

+ Lai có:

\({U_{L\max }} = {U_{C\max }} = \frac{U}{{\sqrt {1 - {{\left( {\frac{{{\omega _C}}}{{{\omega _L}}}} \right)}^2}} }} = \frac{{150}}{{\sqrt {1 - {{\left( {\frac{{330\sqrt 2 }}{{660\sqrt 2 }}} \right)}^2}} }} = 100\sqrt 3 \left( {\rm{V}} \right)\) 

Vì A là nút gần bụng B nhất nên:  

\(\begin{array}{l}
AB = \frac{\lambda }{4} = 18 \Rightarrow \lambda  = 72\left( {{\rm{cm}}} \right)\\
AM = 18 - 12 = 6\left( {\rm{m}} \right) = \frac{\lambda }{{12}}\\
 \Rightarrow {A_M} = \frac{{{A_{bung}}}}{2} \Rightarrow {v_{M - \max }} = \omega {A_M} = \frac{{\omega {A_{bung}}}}{2}\\
\left| {{v_B}} \right| \le {v_{M - \max }} \Leftrightarrow  - \frac{{\omega {A_{bung}}}}{2} \le {v_B} \le \frac{{\omega {A_{bung}}}}{2}\\
 \Rightarrow \Delta t = 4.\frac{T}{{12}} = \frac{T}{3} = 0,1 \Rightarrow T = 0,3\left( s \right)\\
 \Rightarrow v = \frac{\lambda }{T} = 240\left( {cm/s} \right) = 2,4\left( {m/s} \right)
\end{array}\)