Biên độ của dao động cưỡng bức không phụ thuộc vào thời gian tác dụng của ngoại lực.

Ta có: \(v=\frac{c}{n}\)

\(\to \) Phát biểu đúng khi nói về sóng điện từ: Có tốc độ truyền sóng phụ thuộc vào hằng số điện môi.

Khi vật nặng qua VTCB thì \({{v}_{max}}\Rightarrow {{\text{W}}_{dmax}}=\frac{1}{2}mv_{max}^{2}\)

Biểu thức của điện áp xoay chiều: \(u=100\cos \left( 100\pi t \right)V\)

Vậy tần số góc của dòng điện là: \(\omega =100\pi \left( rad/s \right)\)

Các bức xạ có bước sóng tăng dần theo thứ tự đúng là: tia gamma, tia X, tia tử ngoại, ánh sáng nhìn thấy, tia hồng ngoại và sóng vô tuyến.

Tần số không phải là đặc trưng sinh lí của âm.

Sóng ngang là sóng có phương dao động của phần tử môi trường luôn vuông góc với phương truyền sóng.

Tia X (tia Rơn - ghen) không được dùng để chữa bệnh còi xương.

Đối với mạch chỉ chứa tụ điện ta có: 

\(\left\{ \begin{align} & {{Z}_{C}}=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{2\pi f.C}\Rightarrow f\uparrow ,{{Z}_{C}}\downarrow \\ & I=\frac{U}{{{Z}_{C}}}=\frac{U}{\frac{1}{\omega C}}=U.C\omega \\ & P=\frac{{{U}^{2}}R}{{{Z}^{2}}}=0 \\ & i={{I}_{0}}.\cos \left( \omega t \right)\left( A \right) \\ & u={{U}_{0}}.\cos \left( \omega t-\frac{\pi }{2} \right)\left( V \right) \\ \end{align} \right.\)

\(\to \) Điện áp hai đầu đoạn mạch trễ pha \(\frac{\pi }{2}\) so với cường độ dòng điện trong đoạn mạch.

\(\to \)Phát biểu sai: Điện áp hai đầu đoạn mạch sớm pha \(0,5\pi \) so với cường độ dòng điện trong đoạn mạch.

Ta có: \(f=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}\)\(\Rightarrow {{f}^{2}}=\frac{1}{4{{\pi }^{2}}LC}\Rightarrow C=\frac{1}{4{{\pi }^{2}}{{f}^{2}}L}\)

Phát biểu sai về tia tử ngoại: Tia tử ngoại dễ dàng đi xuyên qua tấm chì dày vài centimet.

Theo thuyết lượng tử ánh sáng, phát biểu đúng là ánh sáng được tạo thành bởi các hạt gọi là photon.

Thanh sắt và thanh niken tách rời nhau được nung nóng đến cùng nhiệt độ 1200⁰C thì phát ra hai quang phổ liên tục giống nhau

Khi ánh sáng chiếu từ không khí vào nước ta có: \({{n}_{1}}\sin i={{n}_{2}}\sin r\Rightarrow \sin r=\frac{\sin i}{n}\)

Mà \({{n}_{D}}<{{n}_{V}}<{{n}_{T}}\Rightarrow {{r}_{T}}<{{r}_{V}}<{{r}_{D}}\)

Ta có: \(A=q.U\Rightarrow q=\frac{A}{U}=\frac{1}{2000}={{5.10}^{-4}}C\)

Dao động cưỡng bức khí cộng hưởng có điểm giống với dao động duy trì: cả hai đều có tần số gần đúng bằng tần số riêng của hệ dao động.

Phương trình phản ứng: \({}_{1}^{2}D+{}_{1}^{3}T\to {}_{2}^{4}He+{}_{0}^{1}n\)

Ta có: 

\(\left\{ \begin{align} & \Delta {{m}_{truoc}}={{m}_{D}}+{{m}_{T}}=0,0024+0,0087=0,0111u \\ & \Delta {{m}_{sau}}=\Delta {{m}_{He}}=0,0305u \\ \end{align} \right.\)

Do \(\Delta {{m}_{sau}}>\Delta {{m}_{truoc}}\Rightarrow \) phản ứng tỏa năng lượng:

\({{\text{W}}_{toa}}=\left( \Delta {{m}_{sau}}-\Delta {{m}_{truoc}} \right){{c}^{2}}\)\(=\left( 0,0305-0,0111 \right)u{{c}^{2}}=0,0194.931,5=18,07MeV\)

Phương trình dao động điều hòa:\(x=A.\cos \omega t\left( A>0 \right)\Rightarrow \varphi =0\)

\(\Rightarrow \) Gốc thời gian là lúc vật đến vị trí có li độ \(x=+A\)

Ta có:

\(L=10.\log \frac{I}{{{I}_{0}}}=80dB\Rightarrow \log \frac{I}{{{I}_{0}}}=8\Rightarrow \frac{I}{{{I}_{0}}}={{10}^{9}}\Rightarrow I={{10}^{-12}}{{.10}^{8}}={{10}^{-4}}\left( \text{W}/{{m}^{2}} \right)\)

Theo bài ra ta có: 

\(\left\{ \begin{align} & {{B}_{1}}=2\pi {{.10}^{-7}}.\frac{I}{R} \\ & {{B}_{2}}={{2.10}^{-7}}.\frac{I}{R} \\ \end{align} \right.\Rightarrow \frac{{{B}_{1}}}{{{B}_{2}}}=\pi \)

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch này là:

\(P=UI.\cos \varphi =\frac{{{U}_{0}}{{I}_{0}}.\cos \varphi }{2}=\frac{200\sqrt{2}.2.\cos \frac{\pi }{4}}{2}=200W\)

Khi 

\(\left\{ \begin{align} & \Delta \varphi =2k\pi \Rightarrow {{A}_{max}}={{A}_{1}}+{{A}_{2}} \\ & \Delta \varphi =\left( 2k+1 \right)\pi \Rightarrow {{A}_{\min }}=\left| {{A}_{1}}-{{A}_{2}} \right| \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow {{A}_{1}}+{{A}_{2}}\ge A\ge \left| {{A}_{1}}-{{A}_{2}} \right|\)

Chế độ rọi sáng vào quang trở không đổi nên điện trở của quang trở là 1 hằng số.

Mối quan hệ giữa U và I khi R không đổi: \(I-\frac{U}{R}\)

\(\Rightarrow \) Đồ thị I = f(U) là một đường thẳng đi qua gốc tọa độ (Hình c)

Quỹ đạo O ứng với n= 5; quỹ đạo Lứng với n=2.

Khi electron chuyển từ quỹ đạo O về quỹ đạo L bán kính quỹ đạo giảm bớt:

\(\Delta r={{r}_{5}}-{{r}_{2}}=\left( {{5}^{2}}-{{2}^{2}} \right){{r}_{0}}=\left( {{5}^{2}}-{{2}^{2}} \right).5,{{3.10}^{-11}}=11,{{13.10}^{-10}}m\)

Suất điện động cảm ứng xuất hiện trong vòng dây là:

\(\text{e}=\frac{-\text{d}\Phi }{\text{dt}}=100\pi .\frac{{{2.10}^{-2}}}{\pi }\sin \left( 100\pi \text{t}+\frac{\pi }{4} \right)=2\sin \left( 100\pi \text{t}+\frac{\pi }{4} \right)\left( V \right).\)

Trong máy thu thanh vô tuyến, bộ phận dùng để biến đổi trực tiếp dao động điện thành dao động âm có cùng tần số là loa.

Ban đầu: \(I=\frac{E}{R+r}=\frac{E}{r+r}=\frac{E}{2r}\left( 1 \right)\)

Sau đó: 

\(\left\{ \begin{align} & {{E}_{b}}=3E \\ & {{r}_{b}}=3r \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow {I}'=\frac{{{E}_{b}}}{R+{{r}_{b}}}=\frac{3E}{r+3r}=\frac{3E}{4r}\left( 2 \right)\)

Lấy (2) chia (1): \(\frac{{{I}'}}{I}=\frac{\frac{3E}{4r}}{\frac{E}{2r}}=1,5\Rightarrow {I}'=1,5I\)

Tần số góc: \(\omega =2\pi f=2\pi .5=10\pi \left( rad/s \right)\)

Cơ năng của vật:

\(\text{W}=\frac{1}{2}m{{\omega }^{2}}{{A}^{2}}\Rightarrow {{A}^{2}}=\frac{2W}{m{{\omega }^{2}}}=\frac{2.0,08}{0,1.{{\left( 10\pi  \right)}^{2}}}=1,{{6.10}^{-3}}\left( {{m}^{2}} \right)\)

Tỉ số động năng và thế năng :

\(\frac{{{\text{W}}_{d}}}{{{\text{W}}_{t}}}=\frac{\text{W}-{{\text{W}}_{t}}}{{{\text{W}}_{d}}}=\frac{{{\text{W}}_{t}}}{{{\text{W}}_{t}}}-1=\frac{\frac{k{{A}^{2}}}{2}}{\frac{k{{x}^{2}}}{2}}-1=\frac{{{A}^{2}}}{{{x}^{2}}}-1\)

Khi \(x=2cm=0,02m\Rightarrow \frac{{{\text{W}}_{d}}}{{{\text{W}}_{t}}}=\frac{1,{{6.10}^{-3}}}{0,{{02}^{2}}}-1=3\)

Ảnh ngược chiều cao gấp ba lần vật:

\(k=-\frac{{{d}'}}{d}=\frac{\overline{{A}'{B}'}}{\overline{AB}}=-3\Rightarrow {d}'=3d\left( 1 \right)\)

Ảnh cách vật 80cm: \(d+{d}'=80cm\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có: 

\(\left\{ \begin{align} & {d}'=3d \\ & d+{d}'=80cm \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{align} & d=20cm \\ & {d}'=60cm \\ \end{align} \right.\)

Áp dụng công thức thấu kính ta có: \(\frac{1}{f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{{{d}'}}=\frac{1}{20}+\frac{1}{60}=\frac{1}{15}\Rightarrow f=15cm\)

Trên dây có 7 bụng sóng \(\Rightarrow k=7\)

Ta có: \(l=k\frac{\lambda }{2}=k.\frac{v}{2f}\Rightarrow v=\frac{2lf}{k}=\frac{2.1,05.100}{7}=30m/s\)

Ta có: \({{\alpha }_{\max }}=\frac{{{s}_{\max }}}{\ell }=\frac{{{s}_{\max }}}{\frac{g}{{{\omega }^{2}}}}=0,1\left( rad \right).\)

Tại vị trí cân bằng \({{T}_{\min }}=mg\left( 3-2\cos {{\alpha }_{\max }} \right)\Rightarrow \frac{T}{mg}=3-2\cos 0,1=1,01.\)

Áp dụng tiên đề về sự hấp thụ hay bức xạ của nguyên tử ta có:

\({{E}_{n}}-{{E}_{m}}=-\frac{13,6}{{{n}^{2}}}-\left( -\frac{13,6}{{{m}^{2}}} \right)=2,55\Leftrightarrow \frac{1}{{{m}^{2}}}-\frac{1}{{{n}^{2}}}=\frac{3}{16}\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{align} & m=2 \\ & n=4 \\ \end{align} \right.\)

Vậy bước sóng nhỏ nhất mà nguyên tử có thể phát ra ứng với sự chuyển mức từ 4 về 1 (N về K):

\({{E}_{4}}-{{E}_{1}}=\frac{hc}{\lambda }\Leftrightarrow \left( -\frac{13,6}{{{4}^{2}}}-\left( -\frac{13,6}{{{1}^{2}}} \right) \right).1,{{6.10}^{-19}}=\frac{hc}{\lambda }\)

\(\Rightarrow \lambda =\frac{hc}{\left( 13,6-\frac{13,6}{{{4}^{2}}} \right).1,{{6.10}^{-19}}}=\frac{6,{{625.10}^{-34}}{{.3.10}^{8}}}{\left( 13,6-\frac{13,6}{{{4}^{2}}} \right).1,{{6.10}^{-19}}}=9,{{74.10}^{-8}}m\)

Khoảng cách giữa hai cực đại giao thoa ở kề nhau trên đường thẳng nối hai nguồn là 

\(\frac{\lambda }{2}\)= \(1,6cm\Rightarrow \lambda =3,2cm\)

Tốc độ truyền sóng \(v=\frac{\lambda }{T}=\lambda f=3,2.25=80cm/s=0,8m/s\)

Ta có: \({{N}_{oA}}={{N}_{oB}}={{N}_{o}}\)

Sau 80 phút: \(\frac{\Delta {{N}_{A}}}{\Delta {{N}_{B}}}=\frac{{{N}_{o}}\left( 1-{{2}^{-\frac{80}{20}}} \right)}{{{N}_{o}}\left( 1-{{2}^{-\frac{80}{40}}} \right)}=\frac{5}{4}.\)

Theo các dữ kiện bài cho: 

\(\left\{ \begin{align} & \frac{{{U}_{1}}}{200}=\frac{{{N}_{1}}}{{{N}_{2}}}\left( 1 \right) \\ & \frac{{{U}_{1}}}{U}=\frac{{{N}_{1}}-n}{{{N}_{2}}}\left( 2 \right) \\ & \frac{{{U}_{1}}}{0,5U}=\frac{{{N}_{1}}+n}{{{N}_{2}}}\left( 3 \right) \\ \end{align} \right.\)

Lấy \(\left\{ \begin{align} & \frac{\left( 1 \right)}{\left( 2 \right)}\Leftrightarrow \frac{U}{200}=\frac{{{N}_{1}}}{{{N}_{1}}-n} \\ & \frac{\left( 2 \right)}{\left( 3 \right)}\Leftrightarrow 0,5=\frac{{{N}_{1}}-n}{{{N}_{1}}+n}\Rightarrow {{N}_{1}}=3n \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow \frac{U}{200}=\frac{3n}{3n-n}\Rightarrow U=300V\)

Ta có: \({{Z}_{L}}=3{{Z}_{C}}\Rightarrow {{u}_{L}}=-3{{u}_{C}}\)

Tại thời điểm \(t:\left\{ \begin{align} & {{u}_{R}}=60V \\ & {{u}_{C}}=20V\Rightarrow {{u}_{L}}=-3{{u}_{C}}=-60V \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow u={{u}_{R}}+{{u}_{L}}+{{u}_{C}}=60+20-60=20V\)

Bước sóng: \(\lambda =vT=v.\frac{2\pi }{\omega }=120.\frac{2\pi }{40\pi }=6cm\)

Phương trình sóng giao thoa tại A cách trung điểm I 0,5 cm là:

\({{u}_{A}}=2a.\cos \frac{\pi \left( \frac{{{S}_{1}}{{S}_{2}}}{2}+0,5-\left( \frac{{{S}_{1}}{{S}_{2}}}{2}-0,5 \right) \right)}{6}.\cos \left( 40\pi t-\frac{\pi .{{S}_{1}}{{S}_{2}}}{6} \right)\)

\(=2.\cos \frac{\pi }{6}.\cos \left( 40\pi t-\frac{\pi .{{S}_{1}}{{S}_{2}}}{6} \right)=\sqrt{3}.\cos \left( 40\pi t-\frac{\pi .{{S}_{1}}{{S}_{2}}}{6} \right)\)

Phương trình sóng giao thoa tại B cách trung điểm I 2cm là:

\({{u}_{B}}=2a.\cos \frac{\pi \left( \frac{{{S}_{1}}{{S}_{2}}}{2}+2-\left( \frac{{{S}_{1}}{{S}_{2}}}{2}-2 \right) \right)}{6}.\cos \left( 40\pi t-\frac{\pi .{{S}_{1}}{{S}_{2}}}{6} \right)\)

\(=2.\cos \frac{2\pi }{3}.\cos \left( 40\pi t-\frac{\pi .{{S}_{1}}{{S}_{2}}}{6} \right)=-1.\cos \left( 40\pi t-\frac{\pi .{{S}_{1}}{{S}_{2}}}{6} \right)\)

Phương trình vận tốc dao động của phần tử môi trường tại A và B là:

\(\left\{ \begin{align} & {{v}_{A}}={{\left( {{u}_{A}} \right)}^{\prime }}=-40\pi \sqrt{3}.\sin \left( 40\pi t-\frac{\pi .{{S}_{1}}{{S}_{2}}}{6} \right) \\ & {{v}_{B}}={{\left( {{u}_{B}} \right)}^{\prime }}=40\pi .\sin \left( 40\pi t-\frac{\pi .{{S}_{1}}{{S}_{2}}}{6} \right) \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow \frac{{{v}_{B}}}{{{v}_{A}}}=\frac{40\pi }{-40\pi \sqrt{3}}=-\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow {{v}_{B}}=-\frac{1}{\sqrt{3}}{{v}_{A}}\)

Tại thời điểm t có \({{v}_{A}}=12cm/s\Rightarrow {{v}_{B}}=-\frac{1}{\sqrt{3}}.12=-4\sqrt{3}cm/s\)

Độ dãn lò xo VTCB: \(\vartriangle {{l}_{0}}=\frac{mg}{k}=\frac{0,25.10}{100}=0,025\left( m \right)=2,5\left( cm \right)\)

Chu kì và tần số góc: 

\(\left\{ \begin{align} & T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}=\frac{\pi }{10}\left( s \right) \\ & \omega =\sqrt{\frac{m}{k}}=20\left( rad/s \right) \\ \end{align} \right.\)

Biên độ: \(A=\sqrt{x_{0}^{2}+\frac{v_{0}^{2}}{{{\omega }^{2}}}}=4\left( cm \right)\)

Khi t1= \(\pi \)/120 s= T/12 (x1 = 0 cm, lò xo dãn \(\vartriangle {{l}_{1}}\)= 0,025 m) đến t2 = t1 + T/4 ( x2 = -4 cm, lò xo nén \(\vartriangle {{l}_{2}}\)= 0,015 m).

Công của lực đàn hồi:

\(A=\int\limits_{(1)}^{(2)}{Fdx}=-\int\limits_{{{x}_{1}}}^{{{x}_{2}}}{k\left( \vartriangle {{l}_{0}}+x \right)dx}=-\int\limits_{0}^{-0,04}{100\left( 0,025+x \right)dx}=+0,02\left( J \right)\Rightarrow \) 

Chu kỳ của dòng điện 

\(\Rightarrow i=\frac{{{U}_{0}}}{Z}=cos\left( 100\pi t+\frac{\pi }{4} \right)=2,2cos\left( 100\pi t+\frac{\pi }{4} \right)\left( A \right)\)

\(\begin{array}{l}
T = 0,02\left( s \right) = 20\left( {ms} \right)\\
{Z_L} = \omega L = 100\left( \Omega  \right);{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {Z_C} = \frac{1}{{\omega C}} = 200\left( \Omega  \right)\\
 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
Z = \sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}  = 100\sqrt 2 \left( \Omega  \right)\\
\tan \varphi  = \frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R} =  - 1 \Rightarrow \varphi  =  - \frac{\pi }{4}
\end{array} \right.
\end{array}\)

Biểu thức tính công suất tức thời:

\(\begin{align} & p=ui=484\sqrt{2}cos100\pi t\,cos\left( 100\pi t+\frac{\pi }{4} \right) \\ & p=242\sqrt{2}\left( cos\frac{\pi }{4}+cos\left( 200\pi t+\frac{\pi }{4} \right) \right)=242+242\sqrt{2}cos\left( 200\pi t+\frac{\pi }{4} \right)\left( \text{W} \right) \\ \end{align}\)

Giải phương trình \(p=0\) hay

\(\begin{array}{l}
cos\left( {200\pi t + \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{{ - 1}}{{\sqrt 2 }}\\
 \Rightarrow \left( \begin{array}{l}
200\pi t + \frac{\pi }{4} = \frac{{3\pi }}{4} \Rightarrow {t_1} = 2,{5.10^{ - 3}}\left( s \right)\\
200\pi t + \frac{\pi }{4} =  - \frac{{3\pi }}{4} + 2\pi  \Rightarrow {t_2} = {5.10^{ - 3}}\left( s \right)
\end{array} \right.
\end{array}\)

Đồ thị biểu diễn \(p\) theo \(t\) có dạng như sau:

Trong một chu kỳ của \(p\), thời gian để \(p<0\) là\(5-2,5=2,5ms\). Vì chu kỳ của \(p\) bằng nửa chu kỳ của điện áp nên trong một chu kỳ điện áp khoảng thời gian để \(p<0\) là \(\Delta t=2,5.2=5ms\) và khoảng thời gian để\(p>0\) (điện áp sinh công dương) là \(T-\Delta t=0,02-0,005=0,015\left( s \right) \)

Khoảng vân của \({{\lambda }_{1}}:{{i}_{1}}=\frac{{{\lambda }_{1}}D}{a}=\frac{0,{{75.10}^{-6}}.1}{1,{{5.10}^{-3}}}=0,5(mm)\)

Vì có 11 vạch tối trùng nên có 10 vạch sáng trùng \({{\lambda }_{1}}\equiv {{\lambda }_{2}}:{{N}_{\equiv }}=10\)

Tổng số vân sáng của \({{\lambda }_{1}}:{{N}_{1}}=\frac{L}{{{i}_{1}}}=\frac{15}{0,5}=30\)

Tổng số vân sáng của \({{\lambda }_{2}}:{{N}_{2}}=70+10-30=50=\frac{L}{{{i}_{2}}}\)

\(\Rightarrow 50=\frac{15}{{{i}_{2}}}\Rightarrow {{i}_{2}}=0,3(mm)\Rightarrow {{\lambda }_{2}}=\frac{a{{i}_{2}}}{D}=\frac{1,{{5.10}^{-3}}.0,{{3.10}^{-3}}}{1}=0,{{45.10}^{-6}}(m)\)