Để phân loại sóng ngang hay sóng dọc người ta dựa vào phương truyền sóng và phương dao động:         

Nếu phương dao động trùng với phương truyền sóng thì đó là sóng dọc.

Nếu phương dao dộng vuông góc với phương truyền sóng thì đó là sóng ngang.

Ta có: x = 10cos(ωt + φ) (cm) =>

\(\,\left\{ \begin{array}{l}
{x_{\min }} =  - 10\left( {cm} \right)\\
{x_{\max }} = 10\left( {cm} \right)
\end{array} \right.\) 

Giá trị của x có thể nhận:

\({x_{\min }} \le x \le {x_{\max }} \Leftrightarrow  - 10\left( {cm} \right) \le x \le 10\left( {cm} \right)\)

Chu kì dao động của con lắc đơn: không phụ thuộc vào m, chỉ phụ thuộc vào l và g. Do đó khi tăng l gấp đôi thì T tăng √2 lần.

Ta có:

\(\tan \varphi  = \frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R} = \frac{{{U_L} - {U_C}}}{{{U_R}}} = \frac{{0,5{U_C} - {U_C}}}{{0,5{U_C}}} =  - 1 \Rightarrow \varphi  =  - \frac{\pi }{4}\) 

=> u trễ pha hơn i một góc π/4 

Vận tốc cực đại:

\({v_{\max }} = \omega A = 8\pi \left( {cm/s} \right)\) 

Độ lớn gia tốc khi ở biên: a_max = ω²A = 16π² (cm/s²)

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow \omega  = \frac{{{a_{\max }}}}{{{v_{\max }}}} = 2\pi (rad/s)\\
 \Rightarrow A = \frac{{{v_{\max }}}}{\omega } = 4cm
\end{array}\)

Tia anpha là dòng các hạt nhân He có tốc độ khoảng 2.10⁷ m/s, làm ion mạnh môi trường và bay được khoảng 8cm trong không khí.

Vì là dòng các hạt mang điện dương nên khi vào từ trường và điện trường đều bị lệch hướng.

Năng lượng của một phô-tôn:  

\(\begin{array}{l}
\varepsilon  = \frac{E}{N} = \frac{{P.t}}{N} = \frac{{{{10.10}^{ - 3}}}}{{{{2.10}^{16}}}} = {5.10^{ - 19}}\\
\varepsilon  = \frac{{hc}}{\lambda }\\
 \Rightarrow \lambda  = \frac{{hc}}{\varepsilon } = \frac{{{{6,625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}{{{{5.10}^{ - 19}}}} = {3,975.10^{ - 7}}\left( {\rm{m}} \right)
\end{array}\)

+ Mỗi ánh sáng đơn sắc có một màu và tần số nhất định => A đúng

+ Bước sóng ánh sáng rất nhỏ so với bước sóng cơ học => B sai

+ Nếu ánh sáng hỗn hợp chỉ có hai ánh sáng đơn sắc thì không thể tạo thành ánh sáng trắng => C sai.

+ Ánh sáng hỗn hợp cũng có màu những màu đỏ là màu trộn giữa các ánh sáng đơn sắc không phải là màu đơn sắc => D sai

+ Giới hạn quang điện:

\({\lambda _0} = \frac{{hc}}{A} = \frac{{{{6,625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}{{{{4,5.1,6.10}^{ - 19}}}} = {2,76.10^{ - 7}}\left( {\rm{m}} \right) = 0,276\left( {\mu m} \right)\) 

+ Điều kiện để xảy ra hiện tượng quang điện là: λ <= λ₀ 

Quá trình phóng xạ xảy ra tự phát, không bị chi phối bởi các yếu tố bên ngoài như: nhiệt độ, lực, áp suất...

Pin quang điện biến đổi trực tiếp quang năng thành điện năng.

Tia γ, tia X, tia tử ngoại, ánh sáng nhìn thấy, tia hồng ngoại đều có chung bản chất là sóng điện từ.

Tổng trở của đoạn mạch RC:

\(Z = \sqrt {{R^2} + Z_C^2} \)

Chiết suât của một môi trường có giá trị khác nhau đối với các ánh sáng khác nhau, lớn nhất đối với ánh sáng có màu tím, nhỏ nhất đối với ánh sáng màu đỏ.

Khi lò xo có chiều dài 23cm => x = 3cm => F_dh = kx = mω²x = 3 (N) 

Tia X có bước sóng nhỏ hơn ánh sáng đỏ nên có tần số lớn hơn.

+ Khoảng cách giữa hai điểm gần nhau nhất trên phương truyền sóng dao động cùng pha là λ

+ Khoảng cách giữa hai điểm gần nhau nhất trên phương truyền sóng dao động ngược pha là λ/2

Nguyên tắc hoạt động của máy quang phổ dựa trên hiện tượng tán sắc ánh sáng.

+ Điện năng tiêu thụ của đoạn mạch: A = P.t \( \Rightarrow P = \frac{A}{t} = \frac{{{{0,05.10}^3}}}{5} = 10\) (W)

+ Ta có:

\(P = \frac{{{U^2}{{\cos }^2}\varphi }}{R} \Rightarrow R = \frac{{{U^2}{{\cos }^2}\varphi }}{P} = \frac{{{{220}^2}{{.0,9}^2}}}{{10}} = 3920,4\Omega \)

Khi âm truyền từ môi trường này sang môi trường khác thì tần số không đổi nhưng bước sóng và tốc độ truyền âm thay đổi.

Vận tốc âm trong không khí < vận tốc âm trong chất lỏng < vận tốc âm trong chất rắn => B sai 

Tần số của mạch LC:

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

Sóng điện từ không những truyền được trong môi trường vật chất (rắn, lỏng, khí) mà còn truyền được trong cả chân không,

+ Điểm M là vân tối khi:

\({d_1} - {d_2} = \left( {k + 0,5} \right)\lambda \) 

+ Vân tối thứ 4 nên k = 3

=>  \({d_1} - {d_2} = 3,5\lambda \)

Vì M thuộc trung trực và dao dộng cùng với O nên:

 \(\begin{array}{l}
 \Rightarrow {d_M} - {d_O} = k\lambda  \Rightarrow {d_M} = {d_O} + k\lambda  = 12 + k\lambda \\
{d_M} > O{O_1} \Leftrightarrow 12 + k\lambda  > 12 \Rightarrow k > 0\\
 \Rightarrow {k_{\min }} = 1 \Rightarrow O{M_{\min }} = \sqrt {{{\left( {12 + \lambda } \right)}^2} - {{12}^2}}  = 9\\
 \Rightarrow \lambda  = 3\left( {{\rm{cm}}} \right)
\end{array}\)

 So cực tiểu trên O₁O₂:  

\(\begin{array}{l}
 - \frac{{{O_1}{O_2}}}{\lambda } - \frac{1}{2} < k < \frac{{{O_1}{O_2}}}{\lambda } - \frac{1}{2}\\
 \Leftrightarrow  - \frac{{24}}{3} - \frac{1}{2} < k < \frac{{24}}{3} - \frac{1}{2}\\
 \Leftrightarrow  - 8,5 < k < 7,5
\end{array}\)

 Có 16 giá trị 

+ Mức cường độ âm lúc đầu tại M:

\({L_M} = 10\lg \frac{{{I_M}}}{{{I_0}}} = 20 \Rightarrow \frac{{{I_M}}}{{{I_0}}} = {10^2} \Rightarrow {I_M} = {10^2}{I_0}(1)\)

+ Mức cường độ âm tại N khi tăng công suất gấp n lần:

\({L_N} = 10\lg \frac{{{I_N}}}{{{I_0}}} = 30 \Rightarrow \frac{{{I_N}}}{{{I_0}}} = {10^3} \Rightarrow {I_N} = {10^3}{I_0}\)

+ Lấy (2) chia (1), ta có:  

\(\begin{array}{l}
\frac{{{I_N}}}{{{I_M}}} = 10\\
\left\{ \begin{array}{l}
{I_M} = \frac{P}{{4\pi {R^2}}}\\
{I_N} = \frac{{nP}}{{4\pi {{\left( {R/2} \right)}^2}}}
\end{array} \right. \Rightarrow 4n = 10 \Rightarrow n = 2,5
\end{array}\)

​

Vì M là bụng và EM = 30 = λ/2 => E là bụng liền kề

+ Vì MN = 10 cm = λ/6 => điểm N cách nút O đoạn λ/12

+ Chọn gốc tọa độ tại nút O, phương trình sóng dừng có dạng:

 \(\begin{array}{l}
u = 2a\sin \frac{{2\pi x}}{\lambda }\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\\
 \Rightarrow v = {u^/} =  - \omega .2a\sin \frac{{2\pi x}}{\lambda }\sin \left( {\omega t + \varphi } \right)\\
\frac{{{v_N}}}{{{v_E}}} = \frac{{2a\sin \frac{{2\pi .\frac{\lambda }{{12}}}}{\lambda }}}{{2a\sin \frac{{2\pi \left( {\frac{\lambda }{2} + \frac{\lambda }{4}} \right)}}{\lambda }}}\\
 \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 3 }}{{{v_E}}} = \frac{{0,5}}{{ - 1}} \Rightarrow {v_E} =  - 2\sqrt 3 
\end{array}\)

+ Vì C làm hàm bậc nhất của α nên: C = aα + b                          (*)

Khi α = 0 thì C = 10 pF. Thay vào (*) => b = 10 pF

Khi α = 180° thì C = 500 pF. Thay vào (*) => a = 49/18

Vây, biểu thức của C theo α là: C = 49/18α +10 (pF)                 (**)

+ Khi α = 90° thay vào (**) ta có: C = 255 pF

+ Bước sóng thu được khi α = 90°: λ = 2πc √LC = 134,54 m 

Vị trí vân sáng: 

\(x = k\frac{{\lambda D}}{a}\)

+ Nhận thấy k tỉ lệ thuận với a

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 5\frac{{\lambda D}}{a}\\
x = 6\frac{{\lambda D}}{{a + 0,2}}
\end{array} \right. \Rightarrow \frac{5}{a} = \frac{6}{{a + 0,2}} \Rightarrow a = 1\left( {{\rm{mm}}} \right)\) 

+ Lại có:

\(x = 5\frac{{\lambda D}}{a} \Rightarrow \lambda  = \frac{{a.x}}{{5D}} = \frac{{1.6}}{{6.2}} = 0,6\left( {\mu m} \right)\)

Khi e chuyển động trên quỹ đạo n nào đó thì nó chuyển động tròn đều => cường độ dòng điện không đổi.

+Do đó:

\(I = \frac{{\Delta q}}{{\Delta t}} = \frac{q}{T} = \frac{{q\omega }}{{2\pi }} = \frac{{e.\omega }}{{2\pi }}\) 

+ Lực tương tác giữa e và hạt nhân là lực điện, lực này đóng vai trò là lực hướng tâm nên:

\({F_d} = {F_{ht}} \Leftrightarrow \frac{{k{e^2}}}{{r_n^2}} = m\frac{{{v^2}}}{{{r_n}}} \Rightarrow \frac{{k{e^2}}}{{r_n^2}} = m{\omega ^2}{r_n}\) 

\( \Rightarrow \omega  = e\sqrt {\frac{k}{{m.r_n^3}}}  \Rightarrow I = \frac{{{e^2}}}{{2\pi }}\sqrt {\frac{k}{{m.r_n^3}}} I = \frac{{{e^2}}}{{2\pi }}\sqrt {\frac{k}{{m.r_0^3}}}  \approx {1,05.10^{ - 3}}\) A

Ta có:  

\( \Rightarrow 5,7 = \left( {\frac{1}{{10}} + 1} \right){W_X} - 5,3 \Rightarrow {W_X} = 10\left( {MeV} \right)\)

Năng lượng tỏa ra khi tạo thành 1 hạt: \({W_{lk}} = \Delta m{c^2}\).

Năng lượng tỏa ra khi tạo được 1 mol:

\({W_0} = {N_A}.{W_{lk}} = {1,71.10^{25}}\left( {MeV} \right)\)

Thời gian chiếụ xạ lần thứ n: \(\Delta t = \Delta {t_0}{.2^{\frac{t}{T}}}\) 

Sau lần chiếu xạ thứ nhất thì cứ sau 1 tháng bệnh nhân lại đi chiếu xạ nên khi chiếu lần thứ 5 thì vào thời điểm t = 4 tháng, Do đó ta có: Δt = 15.2 = 30 phút 

+ Lúc đầu, mắc AB vào nguồn xoay chiều:  

\(\left\{ \begin{array}{l}
{Z_L} = \omega L = 100\\
{Z_C} = \frac{1}{{\omega C}} = 50
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
L = \frac{{100}}{\omega }\\
C = \frac{1}{{50\omega }}
\end{array} \right.\)   (1)

+ Sau khi tăng L thêm 0,5H rồi nối kín L và C để thành mạch dao động LC thì:

 \(\begin{array}{l}
\omega _{LC}^2 = \frac{1}{{\left( {L + 0,5} \right)C}} \Leftrightarrow LC + 0,5C = \frac{1}{{{{100}^2}}}\frac{{100}}{\omega }.\frac{1}{{50\omega }} + 0,5.\frac{1}{{50\omega }} = \frac{1}{{{{100}^2}}}\\
 \Rightarrow \frac{2}{{{\omega ^2}}}.\frac{1}{{100}}.\frac{1}{\omega } - \frac{1}{{{{100}^2}}} = 0 \Rightarrow \frac{1}{\omega } = \frac{1}{{200}} \Rightarrow \omega  = 200
\end{array}\)

Ta có:

\(\Delta W = W - {W_5} = \frac{1}{2}mg\ell \left( {\alpha _{01}^2 - \alpha _{05}^2} \right)\) 

 Thay số, ta có:

\(\Delta W = \frac{1}{2}.0,5.9,8.0,5\left[ {{{\left( {\frac{{5\pi }}{{180}}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{4\pi }}{{180}}} \right)}^2}} \right] = {3,36.10^{ - 3}}\left( J \right)\)

Khi L thay đổi để UR = max thì \(\left\{ \begin{array}{l}
{Z_{L1}} = {Z_C}\\
{U_{R - \max }} = U
\end{array} \right.\) 

+ Mặt khác theo đề khi đó: \({U_{R\max }} = {U_L} \Leftrightarrow R = {Z_{L1}} \Rightarrow R = {Z_C}\)          (1)

+ Khi L thay đổi để ULmax thì:

\({U_{L\max }} = \frac{U}{R}\sqrt {{R^2} + Z_C^2} {U_{L\max }} = \frac{U}{R}\sqrt {{R^2} + {R^2}}  = U\sqrt 2 \) 

+ Vậy, tỉ số: \(\frac{{{U_{L\max }}}}{{{U_{R\max }}}} = \sqrt 2 \)

+ Lúc t = 0 dao động II ở biên, đến thời điểm t = 0,5 s thì dao động II ở VTCB nên:

\(\frac{T}{4} = 0,5 \Rightarrow T = 2\left( s \right) \Rightarrow \omega  = \pi \) (rad/s)

+ Lúc t = 0, dao động II đang ở biên nên phương trình dao động tổng hợp là:

x = 6cos πt (cm)

+ Lúc t = 0, vật I đang ở \(\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} = 2\left( {cm} \right) = \frac{A}{2}\\
{v_1} > 0
\end{array} \right.\)  nên phương trình dao động 1 là:

\({x_1} = 4\cos \left( {\pi t - \frac{\pi }{3}} \right)\) (cm)

+ Phương trình dao động thứ 2 là:  

 \(\begin{array}{l}
x = {x_1} + {x_2}\\
 \Rightarrow {x_2} = x - {x_1} = 6\cos \pi t - 4\cos \left( {\pi t - \frac{\pi }{3}} \right) = 2\sqrt 7 \cos \left( {\pi t + 0,714} \right)\\
 \Rightarrow {v_2} = {\left( {{x_2}} \right)^/} = 2\pi \sqrt 7 \cos \left( {\pi t + 0,714 + \frac{\pi }{2}} \right)
\end{array}\)

Gọi N1 là số vòng dây ở cuộn sơ cấp của máy 1 => số vòng dây ở cuộn sơ cấp các máy 2 và 3 lần lượt là N1 + x, N1 + 3x. Số vòng dây ở cuộn thứ cấp của các máy là N.

Ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{\left. \begin{array}{l}
\frac{{60}}{U} = \frac{N}{{{N_1}}}\\
\frac{{45}}{U} = \frac{N}{{{N_1} + x}}
\end{array} \right\} \Rightarrow \frac{{60}}{{45}} = \frac{{{N_1} + x}}{{{N_1}}} \Rightarrow {N_1} = 3x}\\
{\frac{{{U_3}}}{U} = \frac{N}{{{N_1} + 3x}}}
\end{array}} \right.\) 

+ Suy ra: 

\(\frac{{{U_3}}}{U} = \frac{N}{{{N_1} + {N_1}}} = \frac{N}{{2{N_1}}}\frac{{{U_3}}}{U} = \frac{1}{2}\frac{{60}}{U} \Rightarrow {U_3} = 30\left( V \right)\)

Lúc t = 0 => x₀ = 10 cm => vật đang ở biên dương.

+ Một chu kì vật qua x = 5 √3 được 2 lần nên ta xét tỉ số: 2015/2=1007,5

+ Sau 1007Τ vật đã qua x = 5 được 2014 lần còn thiếu 1 lần nên đi thêm T/6 như hình.

+ Vì 1T có T/4 để a và v cùng hướng âm => sau 1007T có 1007T/4 mà a và v cùng hướng âm. Mặt khác trong thời gian T/6 cuối cùng a và v lại cùng hướng âm nên tổng cả là: t=1007T/4+T/6=3023/12(s) 

Khi UC = max thì

\({u_{RL}} \bot u \Rightarrow {\left( {\frac{{{u_{RL}}}}{{{U_{0RL}}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{u}{{{U_0}}}} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow {\left( {\frac{{{u_{RL}}}}{{{U_{RL}}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{u}{U}} \right)^2} = 2\) 

Thay số ta có:     \(\frac{{{{50}^2}.6}}{{U_{RL}^2}} + \frac{{{{150}^2}.6}}{{{U^2}}} = 2\) (1)

+ Mặt khác, lúc đó theo giản đồ vectơ, ta có:

\(\frac{1}{{U_R^2}} = \frac{1}{{U_{RL}^2}} + \frac{1}{{{U^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{U_{RL}^2}} + \frac{1}{{{U^2}}} = \frac{1}{{{{150}^2}}}\)  (2)

+ Giải (1) và (2) ta có: U = 300V

Xét với ω1 tại R₁ = 100Ω và R₂ = 400Ω thì P₁ cho cùng công suất nên:

\(\left\{ \begin{array}{l}
{\left( {{Z_{L1}} - {Z_{C1}}} \right)^2} = {R_1}{R_2} = 40000\\
\frac{{U_1^2}}{{{P_1}}} = {R_1} + {R_2} \Rightarrow U_1^2 = 25000
\end{array} \right.\) 

+ Vì X là công suất lớn nhất ứng với P₁ nên ta có:

\(x = \frac{{U_1^2}}{{2\left| {{Z_{L1}} - {Z_{C1}}} \right|}} = \frac{{25000}}{{2.\sqrt {40000} }} = 62,5\left( {\rm{W}} \right)\)