Máy biến áp là thiết bị dùng để biến đổi biên độ của điện áp xoay chiều, nó hoạt động dựa trên hiện tượng cảm ứng điện từ. Máy biến áp không làm thay đổi tần số của điện áp và dòng điện cho nên tần số của điện áp giữa hai đầu cuộn thứ cấp đúng bằng tần số của điện áp và dòng điện ở cuộn sơ cấp.

Phương trình li độ của dao động cơ điều hòa có dạng \(x=Acos\left( \omega t+\varphi  \right)\), từ đó ta có thề xác định được:

- Biểu thức vận tốc là \(v={x}'={{v}_{0}}cos\left( \omega t+\varphi +\frac{\pi }{2} \right)\)

- Biểu thức gia tốc là \(a={v}'={{a}_{0}}cos\left( \omega t+\varphi +\pi  \right)\)

- Biểu thức lực kéo về là \(F=ma={{F}_{0}}cos\left( \omega t+\varphi +\pi  \right)\)

- Biếu thức thế năng là \({{\text{W}}_{t}}=\frac{m{{\omega }^{2}}{{x}^{2}}}{2}=\frac{\text{W}}{2}cos\left( 2\omega t+2\varphi  \right)+\frac{\text{W}}{2}\)

- Biểu thức động năng là \({{\text{W}}_{d}}=\frac{m{{v}^{2}}}{2}=-\frac{\text{W}}{2}cos\left( 2\omega t+2\varphi  \right)+\frac{\text{W}}{2}\)

- Cơ năng của dao động là một hằng số có biểu thức \(\text{W}=\frac{m{{\omega }^{2}}{{A}^{2}}}{2}\)

Như vậy Vận tốc, Gia tốc và Lực kéo về biến thiên điều hòa với tần số đúng bằng tần số của Li độ dao động.

Trong chân không, tia Tử Ngoại có bước sóng nhỏ hơn bước sóng của ánh sáng Tím (cỡ 380 nm), mà ánh sáng Tím là ánh sáng có bước sóng nhỏ nhất trong vùng nhìn thấy, do đó tia Tử Ngoại có bước sóng nhỏ hơn bước sóng của các ánh sáng trong vùng nhìn thấy.

Trong quá trình truyền sóng, các phần tử vật chất nơi sóng truyền qua sẽ dao động quanh vị trí cân bằng của nó chứ không truyền đi theo sóng.

Phương trình phóng xạ hạt nhân: \({}_{Z}^{A}X={}_{2}^{4}\alpha +{}_{Z-2}^{A-4}Y\)

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có \(\overrightarrow{0}={{\overrightarrow{p}}_{\alpha }}+{{\overrightarrow{p}}_{Y}}\)

\(\Rightarrow {{\overrightarrow{p}}_{\alpha }}=-{{\overrightarrow{p}}_{Y}}\Rightarrow p_{\alpha }^{2}=p_{Y}^{2}\Rightarrow {{m}_{\alpha }}{{K}_{\alpha }}={{m}_{Y}}{{K}_{Y}}\)

Do \({{m}_{\alpha }}<{{m}_{Y}}\) ta suy ra \({{K}_{\alpha }}>{{K}_{Y}}\).

Trong dao động cơ học, biên độ của dao động cưỡng bức có các đặc tính sau:

- Tăng khi biên độ của ngoại lực cưỡng bức tăng.

- Khi tần số ngoại lực càng gần với tần số riêng của vật thì biên độ dao động càng lớn.

- Với cùng một ngoại lực tuần hoàn, nếu lực cản môi trường càng nhỏ thì giá trị cực đại của biên độ càng lớn.

Biên độ của dao động cưỡng bức không phụ thuộc bản chất của ngoại lực cưỡng bức. Dù đó là lực hấp dẫn, lực điện, hay lực từ, ... thì đều có tác dụng cưỡng bức giống nhau.

Thí nghiệm tán sắc ánh sáng mặt trời của Newton qua lăng kính chứng tỏ ánh sáng trắng tự nhiên là sự pha trộn của vô số ánh sáng đơn sắc có màu biến đổi liên tục từ đỏ đến tím. Cần lưu ý là màu sắc của ánh sáng tổng hợp không chỉ phụ thuộc vào sự có mặt của những thành phần đơn sắc nào, mà còn phụ thuộc vào độ mạnh yếu của từng thành phần, do vậy B sai.

Dao động của hai điểm đối xứng nhau qua một nút sóng là dao động ngược pha.

Trong hạt nhân nguyên tử, hạt prôton mang điện dương (+e) trong khi hạt nơtron không mang điện, do đó điện tích của hạt nhân nguyên tử tính theo đơn vị e (điện tích nguyên tố) đúng bằng tổng số prôton trong hạt nhân.

Tần số dao động của mạch là \(f=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}\). Nếu độ tự cảm tăng 2 lần và điện dung giảm 2 lần thì tần số sẽ là \(f=\frac{1}{2\pi \sqrt{2L\frac{C}{2}}}=f\), như vậy tần số dao động của mạch không đổi.

Tia laze có các đặc tính nổi bật là tính đơn sắc cao, tính định hướng cao, và cường độ lớn. Tuy nhiên, tia laze có bản chất là ánh sáng nên nó bị khúc xạ khi đi qua lăng kính.

Dòng điện xoay chiều có thể chạy qua tụ điện với độ cản trở dòng điện được đặc trưng bởi dung kháng \({{Z}_{C}}=\frac{1}{\omega C}\) , còn dòng điện không đổi thì không thể chạy qua tụ.

Ta có cường độ dòng điện hiệu dụng

\(I=\omega Q=\omega \frac{{{Q}_{0}}}{\sqrt{2}}=\frac{{{10}^{6}}}{6}{{.10}^{-9}}.\frac{36}{\sqrt{2}}=3\sqrt{2}{{.10}^{-3}}A=3\sqrt{2}mA\)

Ta có cường độ dòng điện hiệu dụng \(I=\frac{{{I}_{0}}}{\sqrt{2}}=\frac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}A\)

Giá trị hiệu dụng của hiệu điện thế \(U=IR=\sqrt{2}.100=100\sqrt{2}\,V\)

Năng lượng của phôtôn ứng với ánh sáng này là

\(\varepsilon =\frac{hc}{\lambda }=\frac{{{6,625.10}^{-34}}{{.3.10}^{8}}}{{{0,75.10}^{-6}}}={{2,65.10}^{-19}}J\).

Do \(1eV={{1,6.10}^{-19}}J\) nên đổi sang đơn vị eV ta có \(\varepsilon =\frac{{{2,65.10}^{-19}}}{{{1,6.10}^{-19}}}=1,66eV\).

Phương trình hạt nhân \({}_{2}^{4}\alpha +{}_{4}^{9}Be\to {}_{a}^{b}X+{}_{0}^{1}n\).

Áp dụng bảo toàn số khối và bảo toàn điện tích, ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}
2 + 4 = a\\
4 + 9 = b + 1
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 6\\
b = 12
\end{array} \right. \Rightarrow X\)

 là cácbon \(\left( {}_{6}^{12}C \right)\)

Áp dụng biểu thức định luật khúc xạ ánh sáng có

\(\operatorname{sinr}=\frac{\sin i}{n}=\frac{\sin 60{}^\circ }{\frac{4}{3}}=\frac{3\sqrt{3}}{8}\Rightarrow r=40,5{}^\circ \)

Góc lệch giữa tia tới và tia khúc xạ là

\(D=i-r=60{}^\circ -40,5{}^\circ =19,5{}^\circ \)

Độ lệch pha giữa u và i là \(\varphi ={{\varphi }_{u}}-{{\varphi }_{i}}=\frac{\pi }{3}-\frac{\pi }{6}=\frac{\pi }{6}\).

Hệ số công suất của mạch điện \(k=cos\varphi =cos\frac{\pi }{6}\simeq 0,866\).

Biểu thức lực căng dây của con lắc đơn

\(T=mg\left( 3cos\alpha -2cos{{\alpha }_{0}} \right)\).

Lực căng đạt cực đại khi \(cos\alpha =1\), khi đó góc lệch của dây treo khỏi phương thẳng đứng là \(\alpha =0\), đây là vị trí mà thành phần lực tác dụng lên vật trên phương tiếp tuyến của quỹ đạo bằng 0 nên gia tốc tiếp tuyến bằng 0.

Ta có \(\omega =4\pi \,rad/s\Rightarrow T=0,5s\)

Bước sóng \(\lambda =vT=8.0,5=4cm\)

Phương trình sóng tới tại M là \(u={{A}_{M}}cos\left( 4\pi t-\frac{\pi }{3}-\frac{2\pi {{d}_{M}}}{\lambda } \right)cm\)

Pha ban đầu của sóng tới tại M là \(\varphi =-\frac{\pi }{3}-\frac{2\pi {{d}_{M}}}{\lambda }=-\frac{\pi }{3}-\frac{2\pi .6}{4}=-\frac{10\pi }{3}=-4\pi +\frac{2\pi }{3}\)

Sau khi chuẩn hóa ta có pha ban đầu bằng \(\frac{2\pi }{3}\)

Nếu gọi N là số hạt electron chạy qua ống phát tia X trong mỗi giây thì cường độ dòng điện qua ống là \(I=Ne\).

Công suất hoạt động của ống là \(P=UI=UNe\).

Số hạt electron chạy qua ống trong mỗi giây là \(N=\frac{P}{Ue}=\frac{400}{{{10}^{4}}{{.1,6.10}^{-19}}}={{2,5.10}^{17}}\)

Công suất bức xạ trung bình của mặt trời là:

\(P=\frac{E}{t}=\frac{\Delta m{{c}^{2}}}{t}=\frac{{{3,744.10}^{14}}.{{\left( {{3.10}^{8}} \right)}^{2}}}{86400}={{3,9.10}^{26}}\text{W}\)

Do đám khí chỉ phát ra một bức xạ đơn sắc nên bức xạ này tương ứng sự dịch chuyền mức năng lượng \){{E}_{2}}-{{E}_{1}}\), có nghĩa là mức năng lượng kích thích cao nhất của đám khí khi đó là E₂, ứng với quỹ đạo L, ta có: \(h{{f}_{1}}={{E}_{2}}-{{E}_{1}}\) (1)

Khi chiếu bức xạ có tần số \({{f}_{2}}=1,25{{f}_{1}}\) thì ta có \(h{{f}_{2}}={{E}_{n}}-{{E}_{1}}\)  (2)

Từ (1) và (2) ta có \(\frac{h{{f}_{2}}}{h{{f}_{1}}}=\frac{{{E}_{n}}-{{E}_{1}}}{{{E}_{2}}-{{E}_{1}}}\Rightarrow \frac{-\frac{{{E}_{0}}}{{{n}^{2}}}-\left( -\frac{{{E}_{0}}}{{{1}^{2}}} \right)}{-\frac{{{E}_{0}}}{{{2}^{2}}}-\left( -\frac{{{E}_{0}}}{{{1}^{2}}} \right)}=1,25\)

\(\Rightarrow \frac{-\frac{1}{{{n}^{2}}}+1}{-\frac{1}{{{2}^{2}}}+1}=1,25\Rightarrow n=4\)

Như vậy mức năng lượng kích thích cao nhất trong trường hợp này là mức E₄.

Số loại bức xạ do khối khí phát ra là \(N=\frac{4\left( 4-1 \right)}{2}=6\) loại.

Mỗi bóng đèn dây tóc có bản chất là một điện trở có giá trị R. Nếu U_dm và P_dm lần lượt là điện áp định mức và công suất định mức của bóng đèn, khi đó ta có:

\({{P}_{dm}}=\frac{U_{dm}^{2}}{R}\Rightarrow R=\frac{U_{dm}^{2}}{{{P}_{dm}}}\)

Ta có điện trở của mỗi đèn là \({{R}_{d1}}=\frac{{{12}^{2}}}{6}=24\,\Omega \), \({{R}_{d2}}=\frac{{{12}^{2}}}{12}=12\,\Omega \)

Điện trở mạch ngoài là \({{R}_{m}}=R+{{R}_{d12}}=3+8=11\,\Omega \)

Cường độ dòng điện qua mạch chính là \({{I}_{c}}=\frac{\xi }{{{R}_{m}}+r}=\frac{24}{11+1}=2A\)

Hiệu điện thế hai đầu mỗi đèn là \({{U}_{1}}={{U}_{2}}={{U}_{12}}=I.{{R}_{d12}}=2.8=16\,V\)

Cường độ dòng điện qua các bóng đèn là \({{I}_{1}}=\frac{{{U}_{1}}}{{{R}_{d1}}}=\frac{16}{24}=\frac{2}{3}A\) và \({{I}_{2}}=\frac{{{U}_{2}}}{{{R}_{d2}}}=\frac{16}{12}=\frac{4}{3}A\).

Khoảng cách giữa 10 vân liên tiếp là 9i, ta có \(L=9\frac{\lambda D}{a}\)

\(\Rightarrow \overline{\lambda }=\frac{\overline{aL}}{9\overline{D}}=\frac{1,00.10,80}{9.2,00}=0,60\mu m\)

Sai số của phép đo là \(\Delta \lambda =\overline{\lambda }\left( \frac{\Delta a}{\overline{a}}+\frac{\Delta L}{\overline{L}}+\frac{\Delta D}{\overline{D}} \right)=0,60.\left( \frac{0,05}{1,00}+\frac{0,15}{10,80}+\frac{0,01}{2,00} \right)=0,0413\mu m\)

Theo quy tắc làm tròn sai số, do chữ số có nghĩa đầu tiên lớn hơn 2 nên làm tròn được \(\Delta \lambda =0,04\mu m\)

Từ đó, kết quả làm tròn giá trị trung bình sẽ có hai chữ số có nghĩa, cho nên \(\overline{\lambda }=0,60\mu m\). Suy ra kết quả biểu diễn bước sóng đo được là  \(\lambda =0,60\pm 0,04\mu m\)

Trước tiên ta tính được

\(T=\frac{2\pi }{\omega }=\frac{2\pi }{100\pi }=0,02s=20ms\)

\({{Z}_{L}}=\omega L=200\,\Omega $; ${{Z}_{C}}=\frac{1}{\omega C}=100\,\Omega \)

\(\Rightarrow \tan \varphi =\frac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{R}=\frac{200-100}{100}=1\)

Độ lệch pha giữa u và i là \(\varphi ={{\varphi }_{u}}-{{\varphi }_{i}}=\frac{\pi }{4}\)

Ta có công suất (tiêu thụ điện năng) tức thời trên mạch điện là \(p=ui\).

Để mạch điện sinh công dương thì 

\(p = ui < 0 \to \left( \begin{array}{l}
u > 0,{\mkern 1mu} i < 0\\
u < 0,{\mkern 1mu} i > 0
\end{array} \right.\)

tức là u và i phải trái dấu nhau.

Như vậy bài toán đổi thành tính thời gian trong một chu kì, điện áp tức thời giữa hai đầu mạch và cường độ dòng điện tức thời trong mạch trái dấu nhau. Trong trường hợp này, chúng ta sử dụng phương pháp đường tròn hỗn hợp đa trục như hình vẽ. Lấy trục i làm chuẩn trên phương ngang, do u sớm pha \(\frac{\pi }{4}\) so với i nên trục biểu diễn u sẽ lệch \(\frac{\pi }{4}\) theo chiều kim đồng hồ so với trục i.        

Dễ thấy khoảng thời gian điện áp hai đầu đoạn mạch sinh công âm ứng với từ M₁ tới M₂, M₃ tới M₄, do đó tổng hai góc là \(\Delta \varphi =\frac{\pi }{2}\to \Delta t=\frac{T}{4}={{5.10}^{-3}}s=5ms\).

Đề q₃ nằm cân bằng thì \({{\overrightarrow{F}}_{13}}=-{{\overrightarrow{F}}_{23}}\), do đó điện tích q₃ phải nằm trên đường thẳng nối q₁q₂ và nằm ngoài ngoài đoạn thẳng q₁q₂.

Mà \(\left| {{q}_{1}} \right|<\left| {{q}_{2}} \right|\) nên để q₃ cân bằng thì q₃ phải nằm gần q₁ hơn.

Điều kiện đề q₃ cân bằng là

\({{F}_{13}}={{F}_{23}}\Rightarrow \frac{k\left| {{q}_{1}}{{q}_{3}} \right|}{C{{A}^{2}}}=\frac{k\left| {{q}_{2}}{{q}_{3}} \right|}{C{{B}^{2}}}\Rightarrow \frac{{{r}_{1}}}{{{r}_{2}}}=\sqrt{\left| \frac{{{q}_{1}}}{{{q}_{2}}} \right|}=\frac{1}{3}\) (1)

Theo bài ra ta có \(CB-CA=12cm\) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow CA=6cm,\,CB=18cm\)

Đề q₁ nằm cân bằng thì \({{\overrightarrow{F}}_{21}}=-{{\overrightarrow{F}}_{31}}\Rightarrow {{q}_{3}}<0\) và thỏa mãn \({{F}_{21}}={{F}_{31}}\)

\(\Rightarrow \frac{k\left| {{q}_{1}}{{q}_{2}} \right|}{A{{B}^{2}}}=\frac{k\left| {{q}_{1}}{{q}_{3}} \right|}{C{{A}^{2}}}$$\Rightarrow \left| {{q}_{3}} \right|={{\left( \frac{CA}{AB} \right)}^{2}}.\left| {{q}_{2}} \right|={{\left( \frac{6}{12} \right)}^{2}}.\left| -{{1,8.10}^{-7}} \right|={{45.10}^{-9}}C\)

Như vậy ta có \({{q}_{3}}=-{{4,5.10}^{-8}}C\)

Cảm ứng từ do từng dòng điện I₁ và I₂ gây ra tại điểm M là

\({{B}_{1}}={{2.10}^{-7}}.\frac{{{i}_{1}}}{{{r}_{1}}}={{2.10}^{-7}}.\frac{6}{0,06}={{2.10}^{-5}}T\)

\({{B}_{2}}={{2.10}^{-7}}.\frac{{{i}_{2}}}{{{r}_{2}}}={{2.10}^{-7}}.\frac{9}{0,08}={{2,25.10}^{-5}}T\)

Do mối liên hệ giữa cách khoảng cách là \({{10}^{2}}={{6}^{2}}+{{8}^{2}}\) thỏa mãn định lý Pitago nên các véc tơ cảm ứng từ tại M vuông góc với nhau, \({{\overrightarrow{B}}_{1}}\bot {{\overrightarrow{B}}_{2}}\).

Suy ra cảm ứng từ tại M là \(B=\sqrt{B_{1}^{2}+B_{2}^{2}}=\sqrt{{{\left( {{2.10}^{-5}} \right)}^{2}}+{{\left( {{2,25.10}^{-5}} \right)}^{2}}}={{3.10}^{-5}}T\) .

Khi đó véc-tơ cảm ứng từ có độ lớn bằng một nửa giá trị cực đại và hướng về phía Đông.

Khi lò xo cân bằng

\({{F}_{dh}}=P\Rightarrow k\Delta \ell =mg\Rightarrow {{\omega }^{2}}=\frac{k}{m}=\frac{g}{\Delta \ell }\)

Chu kì dao động

\(T=2\pi \sqrt{\frac{\Delta \ell }{g}}=2\pi \sqrt{\frac{0,04}{10}}=0,4\left( s \right)\)

Thời gian lò xo nén trong một chu kì là \(\Delta t=\frac{2}{15}=\frac{T}{3}\) tương ứng với một cung \(\alpha =\frac{2\pi }{3}\) trên đường tròn (hình vẽ).

Trong một chu kì dao động, thời gian lò xo bị nén là khoảng thời gian vật đi từ vị trí không biến dạng đến biên âm rồi trở về vị trí không biến dạng, ta có thể suy luận

\(\alpha =\frac{2\pi }{3}rad\Rightarrow \Delta \ell =\frac{A}{2}\Rightarrow A=2\Delta \ell =8\left( cm \right)\)

Khi lò xo giãn 8 cm thì li độ \(x=4cm=\frac{A}{2}\), do vật đang chuyền động chậm dần nên đang đi ra biên dương, như vậy ban đầu vật đang ở vị trí M_o trên đường tròn \(\Rightarrow {{\varphi }_{o}}=-\frac{\pi }{3}rad\)

Chu kì dao động của vật: \(T=\frac{1}{f}\).

Động năng của con lắc là: \({{W}_{}}=\frac{1}{2}m{{v}^{2}}\)

Trong sự truyền sóng cơ, chu kì dao động của một phần tử môi trường truyền gọi là chu kì của sóng.

Bước sóng của sóng âm trong môi trường này: \(\lambda =vT\).

Phương trình của cường độ dòng điện: \(i={{I}_{0}}.\cos \left( \omega t+\varphi  \right)=2.\cos 100\pi t\,\left( A \right)\)

Dung kháng của tụ điện là:

\({{Z}_{C}}=\frac{1}{2\pi fC}=\frac{1}{2\pi .50.\frac{{{10}^{-3}}}{4\pi }}=40\,\left( \Omega  \right)\)

Cường độ dòng điện trong mạch đạt cực đại khi có cộng hưởng: 

\(\left\{ \begin{array}{l}
{Z_L} = {Z_C} = 40\left( \Omega  \right)\\
{U_R} = U = 60\left( V \right)
\end{array} \right.\)

Cường độ dòng điện trong mạch là:

\(I=\frac{{{U}_{R}}}{R}=\frac{{{U}_{L}}}{{{Z}_{L}}}\Rightarrow \frac{60}{30}=\frac{{{U}_{L}}}{40}\Rightarrow {{U}_{L}}=80\left( V \right)\)

Khi \(\overrightarrow{E}\) hướng thẳng đứng xuống dưới, chu kì của con lắc là: \({{T}_{1}}=2\pi \sqrt{\frac{l}{g+a}}\)

Khi \(\overrightarrow{E}\) có phương nằm ngang , chu kì của con lắc là: \({{T}_{2}}=\sqrt{\frac{l}{\sqrt{{{g}^{2}}+{{a}^{2}}}}}\)

Ta có tỉ số: \(\frac{{{T}_{2}}}{{{T}_{1}}}=\sqrt{\frac{g+a}{\sqrt{{{g}^{2}}+{{a}^{2}}}}}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có:

\({{g}^{2}}+{{a}^{2}}\ge 2ga\) (dấu “=” xảy ra \(\Leftrightarrow g=a\))

\(\Rightarrow 2\left( {{g}^{2}}+{{a}^{2}} \right)\ge {{g}^{2}}+{{a}^{2}}+2ga\Rightarrow 2\left( {{g}^{2}}+{{a}^{2}} \right)\ge {{\left( g+a \right)}^{2}}\)

\(\Rightarrow \frac{{{\left( g+a \right)}^{2}}}{{{g}^{2}}+{{a}^{2}}}\le 2\Rightarrow \sqrt{\frac{g+a}{\sqrt{{{g}^{2}}+{{a}^{2}}}}}\le \sqrt{\sqrt{2}}=1,19\left( 1 \right)\)

Lại có: \(g.a>0\Rightarrow {{g}^{2}}+{{a}^{2}}+2ga>{{g}^{2}}+{{a}^{2}}\)

\(\Rightarrow {{\left( g+a \right)}^{2}}>{{g}^{2}}+{{a}^{2}}\Rightarrow \frac{{{\left( g+a \right)}^{2}}}{\sqrt{{{g}^{2}}+{{a}^{2}}}}>1\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2), ta có \(\frac{{{T}_{2}}}{{{T}_{1}}}=1,15\) thỏa mãn.

Độ dài đoạn thẳng MI có giá trị gần nhất với giá trị  \(3,31\lambda \).  

Hiệu điện thế giữa hai đầu tụ điện là:

\({{u}_{C}}=u-{{u}_{LR}}=100\sqrt{2}\cos 100\pi t-200\sqrt{2}\cos \left( 100\pi t+\frac{\pi }{3} \right)\)

Sử dụng máy tính bỏ túi: \(100\angle 0-200\angle \frac{\pi }{3}=100\sqrt{3}\angle -\frac{\pi }{2}\)

\(\Rightarrow {{u}_{C}}=100\sqrt{6}\cos \left( 100\pi t-\frac{\pi }{2} \right)\left( V \right)\)

Vậy pha ban đầu của dòng điện là: \({{\varphi }_{i}}=0\Rightarrow {{\varphi }_{i}}={{\varphi }_{u}}\)

→ Mạch có cộng hưởng điện: \({{U}_{R}}=U=100\,\left( V \right)\)

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch là: \(P=\frac{U_{R}^{2}}{R}=\frac{{{100}^{2}}}{50}=200\,\left( W \right)\)

Số cực đại trên MS₁ là m, trên MS2 là m + 7 → số cực đại giữa đường trung trực và M là 3

→ tại M là cực tiểu số 4 (k = 3,5)

Hiệu đường đi tại M là:

\(M{{S}_{2}}-M{{S}_{1}}=3,5\lambda \Rightarrow 15-8=3,5\lambda \Rightarrow \lambda =2\,\left( cm \right)\)

Tốc độ truyền sóng ở mặt chất lỏng là: \(v=\lambda f=2.20=40\,\left( cm/s \right)\)