Điện tích của mỗi điện tích điểm sau đó là: \(\frac{{{q}_{1}}+{{q}_{2}}}{2}\).   

Ta có:

Ta có: E₁ = E₂; Do q₁ cùng dấu q₂.

Nên:

\(\frac{{{q}_{1}}}{{{\left( 12-{{r}_{2}} \right)}^{2}}}=\frac{{{q}_{2}}}{r_{2}^{2}}\Rightarrow \left\{ \begin{align} & {{r}_{2}}=8cm \\ & {{r}_{2}}=24cm \\ \end{align} \right.\)

Ta có: \(I=\frac{\xi }{R+r}\Rightarrow \xi =12V\)

Ta có:

\(\frac{{{P}_{2}}}{{{P}_{1}}}={{\left( \frac{{{I}_{2}}}{{{I}_{1}}} \right)}^{2}}\Rightarrow {{P}_{2}}=25W\)

Độ lớn của lực Lorexơ được tính theo công thức : 

\(f=\left| q \right|vB\sin \alpha \)  

ừ thông qua diện tích S có độ lớn cực đại khi α bằng 0

Người cận thị đeo kính để sửa tật có f = -OC_v= -50cm;

Vật đặt ở gần nhất cho ảnh ảo ở cực cận của mắt nên d’ = -12,5cm;

Ta có:

\(d=\frac{d'f}{d'-f}=\frac{-12,5.\left( -50 \right)}{-12,5+50}=\frac{50}{3}cm\)

Tần số góc của dao động là 8π rad/s.

Phát biểu sai : Cơ năng của dao động bảo toàn.  

Trong dao động điều hòa của chất điểm, vectơ gia tốc và vectơ vận tốc cùng chiều khi chất điểm chuyển động về vị trí cân bằng.

Bước sóng λ bằng: 20 cm.

Khi âm thanh truyền từ nước ra không khı́ thì bước sóng giảm, tần số không đổi. 

Hệ số công suất của mạch giảm. 

Ta có:

\(f=\frac{{{E}_{n}}-{{E}_{m}}}{h}=\frac{{{1,9.1,6.10}^{-19}}}{{{6.625.10}^{-34}}}\)=4,59.10¹⁴Hz

Ta có:

\(\lambda =\frac{v}{f}=4cm\);

PQ=15cm = \(3\lambda +\frac{\lambda }{2}+\frac{\lambda }{4}\)

=> P có li độ 1cm (đang ở biên) thì Q qua VTCB

Bàn ủi này hoạt động tốt nhất khi mắc vào nguồn xoay chiều có điện áp hiệu dụng từ 220V đến 240V, tần số 50Hz.

Khi sử dụng máy thu thanh vô tuyến, người ta xoay nút dò đài để thay đổi tần số riêng của mạch chọn sóng.

Lõi thép của máy biến áp được cấu tạo từ các lá thép mỏng ghép cách điện để giảm sự nóng lên của máy khi hoạt động.

Chu kì dao động điện từ trong mạch là \(T=2\pi \frac{{{Q}_{0}}}{{{I}_{0}}}\)

Trong máy quang phổ lăng kính, lăng kính có tác dụng tán sắc ánh sáng.

Ta có:

\(L=10\lg \frac{I}{{{I}_{0}}}=115\Rightarrow I={{10}^{11,5}}.{{I}_{0}}\);

\(P=4\pi .{{r}^{2}}.I=4\pi .{{r}^{2}}{{.10}^{11,5}}.{{I}_{0}}=15,9W\).

Năng lượng tỏa ra khi tổng hợp được 0,5 mol heli là 5,2.10²⁴ MeV.

Véc tơ cảm ứng từ một góc bằng 150⁰. 

Hai nguồn dao động ngược pha, ta có:

\(-\frac{1}{2}-\frac{AB}{\lambda }\le k\le \frac{AB}{\lambda }-\frac{1}{2}\)=>\(-7,75\le k\le 6,75\)

Trên AB có 14 điểm dao động với biên độ cực đại, có nghĩa là trên elíp nhận AB làm tiêu điểm có 2.14 =28 điểm dao động với biên độ cực đại.

Giới hạn quang dẫn (hay giới hạn quang điện trong) của Ge thuộc vùng ánh sáng hồng ngoại.

Ánh sáng làm thí nghiệm có bước sóng λ = 400 nm.

Tại M có vân sáng bậc 5. 

Ta có:

\(\overline{k}=\frac{4{{\pi }^{2}}m}{{{\overline{T}}^{2}}}=1N/m\);

\(\frac{\Delta k}{\overline{k}}=\frac{2\Delta T}{\overline{T}}+\frac{\Delta m}{\overline{m}}\)

=>\(\frac{\Delta k}{1}=\frac{2.0,01}{2}+\frac{0,02}{100}\)

Phản ứng này thu năng lượng là 1,2 MeV. 

Hạt nhân \({}_{14}^{29}Si\) có 14 prôtôn và 15 nơtron.

Loại áo này ứng dụng hiện tượng vật lý là quang phát quang.   

Ta có:

\(\frac{{{m}_{Y}}}{{{m}_{X}}}=\frac{{{A}_{Y}}}{{{A}_{X}}}({{2}^{\frac{t}{T}}}-1)\)=k;

\(\frac{{{m}_{Y}}}{{{m}_{X}}}=\frac{{{A}_{Y}}}{{{A}_{X}}}({{2}^{\frac{2t}{T}}}-1)=8k\)=>\(\frac{t}{T}=2,81\)

Vậy thời điểm 3t tỷ số:

\(\frac{{{m}_{Y}}}{{{m}_{X}}}=\frac{{{A}_{Y}}}{{{A}_{X}}}({{2}^{3.2,81}}-1)=\frac{{{N}_{Y}}}{{{N}_{X}}}\)=343,89

Bước sóng nhìn thấy nhỏ nhất nên năng lượng lớn nhất, và phải nằm trong dãy Ban-me 

⇒ chuyển từ E₆ về E_2.

Năng lượng của photon:

\({{\varepsilon }_{1}}=\frac{-13,6}{{{6}^{2}}}-\frac{-13,6}{{{2}^{2}}}=3,02\)

Bước sóng hồng ngoại lớn nhất nên năng lượng bé nhất ⇒ chuyển từ E₆ về E₅

\({{\varepsilon }_{2}}=\frac{-13,6}{{{6}^{2}}}-\frac{-13,6}{{{5}^{2}}}=0,166\);

Tỉ số: \(\frac{{{\lambda }_{2}}}{{{\lambda }_{1}}}=\frac{{{\varepsilon }_{1}}}{{{\varepsilon }_{2}}}=18,19\)

Ta có:

\(\overrightarrow{{{p}_{p}}}=\overrightarrow{{{p}_{\alpha }}}+\overrightarrow{{{p}_{X}}}\Rightarrow p_{p}^{2}=p_{\alpha }^{2}+p_{X}^{2}+2p_{p}^{{}}p_{p}^{{}}\cos \varphi \Rightarrow \cos \varphi =\frac{p_{p}^{2}-p_{\alpha }^{2}-p_{X}^{2}}{2{{p}_{p}}{{p}_{X}}}\)

\(\cos \varphi =\frac{{{m}_{p}}{{K}_{p}}-{{m}_{\alpha }}{{K}_{\alpha }}-{{m}_{X}}{{K}_{X}}P_{p}^{2}-p_{\alpha }^{2}-p_{X}^{2}}{2\sqrt{{{m}_{\alpha }}{{K}_{\alpha }}{{m}_{X}}{{K}_{X}}}}=>\varphi ={{170}^{0}}\)

+ Vị trí trùng nhau hai bức xạ tối:

\(\frac{2{{k}_{1}}+1}{2{{k}_{2}}+1}=\frac{{{\lambda }_{2}}}{{{\lambda }_{1}}}=\frac{7}{9}=\frac{7\left( 2n+1 \right)}{9\left( 2n+1 \right)}\to \left\{ \begin{align} & 2{{k}_{1}}+1=7\left( 2n+1 \right) \\ & 2{{k}_{2}}+1=9\left( 2n+1 \right) \\ \end{align} \right.\) ; với \(n\in \mathbb{Z}\)

     + Chọn n = 0 và n = 1 là hai vị trí gần nhau nhất vân tối hai bức xạ trên trùng nhau 

\(\to \left\{ \begin{align} & {{k}_{1}}={{3,}_{{}}}{{k}_{2}}=10 \\ & {{{{k}'}}_{1}}={{4,}_{{}}}{{{{k}'}}_{2}}=13 \\ \end{align} \right.\)  (cùng phía)

     + Tuy nhiên trong miền này một số vân sáng hai bức xạ trên trùng nhau. Tương tự cho bài toán vân sáng trung nhau, ta có:

\(\frac{{{k}_{1}}}{{{k}_{2}}}=\frac{{{\lambda }_{2}}}{{{\lambda }_{1}}}=\frac{7}{9}=\frac{7t}{9t}\to \left\{ \begin{align} & {{k}_{1}}=7t \\ & {{k}_{2}}=9t \\ \end{align} \right. (*)\); với \(t\in \mathbb{Z}\)

+ Vậy, trong miền hai vân tối hệ trùng nhau tính từ vân tối thứ 5 (bức xạ λ₂) đến vân tối thứ 14 của bức xạ λ₂ có 9 vân sáng của bức xạ λ₂. Tuy nhiên có 1 vị trí vân sáng của bức xạ λ₂ trung với vân sáng của λ₁ nên không tính vị trí này.

Bước sóng: \(\lambda =4.0,5=2cm\)

Để M gần B nhất thì M phải nằm trên đường cực đại ứng với kmax = (AB/l) = 6

=> MA – MB = 6l = 45 cm (1)

Do AC = AB mà C thuộc trung trực của AB => tam giác ABC đều => B = 60⁰

Xét DABC :

 MB² – MA² – AB.MB + AB² = 0 (2)

Từ (1) và (2) => MB² – (MB+45)² – 50.MB + 250² = 0 (2) => 140MB =50² – 45² => MB = 3,39 (cm)

Từ đồ thị ta thấy:

\(L{{\omega }_{1}}-\frac{1}{C{{\omega }_{1}}}=\frac{1}{C{{\omega }_{2}}}-L{{\omega }_{2}}\)

=>\({{\omega }_{1}}{{\omega }_{2}}=\frac{1}{LC}=\omega _{o}^{2}\)(1)

\(\frac{U_{o}^{2}}{{{R}^{2}}}=5\frac{U_{o}^{2}}{{{R}^{2}}+{{({{\omega }_{1}}L-\frac{1}{{{\omega }_{1}}C})}^{2}}}\)

=>\(\left( {{\omega }_{1}}L-\frac{1}{{{\omega }_{1}}C} \right)=2R\)

=>\(\left( {{\omega }_{1}}L-\frac{\omega _{o}^{2}L}{{{\omega }_{1}}} \right)=2R\)(2)

Từ (1) và (2) ta có R=150Ω

Ta có:

\(\begin{array}{l} \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{Z_L} = 150}\\ {{Z_C} = 100} \end{array}\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\tan \varphi = 1/\sqrt 3 \Rightarrow \varphi = \pi /6}\\ {Z = \sqrt {{R^2} + Z_{LC}^2} = 100\left( \Omega \right)} \end{array}} \right.} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{Z_{RL}} = 100\sqrt 3 \left( \Omega \right)}\\ {{\varphi _{RL}} = \pi /3{\rm{ }}} \end{array}} \right..\\ i = {I_0}\cos \left( {100\pi t - \frac{\pi }{6}} \right)\\ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{u_{RL}} = {U_{0RL}}\cos \left( {100\pi t - \frac{\pi }{6} + \frac{\pi }{3}} \right)}\\ {{u_C} = {U_{0C}} = \cos \left( {100\pi t - \frac{\pi }{6} - \frac{\pi }{2}} \right)} \end{array}} \right.\\ \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{u_{RL\left( {{t_1}} \right)}} = 100\sqrt 3 {I_0}\cos \left( {100\pi {t_1} + \frac{\pi }{6}} \right) = 150V}\\ {{u_C}\left( {{t_2}} \right) = 100{I_0}\cos \left( {100\pi {t_1} + \frac{{2\pi }}{3}} \right) = 150V} \end{array}} \right.\\ \Rightarrow {\left( {\frac{{150}}{{100\sqrt 3 {I_0}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{{150}}{{100{I_0}}}} \right)^2} = 1 = > {I_0} = \sqrt 3 \;A \end{array}\)

Từ đó suy ra:

\(=>{{U}_{0}}=Z{{I}_{0}}=100.\sqrt{3}=100\sqrt{3}\left( \text{V} \right)\)

Vật \({{m}_{2}}\) sẽ tác dụng ra khỏi vật \({{m}_{1}}\) tại vị trí cân bằng của hệ, bỏi vì tại vị trí này:

+) Vật \({{m}_{1}}\) có tốc độ cực đại và bắt đầu giảm

+) Vật \({{m}_{2}}\)sẽ tiếp tục chuyển động thẳng đều với tốc độ bằng tốc độ cực đại

Lò xo có độ dài cực đại là đầu tiên ứng với khoảng thời gian:

\(\frac{T}{4}\), khi đó Khoảng cách giữa hai vật là \(\Delta x=\omega A\frac{T}{4}-A=4,6cm\)

Theo đề bài: điện áp đầu ra của MBA luôn là 220V => U₂₁ = U₂₂ = 220V

+ TH1: Khi công suất tiêu thụ điện của hộ gia đình là 1,1kW => P₁ = U₂₁.I₂₁ Þ I₂₁ = 5A

Hệ số tăng áp của MBA là 1,1 => I₁₁ = 1,1I₂₁ = 5,5

Độ giảm thế trên đường dây truyền tải: DU1 = U0 – U₁₁ = 20V = I₁₁.R => R = 40/11 W

+ TH2: Khi công suất tiêu thụ điện của hộ gia đình là 2,2kW => P₂ = U₂₂.I₂₂ Þ I₂₂ = 10A

Hệ số tăng áp của MBA là k

=> I₂₁ = kI₂₂ = 10k (A)

Độ giảm thế trên đường dây truyền tải: DU₂ = U₀ – U₁₂ = I₂₁.R

Theo đề bài MBA chỉ hoạt động khi U₁ > 110V => k < 2 => k =1,26

Phương trình dao động của hai chất điểm:

\(\left\{ \begin{align} & {{x}_{1}}=5\sqrt{3}\cos \left( \omega t+\frac{\pi }{2} \right) \\ & {{x}_{2}}=5\cos \left( \omega t \right) \\ \end{align} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \begin{align} & {{x}_{1}}=-5\sqrt{3}\sin \left( \omega t \right) \\ & {{x}_{2}}=5\cos \left( \omega t \right) \\ \end{align} \right.\)

Khi hai chất điểm có cùng li độ

\({{x}_{1}}={{x}_{2}}\Leftrightarrow -5\sqrt{3}\sin \left( \omega t \right)=5\cos \left( \omega t \right)\Leftrightarrow \tan \left( \omega t \right)=-\frac{1}{\sqrt{3}}\Leftrightarrow \omega t=-\frac{\pi }{6}+k\pi \)

Hai chất điểm gặp nhau lần thứ nhất t₁ và lần thứ 4 t₂ ứng với hai giá trị của \(k=1,4\)

Ta có:

\({{t}_{2}}-{{t}_{1}}=\frac{3\pi }{\omega }\Leftrightarrow 1,08=\frac{3\pi }{\omega }\Rightarrow \omega =\frac{25}{9}\pi \)rad/s

+ Khoảng cách giữa hai chất điểm

\(d=\sqrt{{{5}^{2}}+{{\left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right)}^{2}}}=\sqrt{5+\Delta {{x}^{2}}}\)

Với \(\Delta x=10\cos \left( \omega t+\frac{2\pi }{3} \right)\)cm

Tại vị trí khoảng cách giữa hai chất điểm là \(5\sqrt{3}\)cm thì \(\Delta x=\pm 5\sqrt{2}\)cm

+ Mỗi chu kì  \(\Delta x=\pm 5\sqrt{2}\)cm bốn lần, vậy ta cần 504T để thõa mãn điều kiện trên 2016 lần. Vây

\(t=504T+{{t}_{\varphi }}=504.0,72+\frac{105}{360}0,72=363,09\text{s}\)