Tấm kẽm có bước sóng giới hạn cỡ 0,35 µm (vùng tử ngoại) nên sử dụng ánh sáng kích thích không thể gây ra hiện tượng quang điện với tấm kẽm, do đó điện tích âm của tấm kẽm không đổi trong quá trình chiếu sáng. 

Hai quả cầu nhỏ đặt xa nhau có thể coi các vật nhiễm điện là các điện tích

Cuộn dây có dòng điện quấn xung quanh lõi sắt, hút được những vật nhỏ bằng sắt là biểu hiện của “ từ trường “

Trong quá trình truyền tải điện năng biện pháp giảm hao phí trên đường dây tải điện được sử dụng chủ yếu hiện nay là giảm tiết diện dây.

Sóng (cơ học) ngang : Truyền được trong chất rắn, chất lỏng và chất khí.    

Ánh sáng tím có bước sóng nhỏ nhất nên mang năng lượng lớn nhất. Lúc đó gây ra hiện tượng quang điện mạnh nhất. 

Hạt nhân nguyên tử X, kí hiệu là \({}_{Z}^{A}X\)

với Z là số hạt prôtôn, A là số khối = Z + N (số hạt nơtron).

Hạt nhân \({}_{92}^{238}U\) có Z = 92 => có 92p; A = 238 = Z + N = > N = 146 => có 146n. 

Phản ứng hạt nhân là mọi quá trình dẫn đến sự biến đổi của chúng thành các hạt nhân khác.

Một vật dao động điểu hòa khi đang chuyển động từ vị trí cân bằng đến vị trí biên âm thì vectơ vận tốc ngược chiều với vectơ gia tốc.

Một vật dao động tắt dần có các đại lượng giảm liên tục theo thời gian là biên độ và năng lượng.

Phát biểu đúng: Quỹ đạo chuyển động của vật là một đoạn thẳng

Ta có:

\(\frac{hc}{\lambda }=\frac{hc}{{{\lambda }_{o}}}+\frac{1}{2}mv_{0\,\max }^{2}\)

Nên \(v_{0\,\max }^{{}}=\sqrt{\frac{2hc}{m}\left( \frac{1}{\lambda }-\frac{1}{{{\lambda }_{o}}} \right)}\)

Khi đó:

\(\frac{{{v}_{0\,\max \,1}}}{{{v}_{0\,\max \,1}}}=\sqrt{\frac{\left( \frac{1}{{{\lambda }_{1}}}-\frac{1}{{{\lambda }_{o}}} \right)}{\left( \frac{1}{{{\lambda }_{2}}}-\frac{1}{{{\lambda }_{o}}} \right)}}=1,5\)

Giải phương trình tìm được : λ₀ = 0, 625μm

Ta có:

\(\begin{align} & d=\frac{\lambda }{2}\to \lambda =2.d=2.0,85=1,7m \\ & f=\frac{v}{\lambda }=200Hz \\ \end{align}\)

Ta có :

\({}_{6}^{14}X\to {{\beta }^{-}}+\alpha +{}_{5}^{10}Y\)

  Khi đó số khối giảm 4, số prôtôn giảm 1.

Cường độ dòng điện i trong mạch được tính theo công thức: \(\ tg\varphi =\frac{\omega L-\frac{1}{C\omega }}{R}\) 

Điều kiện xảy ra hiện tượng quang điện khi \(\lambda \le {{\lambda }_{0}}\)

Biểu thức cường độ dòng điện trong mạch là \(\ i=\sin (100\pi t-\frac{\pi }{4})(A)\)  

Khối lượng phóng xạ còn lại là:

\(m={{m}_{o.}}{{2}^{\frac{-t}{T}}}=100.2\frac{-28}{7}\) = 6, 25 g.

Lực đẩy giữa q₁ và q₂ : 

F₁₂ =F₂₁ =\(\frac{k\left| {{q}_{1}}{{q}_{2}} \right|}{{{r}^{2}}}=\frac{{{9.10}^{9}}{{.4.10}^{-6}}{{.16.10}^{-6}}}{{{({{20.10}^{-2}})}^{2}}}=14,4N\)

Lực hút giữa q₁ và q₃ : 

F₁₃ =F₃₁ =\(\frac{k\left| {{q}_{1}}{{q}_{3}} \right|}{{{r}^{2}}}=\frac{{{9.10}^{9}}{{.4.10}^{-6}}{{.64.10}^{-6}}}{{{({{80.10}^{-2}})}^{2}}}=3,6N\)

Lực điện tổng hợp tác dụng lên q₁ : 

F = F₂₁ – F₃₁ = 14,4 – 3,6 = 10,8 N

Ta có:

R_N = \(\frac{{{U}_{N}}}{I}=\frac{18}{3}=6\Omega \)

U_N = \(E -Ir\)  \(\Rightarrow r=\frac{E -{{U}_{N}}}{I}=\frac{30-18}{3}=4\Omega \)

Pha ban đầu của cường độ dòng điện trong mạch bằng –π. 

Ta có:

R_Đ = \(\frac{{{U}^{2}}}{P}=\frac{{{12}^{2}}}{5}=28,8\Omega \)

I = \(E/(R + r) = \frac{{12}}{{28,8 + 0,06}} = 0,416A\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}
{\rm E} = L\left| {\frac{{\Delta I}}{{\Delta t}}} \right|\\
 \Rightarrow L = \frac{{\rm E}}{{\left| {\frac{{\Delta I}}{{\Delta t}}} \right|}} = \frac{{64}}{{\left| {\frac{{0 - 16}}{{0,01}}} \right|}} = 0,04H
\end{array}\)

Ta có:

f  = \(\frac{1}{D}=-\frac{1}{4}=-0,25m=-25cm\)

\(\Rightarrow \) Khoảng cách từ mắt đến điểm cực viễn (C_v) khi không đeo kính là: 25cm

Ta có:

\(\begin{align} & t=\frac{1}{2}.T\to T=2.t=0,1s \\ & l=k\frac{\lambda }{2}\to \lambda =0,8m \\ & v=\frac{\lambda }{T}=8m/s \\ \end{align}\)

Ta có:

\(Δφ = \frac{\pi }{2} + k2π \leftrightarrow \frac{2\pi .d}{\lambda } = \frac{\pi }{2} + k2π ↔ d = (k +\frac{1}{4}λ = 20k + 5 \)

Theo giả thiết:  

42 < 20k + 5 < 60  ↔ 1,85 < k < 2,75 

⇒ k = 2; d = 20.2 + 5 = 45 cm. 

Điều kiện để một điểm nằm trên đường trung trực AB dao động cùng pha với nguồn:  d = kl

- Vì M và I là hai điểm gần nhau nhất dao động cùng pha với nguồn nên: d_M – d_I = l = 4 cm

- Điểm N dao động với biên độ cực tiểu:  d₂ – d₁ = (2k +1)\(\frac{\lambda }{2}\)  (1)

- Vì N nằm trên đường vuông góc với AB qua A và gần A nhất nên k = \(\left| \frac{AB}{\lambda }-0,5 \right|\) = 3  (2)

Và  \(d_{2}^{2}-d_{1}^{2}={{(AB)}^{2}}\)   (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có: d₁ = 2,14 cm. 

Ta có:

 \(\frac{{{i}^{2}}}{I_{0}^{2}}+\frac{{{u}^{2}}}{U_{0}^{2}}=1\Rightarrow \frac{I{}_{0}^{2}}{4I_{0}^{2}}+\frac{{{u}^{2}}}{U_{0}^{2}}=1\Rightarrow \left| u \right|=\frac{\sqrt{3}}{2}{{U}_{0}}\)

Ta có:

\({{f}_{1}}=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}=1,78Hz\)

\({{f}_{2}}=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}=1,345Hz\)

Hai sóng cùng tần số, được gọi là sóng kết hợp, nếu có độ lệch pha không đổi theo thời gian.

Quang phổ Mặt Trời được máy quang phổ ghi được là: quang phổ vạch hấp thụ.  

Ta có:

\(\begin{align} & x=k\frac{\lambda D}{a}=4\frac{{{\lambda }_{}}D}{k}\Rightarrow \lambda =\frac{4{{\lambda }_{}}}{k}=\frac{4.0,75}{k} \\ & 0,4\le k\le 0,75\Rightarrow 4\le k\le 7,5 \\ & \Rightarrow k=4,5,6,7 \\ \end{align}\)

Khi thực hiện trong không khí, khoảng vân \(i=\frac{\lambda D}{a}\)

Khi nhúng toàn bộ thí nghiệm trong nước, khoảng vân \({{i}^{'}}=\frac{i}{n}=\frac{\lambda D}{an}\)

Ta có i-i’=\(\left( 1-\frac{1}{n} \right)\frac{\lambda D}{a}=0,25\Rightarrow \lambda =0,5\mu m\)

Ta có:

\({{Z}_{L}}=25\Omega ;{{Z}_{C}}=75\Omega =3{{Z}_{C}}\); u_C và u_L ngược pha nhau

=> u_C=120V thì u_L=-40V =>u_AB=u_L+u_C=80V

+ Từ đồ thị, ta có :

\(\left\{ \begin{align} & {{A}_{1}}=8 \\ & {{A}_{2}}=6 \\ \end{align} \right.\,\,cm\)

\(T={{2.10}^{-2}}\,\,s\to \omega =100\pi {\,rad}/{s}\;\) và hai dao động vuông pha.

\(\to \) Tổng vận tốc tức thời cực đại:

\({{v}_{\max }}=\omega \sqrt{A_{1}^{2}+A_{2}^{2}}=100\pi \sqrt{{{6}^{2}}+{{8}^{2}}}=100\pi \,\,{cm}/{s}\;.\)

Vận tốc của hệ hai vật sau va chạm:

\(v={{v}_{\max }}=\frac{m{{v}_{0}}}{m+M}=\frac{200.3}{200+200}=1,5\,\,{m}/{s}\;.\)

Tần số góc của hệ dao động sau va chạm:

\(\omega =\sqrt{\frac{k}{m+M}}=\sqrt{\frac{40}{0,2+0,2}}=10\,\,{rad}/{s}\;.\)

\(\to \) Biên độ dao động sau va chạm \(A=\frac{{{v}_{\max }}}{\omega }=\frac{1,5}{10}=15\,\,cm\).

Vị trí vân trùng k₁λ₁ = k₂λ₂ = k₃λ₃ ↔ 3k₁ = 4k₂ = 5k₃.

BSCNN (3,4,5) = 60 → k₁ = 20; k₂ = 15; k₃ = 12.

Trong khoảng giữa hai vân trùng màu vân trung tâm có 19 vân tím; 14 vân lục; 11 vân đỏ.

+ Số vân trùng giữa (1) và (2) là 4

+ Số vân trùng giữa (2) và (3) là 2

+ Số vân trùng giữa (3) và (1) là 3

Vậy      số vân tím = 19 – 7= 12

            Số vân lục = 14 – 6= 8

            Số vân đỏ = 11 – 5= 6

+ Biểu diễn vecto các điện áp.

+ Áp dụng định lý sin trong tam giác, ta có:

\(\frac{{{U}_{AM}}}{\sin \beta }=\frac{{{U}_{MB}}}{\sin \alpha }=\frac{{{U}_{AB}}}{\sin \gamma }=\frac{{{U}_{AM}}+{{U}_{MB}}}{\sin \alpha +\sin \beta }\to {{U}_{AM}}+{{U}_{MB}}=\frac{{{U}_{AB}}}{\sin \gamma }\left( \sin \alpha +\sin \beta  \right)\)

với \(\gamma \) luôn không đổi.

\({{U}_{AM}}+{{U}_{MB}}=\frac{2{{U}_{AB}}}{\sin \gamma }\sin \left( \frac{\alpha +\beta }{2} \right)\cos \left( \frac{\alpha -\beta }{2} \right)=\frac{2{{U}_{AB}}}{\sin \gamma }\sin \left( \frac{180-\gamma }{2} \right)c\text{os}\left( \frac{\alpha \text{-}\beta }{\text{2}} \right)\)

\(\to {{\left( {{U}_{AM}}+{{U}_{MB}} \right)}_{\max }}\) khi \(\alpha =\beta .\)

=> \({{\left( {{U}_{AM}}+{{U}_{MB}} \right)}_{\max }}=\frac{2U}{\sin \gamma }\sin \left( \frac{180-\gamma }{2} \right)=2U\to \gamma =60{}^\circ .\)

\(\to \) Các vecto hợp với nhau thành tam giác đều \(\to \) khi xảy ra cực đại u chậm pha hơn i một góc \(30{}^\circ \).

\(P={{P}_{\max }}{{\cos }^{2}}\varphi \to {{P}_{\max }}=\frac{P}{{{\cos }^{2}}\varphi }=\frac{36}{{{\cos }^{2}}30{}^\circ }=48\,\,W.\)

Tia tử ngoại không có tác dụng: Chiếu sáng. 

 Ban đầu hao phí điện năng trên dây dẫn là 20%;

sau khi giảm cường độ dòng điện thì hao phí điện năng còn 15%,

Ta có:

\(\frac{R{{I}^{2}}}{RI{{'}^{2}}}=\frac{20}{15}\to I'=I\sqrt{\frac{15}{20}}=0,866\)\)

=>\(\frac{{I'}}{I} = 86,6\% \)