Mạng điện dân dụng của Việt Nam đang dùng điện áp hiệu dụng 220 V và có tần số là 50 Hz.

Tần số của dao động cưỡng bức bằng tần số của ngoại lực tuần hoàn tác dụng lên vật.

Vị trí vân tối:

\({x_t} = \left( {k + 0,5} \right)i \Rightarrow {x_{t - \min }} = 0,5i\)

Ta có:

\(N = {N_0}{2^{ - \frac{t}{T}}}N = {N_0}{2^{ - 3}} = \frac{{{N_0}}}{8}\)

Chu kì con lắc lò xo:

\(T = 2\pi \sqrt {\frac{m}{k}} \) 

Với con lắc lò xo treo thẳng đứng:

\(\Delta {\ell _0} = \frac{{mg}}{k} \Rightarrow \frac{m}{k} = \sqrt {\frac{{\Delta {\ell _0}}}{g}}  \Rightarrow T = 2\pi \sqrt {\frac{{\Delta {\ell _0}}}{g}} \) 

Biểu thức từ thông:

\(\phi  = {\phi _0}\cos \left( {\omega t + {\varphi _1}} \right)\) 

+ Biểu thức suất điện động:

\(e =  - {\phi ^/} = {E_0}\sin \left( {\omega t + {\varphi _1}} \right) = {E_0}\cos \left( {\omega t + {\varphi _1} - \frac{\pi }{2}} \right)\) 

+ So sánh với đề ta có:

\({\varphi _2} = {\varphi _1} - \frac{\pi }{2} \Rightarrow {\varphi _2} - {\varphi _1} =  - \frac{\pi }{2}\)

Đối với các hạt nhân có số khối A nằm trong khoảng từ 50 đến 70 năng lượng liên kết riêng của chúng có giá trị lớn nhất.

Vì u trễ pha hơn i một góc \(\frac{\pi }{6} \Rightarrow \varphi  =  - \frac{\pi }{6} < 0\)=> mạch RC

Công thoát:

\(A = \frac{{hc}}{{{\lambda _0}}} = 4,78eV\)

Bước sóng: \(\lambda  = vT = \frac{v}{f}\).

Tổng trở của mạch RLC: \(Z = \sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_C} - {Z_l}} \right)}^2}} \) 

+ Bước 1: Bố trí thí nghiệm ứng với b, c

+ Bước 2: Đo các đại lượng trực tiếp ứng với a

+ Bước 3: Tính giá trị trung bình và sai số ứng với e, đ 

Ta có:

\(f = \frac{1}{{2\pi }}\sqrt {\frac{g}{\ell }}  = \frac{{{f_2}}}{{{f_1}}} = \sqrt {\frac{{{\ell _1}}}{{{\ell _2}}}}  = \sqrt 2  \Rightarrow {f_2} = \sqrt 2 {f_1}\)

Tốc độ truyền âm trong các môi trường: v_rắn > v_lỏng > v_khí 

Ta có:

\({I_0} = \omega {Q_0} = \omega C{U_0}u = {U_0}\sqrt {\frac{C}{L}}  = 6\sqrt {\frac{{{{50.10}^{ - 6}}}}{{{{5.10}^{ - 3}}}}}  = 0,6\left( A \right)\)

Biến điệu sóng điện từ là trộn sóng điện từ âm tần với sóng điện từ cao tần.

Gọi s là khoảng cách từ tâm động đất đến máy ghi

+ Thời gian để sóng N truyền đến máy ghi:

\({t_1} = \frac{s}{{{v_N}}}\) 

+ Thời gian để sóng D truyền đến máy ghi:

\({t_2} = \frac{s}{{{v_D}}}\) 

+ Theo đề ta có:

\(\Delta t = \frac{d}{{{v_D}}} - \frac{d}{{{v_N}}} \Leftrightarrow d\left( {\frac{1}{8} - \frac{1}{{32}}} \right) = 4.60 \Rightarrow d = 2560km\)

Để tìm vết nứt trên bề mặt sản phẩm bằng kim loại ta đùng tia tử ngoại

+ Trong y tế dùng tia X để chụp điện, chiếu

+ Để chụp ảnh bề mặt Trái Đất từ vệ tinh dùng tia hồng ngoại

+ Để tìm khuyết tật bên trong sản phẩm dùng tia X (đâm xuyên mạnh)

Ta có:

\(\begin{array}{l}
i = \frac{{\lambda D}}{a} \Rightarrow \frac{{{i_2}}}{{{i_1}}} = \frac{{{\lambda _2}}}{{{\lambda _1}}}\\
 \Rightarrow {i_2} = {i_1}\frac{{{\lambda _2}}}{{{\lambda _1}}} = 0,36.\frac{{600}}{{540}} = 0,4\left( {mm} \right)
\end{array}\)

Tia hồng ngoại có tác dụng nhiệt mạnh và được dùng để sưởi ấm không phải tia X => A sai

Quỹ đạo dừng N => n =4

Số vạch tối đa phát ra đối với đám khí (khối khí):

\(\frac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} = \frac{{4\left( {4 - 1} \right)}}{2} = 6\)

Quang phổ liên tục không phụ thuộc vào nguồn phát mà chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ. Ở cùng một nhiệt độ thì quang phổ liên tục như nhau.

Vị trí vân tối thứ k +1:

\({x_t} = \left( {k + 0,5} \right)\frac{{\lambda D}}{a}\) 

Vị trí vân tối thứ 5 => k = 4 

\({x_t} = \left( {4 + 0,5} \right)\frac{{\lambda D}}{a} = 4,05\left( {mm} \right)\)

Năng lượng phôtôn: ε = hf

Các phô-tôn khác nhau có f khác nhau => ε khác nhau => C sai

+ Điều kiện để tia sáng ló ra ngoài là không xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần

+ Điều kiện để xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần là: 

\(i \ge {i_{gh}}(\sin {\kern 1pt} {\kern 1pt} {i_{gh}} = \frac{1}{n})\)

+ Vì n_đỏ < n_vàng < n_lục < n_lam < n_tím Þ i_gh-đỏ > i_gh-vàng > i_gh-lục > i_gh-lam > i_gh-tím.

+ Vậy các tia lam và tím bị phản xạ toàn phần nên ngoài không khí chỉ có đỏ và vàng 

+Năng lượng khi hấp thụ một chùm phô-tôn:

\({E_1} = {n_1}.{\varepsilon _1} = {n_1}\frac{{hc}}{{{\lambda _1}}}\) 

+ Năng lượng khi một chùm phô-tôn phát quang:

\({E_2} = {n_2}.{\varepsilon _2} = {n_2}\frac{{hc}}{{{\lambda _2}}}\) 

+ Theo đề ra, ta có:

\(H = \frac{{{E_2}}}{{{E_1}}} = \frac{{{n_2}.{\varepsilon _2}}}{{{n_1}.{\varepsilon _1}}} = \frac{{{n_2}.{\lambda _1}}}{{{n_1}.{\lambda _2}}} = \frac{1}{5}\frac{1}{{1,5}} = 13,33\% \)

Ra đa và 2 tàu cùng trên 1 vĩ độ => tọa độ của 2 tàu chênh nhau mộc góc:

\(\Delta \varphi  = \left( {109^\circ 19' - 109^\circ 02'} \right) = 17' = \frac{{17\pi }}{{60.180}}rad\)

+ Khoảng cách giữa hai tàu: \(\Delta \ell  = \Delta \varphi .R\) 

+ Độ chênh lệch về thời gian là:

\(\Delta t = \frac{{\Delta \ell }}{v} = \frac{{\frac{{17\pi }}{{60.180}}{{.6400.10}^3}}}{{{{3.10}^8}}} = 0,105\left( {mm} \right)\)

+ Động năng lúc đầu:

\({W_{d1}} = \left( {\frac{1}{{\sqrt {1 - \frac{{{v^2}}}{{{c^2}}}} }} - 1} \right){m_0}{c^2} = 0,25{m_0}{c^2}\) 

+ Khi tốc độ tăng thêm 4/3 lần thì:

\({W_{d2}} = \left( {\frac{1}{{\sqrt {1 - \frac{{{{\left( {\frac{{4v}}{3}} \right)}^2}}}{{{c^2}}}} }} - 1} \right){m_0}{c^2} = \frac{2}{3}{m_0}{c^2}\) 

+ Động năng tăng thêm một lượng:

\(\Delta {W_d} = {W_{d2}} - {W_{d1}} = \frac{5}{{12}}{m_0}{c^2}\)

Năng lượng liên kết riêng của các hạt:

\(\left\{ \begin{array}{l}
{\varepsilon _\alpha } = \frac{{{W_{lk - \alpha }}}}{4} = \frac{{\Delta {m_\alpha }{c^2}}}{4} = 7,1\left( {\frac{{MeV}}{{nuclon}}} \right)\\
{\varepsilon _{Ne}} = \frac{{{W_{lk - Ne}}}}{{20}} = \frac{{\Delta {m_{Ne}}{c^2}}}{{20}} = 8,1\left( {\frac{{MeV}}{{nuclon}}} \right)
\end{array} \right.\) 

=> ε_Νe > ε_α => Ne bền hơn α

Từ đồ thị, ta có:

 \(\begin{array}{l}
 + {v_{\max }} = 20\pi \left( {cm/s} \right) = \omega A\\
 \Rightarrow \omega  = \frac{{{v_{\max }}}}{A} = 2\pi \left( {rad/s} \right) \Rightarrow T = 1\left( s \right)\\
 + {W_{d - \max }} = 200\left( {mJ} \right) = 0,2\left( J \right) = W = \frac{1}{2}k{A^2}\\
 \Rightarrow k = 40\left( {N/m} \right)
\end{array}\)

Năng lượng mà lò phản ứng cung cấp trong 3 năm: W = P.t

+ Số phản ứng hạt nhân: \(n = \frac{W}{{200MeV}} = \) số hạt U235 tham gia phán ứng

+ Khối lượng U235 cần dùng:

\(m = \frac{{N.A}}{{{N_A}}} = 23082,3\left( g \right) \approx 230,8kg\)

Ta có:                                  

\(\begin{array}{l}
\frac{{x_1^2}}{{A_1^2}} + \frac{{x_2^2}}{{A_2^2}} - 2\frac{{{x_1}{x_2}}}{{{A_1}{A_2}}}\cos \Delta \varphi  = {\sin ^2}\Delta \varphi \\
 + \left\{ \begin{array}{l}
{x_2} = 0\left( {cm} \right)\\
x = 8\sqrt 3 \left( {cm} \right)
\end{array} \right.{x_1} = 8\sqrt 3 \left( {cm} \right)\\
 + \left\{ \begin{array}{l}
{x_1} =  - 8\left( {cm} \right)\\
x =  - 4,8\left( {cm} \right)
\end{array} \right.{x_2} = 3,2\left( {cm} \right)\\
 \Rightarrow A = \sqrt {{{16}^2} + {{6,4}^2} + 2.16.6,4\left( {0,5} \right)}  \approx 19,98\left( {cm} \right)
\end{array}\)

+ Tại thời điểm t₁ thì:

\( - 2\sqrt 3  = 4\cos \left( {100\pi {t_1} + \frac{\pi }{2}} \right) \Rightarrow 100\pi {t_1} + \frac{\pi }{2} =  \pm \frac{{5\pi }}{6}\) 

+ Vì lúc đó độ lớn i đang giảm nên:

\(100\pi {t_1} + \frac{\pi }{2} =  + \frac{{5\pi }}{6}\) 

+ Tại thời điểm

\({t_1} + \frac{1}{{150}} \Rightarrow {i_2} = 4\cos \left( {100\pi {t_1} + \frac{\pi }{2} + \frac{{100\pi }}{{150}}} \right) = 4\cos \left( {\frac{{5\pi }}{6} + \frac{{100\pi }}{{150}}} \right) = 2\sqrt 3 \left( A \right)\) 

+ Vì

\({\left( {{i_2}} \right)^/} =  - 400\pi \sin \left( {100\pi {t_1} + \frac{\pi }{2} + \frac{{100\pi }}{{150}}} \right) > 0 \Rightarrow \)

 i₂ đang tăng 

+ Vì xe chuyển động tròn đều nên xe chịu tác dụng của lực quán tính li tâm:

 \({F_{qt}} = m{\omega ^2}\left( {R + \ell \sin \alpha } \right) = m\frac{{{v^2}}}{{\left( {R + \ell \sin \alpha } \right)}}\)

+ Vì R rất lớn so với  

 \(\begin{array}{l}
\ell  \Rightarrow R >  > \ell \sin \alpha  \Rightarrow R + \ell \sin \alpha  \approx R\\
 \Rightarrow {F_{qt}} \approx m\frac{{{v^2}}}{R} \Rightarrow {g^/} = \sqrt {{g^2} + {{\left( {\frac{{{F_{qt}}}}{m}} \right)}^2}} \\
 \Rightarrow {g^/} = \sqrt {{g^2} + {{\left( {\frac{{{v^2}}}{R}} \right)}^2}}  = \sqrt {{g^2} + \left( {\frac{{{v^4}}}{{{R^2}}}} \right)} 
\end{array}\)

+ Chu kì:

\(\begin{array}{l}
T = 2\pi \sqrt {\frac{\ell }{g}}  \Rightarrow \frac{{{T^/}}}{T} = \sqrt {\frac{g}{{{g^/}}}} \\
 \Rightarrow {T^/} = T\sqrt {\frac{g}{{\sqrt {{g^2} + \left( {\frac{{{v^4}}}{{{R^2}}}} \right)} }}}  \approx 1,998\left( s \right)
\end{array}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}
P = \frac{{{U^2}{{\cos }^2}\varphi }}{R} \Rightarrow \frac{{{P_2}}}{{{P_1}}} = {\left( {\frac{{\cos {\varphi _2}}}{{\cos {\varphi _1}}}} \right)^2} = {\left( {\frac{1}{{0,5}}} \right)^2}\\
 \Rightarrow {P_2} = 240{\left( {\frac{1}{{0,5}}} \right)^2} = 960W
\end{array}\)

Ta có:

\({W_d} = W - {W_t} = \frac{1}{2}k{A^2} - \frac{1}{2}k{x^2}\) 

+ Sau khi qua VTCB đoạn s:

\(1,8 = \frac{1}{2}k{A^2} - \frac{1}{2}k{s^2}\)  (1)

+ Sau khi qua VTCB đoạn s nữa:

 \(1,5 = \frac{1}{2}k{A^2} - 4.\frac{1}{2}k{s^2}\)  (2)

+ Giải (1) và (2), ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}
\frac{1}{2}k{A^2} = 1,9\\
\frac{1}{2}k{s^2} = 0,1
\end{array} \right. \Rightarrow \frac{s}{A} = \frac{1}{{\sqrt {19} }} \approx 0,23\)

+ Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}
I = \frac{E}{{\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }} = \frac{{NBS\omega }}{{\sqrt 2 \sqrt {{R^2} + Z_L^2} }} = \frac{{NBS2\pi p.n}}{{\sqrt 2 \sqrt {{R^2} + Z_L^2} }} = \frac{{A.n}}{{\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }}\\
{Z_L} = \omega L = 2\pi np.L = B.n \Rightarrow {Z_L}{\rm{ ti le thuan voi n}}
\end{array} \right.\) 

+ Khi tốc độ là:

\(\begin{array}{l}
n:I = \frac{{A.n}}{{\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }} = 1\\
3n:{I^/} = \frac{{A.3n}}{{\sqrt {{R^2} + 9Z_L^2} }} = \sqrt 3 \\
 \Rightarrow \sqrt 3  = \frac{{3\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }}{{\sqrt {{R^2} + 9Z_L^2} }}\\
 \Rightarrow {R^2} + 9Z_L^2 = 3{R^2} + 3Z_L^2 \Rightarrow Z_L^2 = \frac{{{R^2}}}{3}\\
2n:\\
{I_2} = \frac{{A.2n}}{{\sqrt {{R^2} + 4Z_L^2} }}\\
 \Rightarrow \frac{{{I_2}}}{I} = 2\sqrt {\frac{{{R^2} + Z_L^2}}{{{R^2} + 4Z_L^2}}} \frac{{{I_2}}}{I} = 2\sqrt {\frac{{{R^2} + \frac{{{R^2}}}{3}}}{{{R^2} + 4.\frac{{{R^2}}}{3}}}}  = \frac{{4\sqrt 7 }}{7}\left( A \right)
\end{array}\)

Từ đồ thị nhận thấy Z_min = 100W

Khi cộng hưởng thì Z_L = Z_C và lúc đó Z_min = R = 100W =>P=U²/R=484W

+ Gọi OH là đường cao kẻ từ O đến MN

+ Ta có:  

\(\begin{array}{l}
\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{M^2}}} + \frac{1}{{O{N^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {8\lambda } \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {12\lambda } \right)}^2}}}\\
 \Rightarrow OH \approx 6,66\lambda 
\end{array}\) 

+ Những điểm dao động ngược pha với O thỏa mãn điều kiện: x = (k + 0,5)λ

+ Đi từ H đến M có 1 điểm 7,5λ

+ Đi từ H đến N có: 7,5λ; 8,5λ; 9,5λ; 10,5λ; 11,5λ

+ Vậy, tổng trên MN có 6 điểm dao động ngược pha với O

​

+ Bước sóng:

\(\lambda  = \frac{v}{f} = \frac{{40}}{{20}} = 2\left( {cm} \right)\) 

+ Vì hai nguồn ngược pha nên điều kiện cực đại cho M là:

MA-MB = (k + 0,5)λ = 2k + l

+ Vì M gần A nhất nên M phải thuộc cực đại ngoài cùng về phía A

+ Số cực đại trên AB:

 \(\begin{array}{l}
 - \frac{{AB}}{\lambda } - \frac{1}{2} < k < \frac{{AB}}{\lambda } - \frac{1}{2}\\
 \Rightarrow  - 8,5 < k < 7,5 \Rightarrow {k_M} =  - 8\\
 \Rightarrow MA - MB = 2\left( { - 8} \right) + 1 =  - 15 \Rightarrow MB = MA + 15
\end{array}\)   (1)

+ Vì ΔΑΜΒ vuông tại A nên: MA² + ΑΒ² = MB²                           (2)

+ Thay (1) vào (2), ta có: ΜΑ² +16² = (ΜΑ +15)² => ΜΑ = 1,03(cm)