Điện trường là môi trường bao quanh điện tích, gắn với điện tích và tác dụng lực điện lên các điện tích khác đặt trong nó.

Độ lớn cường độ điện trường tổng hợp là 5000 V/m.  

Khi đoản mạch thì dòng điện qua acquy là 150 A.  

Suất điện động của nguồn điện là 8  V.   

Từ trường là dạng vật chất tồn tại trong không gian và tác dụng lực từ lên nam châm và dòng điện.

Dòng điện cảm ứng trong mạch kín có chiều sao cho từ trường cảm ứng có chiều chống lại sự biến thiên từ thông ban đầu qua mạch.

Thấu kính này là thấu kính hội tụ tiêu cự 30 cm.  

Con lắc dao động điều hòa với chu kì là \(2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}\)     

Phát biểu đúng: Dao động cưỡng bức có biên độ không đổi và có tần số bằng tần số của lực cưỡng bức.

Phát biểu sai : Bước sóng là khoảng cách giữa hai điểm dao động cùng pha trong một môi trường.

Mô tả không đúng: M₂ và M₃ dao động cùng pha

Phương trình sóng của hai nguồn kết hợp u₁ và u₂ là :

 u =  u₁ + u₂ = 2a.\(\left| \cos (\frac{\pi }{\pi }({{d}_{1}}-{{d}_{2}})+\frac{\pi }{2}) \right|.\cos (\omega t-\frac{\pi }{\lambda }({{d}_{1}}+{{d}_{2}})+\frac{\pi }{2})\)  

Để có biên độ cực đại : \(\left| \cos (\frac{\pi }{\pi }({{d}_{1}}-{{d}_{2}})+\frac{\pi }{2}) \right|\)=1  \(\Leftrightarrow \)\(\sin (\frac{\pi ({{d}_{1}}-{{d}_{2}})}{\lambda })\)=  ± 1 

         \(\Leftrightarrow \)\({{d}_{1}}-{{d}_{2}}=(k+\frac{1}{2})\lambda \) mà d₁ + d₂ = S₁S₂   \(\Rightarrow \)\(-\frac{{{S}_{1}}{{S}_{2}}}{\lambda }-\frac{1}{2}\le k\le \frac{{{S}_{1}}{{S}_{2}}}{\lambda }-\frac{1}{2}\)\(\Leftrightarrow \)-5,5≤ k ≤ 4,5 (k\(\in \(Ζ ).

        Suy ra k ={ -5, ±4, ±3, ±2, ±1,0} :có 10 điểm thoả mãn: dao động cực đại trong đoạn S₁ S₂ .

Ta có n₁ = DN₁ = N₀(1-\({{e}^{-\lambda {{t}_{1}}}}\))

                      n₂ = DN₂ = N₁(1- \({{e}^{-\lambda {{t}_{2}}}}\)) = N0\({{e}^{-\lambda {{t}_{1}}}}\)(1- \({{e}^{-2\lambda {{t}_{1}}}}\))

      \(\frac{{{n}_{1}}}{{{n}_{2}}}\)= \(\frac{1-{{e}^{-\lambda {{t}_{1}}}}}{{{e}^{-\lambda {{t}_{1}}}}(1-{{e}^{-2\lambda {{t}_{1}}}})}\) = \(\frac{1-X}{X(1-{{X}^{2}})}\)   (Với X = \({{e}^{-\lambda {{t}_{1}}}}\)

 do đó ta có phương trình:  X² + X =\(\frac{{{n}_{1}}}{{{n}_{2}}}\)=\(\frac{9}{64}\)  hay X² + X –\(\frac{9}{64}\)= 0. Phương btrình có các nghiệm X₁ = 0,125 và X₂ = - 1,125 <0 loại

Ta có:

\({{W}_{lk}}=\left( Z.{{m}_{p}}+N.{{m}_{n}}-{{m}_{hn}} \right).\ 931,5=\Delta m\ .\ 931,5\)

W_lk = (1.1,0073+ 1.1,0087 – 2,0136).931,5 \(\approx \)   2,24 MeV

Hiệu suất phát quang là H = \(0,01.\frac{\frac{h.c}{\lambda '}}{\frac{h.c}{\lambda }}=0,01.\frac{\lambda }{\lambda '}\) = 0,6%.

Ta có \({{\lambda }_{0}}\) = 6,625.10^-34.\(\frac{{{3.10}^{8}}}{{{5.1,610}^{-19}}}\)= 2,484.10^-7m

vì \(\lambda \) < \({{\lambda }_{0}}\) nên xảy ra hiện tượng quang điện.

Áp dụng công thức A = h\(\frac{c}{{{\lambda }_{0}}}\) suy ra  A = 8.10^-19 J.

Ta có \(\varepsilon \) = E_L - E_K = \(\frac{hc}{\lambda }\) suy ra \(\lambda =\frac{hc}{{{E}_{L}}-{{E}_{K}}}\) = 1,218.10^-7 m.

Áp dụng công thức \(\varepsilon \) = \(h.{{f}_{0}}=\frac{hc}{{{\lambda }_{0}}}=A\), suy ra A  = 30,11.10^-20 J.

Vị trí hai vân tối của hai bức xạ trùng nhau

  (k₁+0,5)i₁ = (k₂+0,5)i₂ =>  (k₁+0,5) 1,35 = (k₂+0,5) 2,25  Với k₁; k₂ nguyên hoặc bằng 0

  1,35k₁ = 2,25k₂ + 0,45 => 3k₁ = 5k₂ + 1

Để k_1­ nguyên --> Khi đó  k₁ = k₂ + n  và 2k₂ = 3n -1 + --> k₂ = n +(n-1)/2

Để k_2­ nguyên   (n-1)/2 = t --> n = 2t +1---> k₂ = n + t = 3t + 1

Suy ra   k₁ = 5t + 2;              k₂ = 3t + 1

 Hai điểm M, N gần nhau nhất ứng với hai giá trị liên tiêp của t:

  Khi t = 0   x₁ = 2,5i₁ = 3,375 mm

  Khi t = 1 x’₁  = 7,5i₁ =  10,125 mm

   MN_min =  10,125 – 3,375 = 6,75 mm 

Khoảng vân: i = \(\frac{\lambda D}{a}=\frac{{{0,6.10}^{-6}}.1,5}{{{2.10}^{-3}}}={{0,45.10}^{-3}}m=0,45mm\)

  Vị trí vân sáng :   x_s = ki = 0,45k (mm): 

            -5 ≤ 0,45k  ≤ 10 => -11,11≤  k  ≤ 22,222 =>-11≤  k  ≤ 22: Có 34 vân sáng

  Vị trí vân tối :     x_t = (k + 0,5)  i = 0,45(k + 0,5) (mm):     -5 ≤ 0,45(k+0,5)  ≤ 10 

                           =>  -11,11≤  k + 0,5   ≤ 22,222          1,61≤  k   ≤ 21,7222             

                                         => -11≤  k  ≤ 21: Có 33 vân tối.

Ta có số gợn sóng là số điểm dao động cực đại , khi đó ta tính số điểm dao động cực đại thoã mãn:

  \(-\frac{{{S}_{1}}{{S}_{2}}}{\lambda }<k<\frac{{{S}_{1}}{{S}_{2}}}{\lambda }\) (chú ý không lấy dấu “=” vì đề yêu cầu tìm giữa (khoảng)), với:  λ = v / f =0,4 cm.

Suy ra : -10 < k < 10 ( k\(\in \)Ζ ) \(\Rightarrow \)k\(\in \){±9, ±8,..0} , vậy có 19 gợn sóng.

Số điểm đứng yên( dao động cực tiểu) thoả mãn:  

\(-\frac{{{S}_{1}}{{S}_{2}}}{\lambda }-\frac{1}{2}<k<\frac{{{S}_{1}}{{S}_{2}}}{\lambda }-\frac{1}{2}\)   \(\Rightarrow \)- 10,5 < k < 9,5 \(\Rightarrow \)k\(\in \){-10, ±9, ±8,..0}àcó 20 điểm đứng yên.

Tác dụng nổi bật của tia hồng ngoại là tác dụng nhiệt.  

Quang phổ gồm một dãi màu từ đỏ đến tím là quang phổ liên tục.    

+ Khi khoảng cách 2 khe tới màn là a thì tại M là vân sáng bậc 4 nên \({{\text{x}}_{M}}=4.\frac{\lambda D}{a}\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

 + Nếu lần lượt giảm hoặc tăng khoảng cách \({{S}_{1}}{{S}_{2}}\) một lượng \(\Delta a\) thì tại đó là vân sáng bậc k và bậc 3k nên 

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
{x_M} = k.\frac{{\lambda D}}{{a - \Delta a}}\\
{x_M} = 3k.\frac{{\lambda D}}{{a + \Delta a}}
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow \frac{k}{{a - \Delta a}} = \frac{{3k}}{{a + \Delta a}}\\
 \Rightarrow a = 2.\Delta a
\end{array}\)

+ Nếu tăng khoảng cách \({{S}_{1}}{{S}_{2}}\) thêm \(2\Delta a\) thì tại M là: \({{\text{x}}_{M}}=k'.\frac{\lambda \text{D}}{a+2\Delta a}=k'.\frac{\lambda D}{a+a}=\frac{1}{2}k'.\frac{\lambda D}{a}\)

+ Sso sánh với (1) ta có: \({{\text{x}}_{M}}=\frac{1}{2}k'.\frac{\lambda \text{D}}{a}=4.\frac{\lambda \text{D}}{a}\Rightarrow k'=8\Rightarrow \) Tại M khi đó là vân sáng bậc 8.

Khi electron chuyển từ quỹ đạo O về quỹ đạo M thì bán kính quỹ đạo giảm bớt \(6{{r}_{0}}\)

Năng lượng để tàu hoạt động trong 6 tháng

\(E=P.t={{16.10}^{6}}.30.86400={{1,24416.10}^{14}}\,\,\left( J \right)\)

Năng lượng thực tế mà phản ứng hạt nhân đã cung cấp là

\({{E}_{0}}=\frac{E}{H}=\frac{E}{0,3}={{4,1472.10}^{14}}\,\,\left( J \right)\)

Số hạt nhân Urani đã tham gia phản ứng

\(N=\frac{{{E}_{0}}}{{{200.10}^{6}}{{.1,6.10}^{-19}}}={{1,296.10}^{25}}\)

Khối lượng \(^{235}U\) cần là:

\({{m}_{U}}=\frac{N}{{{N}_{A}}}.A=\frac{{{1,296.10}^{25}}}{{{6,02.10}^{23}}}.235=5059\,g\)

Khối lượng \(^{235}U\) cần dùng là:

\({{m}_{U}}=12,5%m\Rightarrow m=\frac{{{m}_{U}}}{0,125}=40473\,g=40,473\,kg\)

+ Năng lượng của phản ứng:

\(E=\sum{{{K}_{sau}}}-\sum{{{K}_{truoc}}}={{K}_{H}}+{{K}_{\alpha }}-{{K}_{n}}=0,089+0,25-2=-1,66\,\,MeV\)

+ Phản ứng thu 1,66 MeV

Hiệu điện thế U_MN có giá trị là +3V   

Hệ thức B với điều kiện n₂ <n₁

Năng lượng tỏa ra sau mỗi phân hạch:

  DE = ( m_U + m_n - m_I - m_Y - 3m_n )c² = 0,18878 uc² = 175,84857 MeV  = 175,85 MeV

- Khi 1 phân hạch kích thích ban đầu sau 5 phân hạch dây chuyền số phân hạch xảy ra là : 1 + 2 + 4 + 8 + 16 = 31

- Do đó, số phân hạch sau 5 phân hạch dây chuyền từ 10¹⁰ phân hạch ban đầu : N = 31.10¹⁰
Năng lượng tỏa ra :  E = N. DE  = 31.10¹⁰ .175,85 = 5,45.10¹³ MeV.

Ta có:  U_0AM = 180 V; U_0MB = 60 V.

Tại t = 0 : HĐT U=90V  và đang tăng

Tại t = 0 :u_MB = 30 V và đang giảm

Suy ra uAM và uMB vuông pha với nhau => hộp X chứa R₀ và L₀

Hiệu suất truyền tải: 1 – 1/n + η/n  

Bảo toàn năng lượng => ∆E=2K-K_p=> K=9,5MeV

Khoảng cách nhỏ nhất giữa hai vân trùng 6mm.  

Khi C = 0 thì  => U_C = U_mạch = U = 120 V

Từ đồ thị ta thấy U_C max khi C = (5.10^-5 + 1,5.10^-4)/2 = 10^-4 F => Z_C = 100 ôm

Ta biết rằng nguyên tắc hoạt động của quang điện trở dựa trên hiện tượng quang điện trong. Khi tắt chùm sáng kích thích, hiện tượng quang điện trong dừng xảy ra nên giá trị điện trở R của quang điện trở tăng lên. Do đó cường độ dòng điện trong mạch \(I=\frac{\xi }{R+r}\) bị giảm đi nên số chỉ Ampe kế giảm.

Điện áp trên quang trở \({{U}_{R}}=\xi -Ir\) tăng lên làm số chỉ Vôn kế tăng.

Ta tính được bước sóng là \(\lambda =\frac{v}{f}=\frac{v.2\pi }{\omega }=\frac{60.2\pi }{30\pi }=4cm\)

Hạ đoạn BH vuông góc với đường d₁ ta có \(AH=AB.cos45{}^\circ =10\sqrt{2}cm\)

Nhận thấy hai nguồn A, B dao động ngược pha với biên độ sai khác nhau \(3-2=1mm\) , cho nên những điểm dao động với biên độ 1 mm là những điểm thuộc cực tiểu giao thoa. Điều kiện cực tiểu là \({{d}_{1}}-{{d}_{2}}=n\lambda \).

Xét điểm M nằm trên đường thẳng \(\Delta \) thuộc nửa trên của mặt phẳng, khi đó ta có \(0\le AM-BM={{d}_{1}}-{{d}_{2}}\le AH\)

Kết hợp với điều kiện M thuộc cực tiểu giao thoa ta có: \(0\le n\lambda \le 10\sqrt{2}\to 0\le n\le 3,5\to n=0,1,2,3\).

Như vậy nửa trên của đường \(\Delta \) có 4 điểm M thỏa mãn điều kiện bài toán ra, trong đó một điểm chính là trung điểm của AB. Do tính đối xứng của hệ vân giao thoa, ở nửa dưới đường A sẽ có thêm 3 điểm M nữa thỏa mãn điều kiện bài toán.

Như vậy tổng số điểm cần tìm là 7 điểm.

Ta biểu diễn quang phổ bậc 1, 2, 3, 4, 5 như trên hình vẽ.

Cần lưu ý trong trường hợp này, khoảng vân tia đỏ (\(0,76\mu m\) gấp đôi khoảng vân tia tím (\(0,38\mu m\)) do đó mép trên của quang phổ bậc 1 trùng với mép dưới của quang phổ bậc 2.

Có thể thấy phần chồng chất lên nhau giữa quang phổ bậc 3 và bậc 4 mà không chứa quang phổ bậc 5 là \(\Delta L\), ứng với khoảng từ vân tím bậc 4 đến vân tím bậc 5, ta có:

\(\Delta L={{x}_{t5}}-{{x}_{t4}}=\left( 5-4 \right).\frac{0,38.2}{2}=0,38mm\).

Ta có hệ số công suất \(cos\varphi =\frac{R}{Z}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}{{{R}^{2}}}}}\Rightarrow {{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}={{R}^{2}}\left( \frac{1}{co{{s}^{2}}\varphi }-1 \right)\)

Lấy số liệu từ đồ thị thay vào ta có: \({{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}={{63}^{2}}\left( \frac{1}{{{\left( \frac{\sqrt{2}}{2} \right)}^{2}}}-1 \right)={{63}^{2}}\) (1)

Nếu khi tần số là f, cảm kháng và dung kháng của mạch lần lượt là Z_L và Z_C, thì khi tần số bằng 64f, cảm kháng và dung kháng của mạch lần lượt sẽ là 64Z_L và \(\frac{{{Z}_{C}}}{64}\)

Do khi tần số bằng f và 64f thì sự phụ thuộc của hệ số công suất vào R là giống hệt nhau nên ta có:

\({{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}={{\left( 64{{Z}_{L}}-\frac{{{Z}_{C}}}{64} \right)}^{2}}\to {{Z}_{L}}=\frac{{{Z}_{C}}}{64}\) (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra \({{Z}_{L}}=1\) và \({{Z}_{C}}=64\)

\({{U}_{L}}=\frac{U}{Z}.{{Z}_{L}}=\frac{U}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}{{Z}_{L}}\) \(\to {{U}_{L}}=\frac{210}{\sqrt{{{21}^{2}}+{{63}^{2}}}}.1=\sqrt{10}V\).

Ta xét trong khoảng thời gian từ lúc \(t=0s\) đến lúc \(t=2s\), dựa vào đồ thị li độ có thể thấy:

- Chất điểm (1) đi từ vị trí ban đầu về lại vị trí cũ nhưng đổi chiều chuyển động

- Chất điểm (2) đi từ vị trí ban đầu đến biên dương lần đầu tiên.

Biểu diễn các quá trình trên lên hai đường tròn đồng tâm như hình vẽ. Do cùng khoảng thời gian nên góc quét của hai chuyển động tròn đều là bằng nhau, ta suy ra mối quan hệ của hai góc \({{\varphi }_{2}}=2{{\varphi }_{1}}\) (1).

Đến thời điểm \(t=7,75s\) ta thấy chất điểm (1) qua VTCB theo chiều dương, suy ra góc quét trên đường tròn \({{\Delta }_{1}}=\omega .7,75={{\varphi }_{1}}+\frac{3\pi }{2}\) (2)

Đến thời điểm \(t=2s\) thì chất điểm (2) qua vị trí biên dương, góc quét khi đó là \({{\Delta }_{2}}=\omega .2={{\varphi }_{2}}\) (3)

Từ (2) và (3) ta có \(\frac{31}{8}=\frac{{{\varphi }_{1}}+\frac{3\pi }{2}}{{{\varphi }_{2}}}\) (4).

Tù (1) và (4) ta tìm được \({{\varphi }_{1}}=\frac{2\pi }{9};\,{{\varphi }_{2}}=\frac{4\pi }{9}\) và chu kì \(T=9s\), suy ra \(\omega =\frac{2\pi }{9}rad/s\)

Ta có giá trị cực đại \({{v}_{1max}}={{A}_{1}}\omega =4.\frac{2\pi }{9}=\frac{8\pi }{9}cm/s\); \({{v}_{2max}}={{A}_{2}}\omega =2\sqrt{3}.\frac{2\pi }{9}=\frac{4\sqrt{3}\pi }{9}cm/s\) và v₁ sớm pha hơn v₂ là \(\frac{2\pi }{9}\).

Biểu diễn trên đường tròn đa trục, chất điểm (1) đến điểm M có \({{v}_{1}}=\frac{4\pi }{9}m/s=\frac{{{v}_{1max}}}{2}\) thì chất điểm (2) đến N.

Từ đó suy ra khi

\({{v}_{2}}={{v}_{2max}}.cos\left( \pi -\frac{2\pi }{9}-\frac{\pi }{3} \right)=\frac{4\sqrt{3}\pi }{9}.cos\left( \frac{4\pi }{9} \right)\approx 0,42cm/s\)