T = 60/30 = 2s

Pha của dao động là 0,125 p         

Để phân loại sóng ngang hay sóng dọc người ta dựa vào phương dao động và phương truyền sóng.

Trong bài hát “Tiếng đàn bầu” do nam ca sĩ Trọng Tấn trình bày có câu “cung thanh là tiếng mẹ, cung trầm là giọng cha…” . “Thanh”,”trầm” trong câu hát này là chỉ độ cao của âm

Dao động điện từ trong mạch LC tắt càng nhanh khi mạch có điện trở càng lớn.   

Cảm kháng của cuộn dây \({{Z}_{L}}=L\omega =\frac{1}{\pi }100\pi =100\Omega \)

Quang phổ vạch của chất khí loãng có số lượng vạch và vị trí các vạch phụ thuộc vào bản chất của chất khí.

Ánh sáng đơn sắc không bị tán sắc khi đi qua lăng kính.

Theo mẫu nguyên tử Bo, trạng thái dừng của nguyên tử chỉ là trạng thái cơ bản.

Nội dung chủ yếu của thuyết lượng tử trực tiếp nói về sự phát xạ và hấp thụ ánh sáng của nguyên tử, phân tử.

x(t=0,25s) = 1cm

\(a=-{{\omega }^{2}}x=40cm/{{s}^{2}}\)

Dựa vào đồ thị tìm được phương trình dao động: x = 10cos(0,5πt)cm

Phương trình vận tốc:v = -5πsin(0,5πt) cm

Khi dòng điện xoay chiều có tần số góc ω chạy qua thì tổng trở của đoạn mạch là \(\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( \frac{1}{\omega C} \right)}^{2}}}\)  

Ta có:

\(P=UI\cos \varphi =120.3\cos \left( -\frac{\pi }{4}-\frac{\pi }{12} \right)=180W\)

Hệ thức không đúng là \(U={{U}_{R}}+{{U}_{C}}\)

+ Đoạn mạch RC nối tiếp nên điện áp hai đầu mạch bẳng tổng điện áp thành phần \(u={{u}_{R}}+{{u}_{C}}\)

+ \({{u}_{C}}\bot {{u}_{R}}\Rightarrow \) cống thức độc lập \({{\left( \frac{{{u}_{R}}}{{{U}_{R}}} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{{{u}_{C}}}{{{U}_{C}}} \right)}^{2}}=2\)

+ \({{u}_{C}}\bot {{u}_{R}}\Rightarrow {{U}^{2}}=U_{R}^{2}+U_{C}^{2}\)

Hai nguồn cùng pha \(\Rightarrow {{\varphi }_{A}}={{\varphi }_{B}}=0,{{A}_{1}}={{A}_{2}}=A=2cm\)

Bước sóng: l = = v / f 2cm

Biên độ dao động tổng hợp tại M là:

\({{A}_{M}}=2A\cos \left( \frac{\pi (AM-BM)}{\lambda }+\frac{{{\varphi }_{A}}-{{\varphi }_{B}}}{2} \right)=0\)

Dao động điện từ riêng của mạch có chu kì là 6,28.10^-5s.  

Có x = 3t = 3\(\frac{\lambda D}{a}=3,6(mm)\)

Góc lệch của tia ló màu đỏ: D_đ= (n_đ – 1)A; góc lệch của tia ló màu tím: D_t= (n_t – 1)A;

Suy ra góc lệch giữa tia đỏ và tím:

D= D_t - D_đ = (n_t – n_đ)A = (1,6825 – 1,6444).\(\frac{6\pi }{180}\approx 0,0044(rad)\)

Ta có \(A=\frac{hc}{\lambda }=\frac{{{6,625.10}^{-34}}{{.3.10}^{8}}}{{{300.10}^{-9}}{{.1,6.10}^{-19}}}=4,14eV\)

Độ hụt khối: \(\Delta m=Z{{m}_{p}}+(A-Z).{{m}_{n}}-{{m}_{hn}}=0,0691u\)

Phát biểu sai: Tia β phóng ra từ hạt nhân với tốc độ bằng 2.10⁷ m/s

Hạt nhân càng bền vững khi có năng lượng liên kết riêng càng lớn.

Nếu tăng khoảng cách giữa hai điện tích lên 4 lần thì lực tương tác giữa hai điện tích sẽ giảm 16 lần

HĐT U_MN  là  + 3V  

Cường độ ấm tại điểm cách nguồn 10m là \(I=\frac{P}{S}=\frac{0,225}{4.\pi .{{R}^{2}}}=\frac{0,225}{4.\pi {{.10}^{2}}}={{1,79.10}^{-4}}W/{{m}^{2}}\)

Khi đó mức cường độ ấm tại đó là

\(L=\log \frac{I}{{{I}_{0}}}=10\log \left( \frac{{{1,79.10}^{-4}}}{{{10}^{-12}}} \right)=82,53dB\)

Quan sát đồ thị ta thấy khi tần số bằng 0 thì nguồn coi như là nguồn 1 chiều. Khi đó chỉ có điện trở hoạt động. Vậy đường số 1 tương ứng với điện trở.

Lực điện + trên quỹ đạo K :\(F=\frac{k{{e}^{2}}}{{{r}_{0}}^{2}}\)

            + khi lực điện là \(Fn=\frac{F}{16}\Leftrightarrow \frac{k{{e}^{2}}}{{{r}_{n}}^{2}}=\frac{k{{e}^{2}}}{16{{r}_{0}}^{2}}\to {{r}_{n}}=4{{r}_{0}}={{n}^{2}}{{r}_{0}}\to n=2\)

Tương ứng với quỹ đạo L

Ban đầu còn ℓại 20%, đến khi còn ℓại 5% tức ℓà giảm 4 ℓần 

Sau 2 chu kỳ bán rã: t = 2T = 2.200 = 400 ngày.

Ta có:

\(\begin{array}{l}
A_x^2 = A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}\cos ({\varphi _1} - {\varphi _2})\\
A_y^2 = A_1^2 + A_2^2 - 2{A_1}{A_2}\cos ({\varphi _1} - {\varphi _2})\\
{A_x} = 5{A_y}\\
 \Rightarrow 12{A_1}{A_2}\cos ({\varphi _1} - {\varphi _2}) = 4A_1^2 + 4A_2^2\\
 \Rightarrow \cos ({\varphi _1} - {\varphi _2}) = \frac{{4A_1^2 + 4A_2^2}}{{12{A_1}{A_2}}} \ge \frac{{2\sqrt {4A_1^2.4A_2^2} }}{{12{A_1}{A_2}}} = \frac{2}{3}\\
 \Rightarrow \Delta \varphi  \le {48,18^0}
\end{array}\)

Vậy độ lệch pha cực đại của hai dao động là 48,18⁰

Ở vị trí cân bằng lò xo dãn một đoạn \(\Delta l\). Ta có \(k\Delta l=mg\Rightarrow \Delta l=0,05m=5cm\)

Khi quả cầu đến vị trí thấp nhất thì lò xo đang dãn đoạn A +\(\Delta l\( = 12,5+5=17,5cm và vận tốc của vật bằng 0.

Sau khi va chạm vận tốc hai vật là: mv = (m+M)v’ à 0,5.6 = 1,5.v’ à v’ = 2m/s.

Sau đó hai vật dao động điều hòa, vị trí cân bằng lò xo dãn \(\Delta l'\) với \(k\Delta l'=(m+M)g\Rightarrow \Delta l'=0,075m=7,5cm\)

Vậy khi x = 10cm, v’ = 2m/s, \(\omega '=\sqrt{\frac{k}{M+m}}=\sqrt{\frac{400}{3}}\text{ }rad/s\)

Áp dụng công thức độc lập: \({{A}^{2}}={{x}^{2}}+\frac{{{v}^{2}}}{{{\omega }^{2}}}\Rightarrow A=0,2m=20cm\)

Trên đoạn thẳng \({{S}_{1}}{{S}_{2}}\) , hai điểm cách nhau 9 cm luôn dao động với biên độ cực đạo nên ta có \({{k}_{1}}\frac{\lambda }{2}=9\Rightarrow \lambda =\frac{18}{k}\)

Mặt khác ta lại có tốc độ truyền sóng trên mặt chất lỏng có giá trị nằm trong khoảng từ 1,6 m/s đến 2,2 m/s nên \(\frac{160}{50}\le \lambda \le \frac{220}{50}\Leftrightarrow 3,2\le \frac{18}{k}\le 4,4\Rightarrow 4,09\le k\le 5,625\Rightarrow k=5\Rightarrow \lambda =3,6cm\)

Vì trên mặt một chất lỏng có đặt hai nguồn phát sóng kết hợp \({{S}_{1}},{{S}_{2}}\) cách nhau 15 cm, dao động theo phương thẳng đứng với phương trình \({{u}_{1}}=\cos \left( 100\pi t=\frac{\pi }{6} \right)mm\) và \({{u}_{2}}={{A}_{2}}\cos \left( 100\pi t-\frac{5\pi }{6} \right)mm\)

Nên ta có

\(\Delta \varphi =\frac{2\pi }{\lambda }\left( {{d}_{2}}-{{d}_{1}} \right)-\pi =2k\pi \)

\(\left\{ \begin{matrix} {{d}_{2}}-{{d}_{1}}=\left( 2k+1 \right)\frac{\lambda }{2} \\ {{d}_{2}}+{{d}_{1}}=15 \\ \end{matrix}\Rightarrow 2{{d}_{2}}=15+\left( 2k+1 \right)\frac{\lambda }{2} \right.\)

\(0\le {{d}_{2}}\le 15\Rightarrow 0\le 7,5+\left( 2k+1 \right)\frac{\lambda }{4}\le 15\Rightarrow -4,5\le k\le 3,6\)

\(\Rightarrow \) có 8 điểm dao động với biên đọ cực đại trên đoạn \({{S}_{1}}{{S}_{2}}\)

\({{Z}_{L1}}<{{Z}_{L2}}\Rightarrow \left\{ \begin{align} & {{Z}_{1L}}<{{Z}_{1C}}\to {{\varphi }_{1}}<0 \\ & {{Z}_{2L}}>{{Z}_{2C}}\to {{\varphi }_{2}}>0 \\ \end{align} \right.\)

\({{I}_{1}}={{I}_{2}}\Rightarrow \left\{ \begin{align} & {{Z}_{1}}={{Z}_{2}} \\ & {{U}_{1R}}={{U}_{2R}} \\ \end{align} \right.\) \(\Rightarrow {{Z}_{C}}=\frac{{{Z}_{L1}}+{{Z}_{L2}}}{2}=\frac{20+80}{2}=50\Omega \)

Từ giản đồ kép ta có:

\(\tan {{\varphi }_{2}}=\frac{{{Z}_{L2}}-{{Z}_{C}}}{R}\Leftrightarrow \tan \frac{\pi }{3}=\frac{80-50}{R}\Rightarrow R=10\sqrt{3}\Omega \)

Độ lệch pha giữa \({{\overrightarrow{U}}_{01}}\) và \({{\overrightarrow{U}}_{02}}\) là \(\frac{\pi }{3}+\frac{\pi }{2}=\frac{5\pi }{6}\)

Áp dụng định lý hàm sin trong tam giác AMB:

\(\frac{{{U}_{0}}}{\sin \frac{\pi }{6}}=\frac{{{U}_{01}}}{\underbrace{\sin \left( \pi -\frac{\pi }{6}-\alpha  \right)}_{\sin \left( \frac{\pi }{6}+\alpha  \right)}}=\frac{{{U}_{02}}}{\sin \alpha }\)

Áp dụng chất dãy  tỉ số bằng nhau:

\(\frac{{{U}_{0}}}{\sin \frac{\pi }{6}}=\frac{{{U}_{01}}+{{U}_{02}}}{\sin \left( \frac{\pi }{6}+\alpha  \right)+\sin \alpha }\Rightarrow {{U}_{01}}+{{U}_{02}}=\frac{2{{U}_{0}}\cos \frac{\pi }{12}}{\sin \frac{\pi }{6}}.\sin \left( \frac{\pi }{12}+\alpha  \right)\)

\(\Rightarrow {{\left( {{U}_{01}}+{{U}_{02}} \right)}_{\max }}=\frac{2{{U}_{0}}\cos \frac{\pi }{12}}{\sin \frac{\pi }{6}}\approx 1202V\)

Ta có: \(Q=(2{{m}_{X}}-{{m}_{Li}}-{{m}_{p}}){{c}^{2}}=-17,23(MeV)\)

Bảo toàn năng lượng: \({{K}_{P}}=Q+2{{K}_{X}}\Rightarrow {{K}_{X}}=\frac{{{K}_{P}}-Q}{2}=9,35(MeV).\)

Ta có 

\(\left\{ \begin{matrix} p_{P}^{2}=2{{m}_{p}}{{K}_{p}} \\ p_{X}^{2}=2{{m}_{X}}{{K}_{X}} \\ \end{matrix}\Rightarrow \left\{ \begin{matrix} p_{P}^{{}}=\sqrt{2{{m}_{p}}{{K}_{p}}} \\ p_{X}^{{}}=\sqrt{2{{m}_{X}}{{K}_{X}}} \\ \end{matrix} \right. \right.\)

Giản đồ vectơ :

Theo giản đồ, ta có:

\(\cos \alpha =\frac{{{p}_{p}}}{2{{p}_{X}}}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{{{m}_{p}}{{K}_{p}}}{{{m}_{X}}{{K}_{X}}}}\approx 0,099\Rightarrow \alpha \approx {{84,3}^{0}}\Rightarrow \widehat{AOB}\approx {{168}^{0}}36'\)

Từ hình vẽ ta thấy rằng:

\(\begin{array}{l}
250 = \sqrt 2 {\omega _c}\\
250 = \frac{{{\omega _L}}}{{\sqrt 2 }}
\end{array}\)

\(\Rightarrow n=\frac{{{\omega }_{L}}}{{{\omega }_{c}}}=2\Rightarrow cos\varphi =\sqrt{\frac{2}{1+n}}=\sqrt{\frac{2}{3}}\)

Tại M: 

\(\left\{ \begin{align} & MA=\frac{AB}{2}-2 \\ & MB=\frac{AB}{2}+2 \\ \end{align} \right.\Rightarrow MB-MA=4\,\,\left( cm \right)\)

\(\Rightarrow {{u}_{M}}=2a\cos \frac{\pi .\left( MB-MA \right)}{\lambda }.\cos \left( \omega t-\frac{\left( MA+MB \right)\pi }{\lambda } \right)=2a\cos \frac{4\pi }{\lambda }.\cos \left( \omega t-\frac{AB.\pi }{\lambda } \right)\)

Tại N: 

\(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} NA = \frac{{AB}}{2} - 4\\ NB = \frac{{AB}}{2} + 4 \end{array} \right. \Rightarrow NB - NA = 8{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right)\\ \Rightarrow {u_N} = 2a\cos \frac{{\pi .\left( {NB - NA} \right)}}{\lambda }.\cos \left( {\omega t - \frac{{\left( {NA + NB} \right)\pi }}{\lambda }} \right) = 2a\cos \frac{{8\pi }}{\lambda }.\cos \left( {\omega t - \frac{{AB.\pi }}{\lambda }} \right) \end{array}\)

Khi đó:

\(\begin{array}{l} \frac{{{u_M}}}{{{u_N}}} = \frac{{\cos \frac{{4\pi }}{{24}}}}{{\cos \frac{{8\pi }}{{24}}}} = \frac{{\frac{{\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{1}{2}}} = \sqrt 3 \\ \Rightarrow {u_M} = {u_N}.\sqrt 3 = 4\sqrt 3 {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right) \end{array}\)

Phương trình dao động của hai chất điểm: 

\({{\text{x}}_{A}}=A\cos \left( \frac{2\pi }{T}.t-\frac{\pi }{2} \right)\) \({{\text{x}}_{B}}=A\cos \left( \frac{2\pi }{0,5T}.t-\frac{\pi }{2} \right)=A\cos \left( \frac{4\pi }{T}.t-\frac{\pi }{2} \right)\)

Phương trình vận tốc của hai chất điểm: 

\(\left. \begin{align} & {{v}_{A}}=-A.\frac{2\pi }{T}\sin \left( \frac{2\pi }{T}.\frac{T}{6}-\frac{\pi }{2} \right)=A.\frac{\pi }{T} \\ & {{v}_{B}}=-A.\frac{4\pi }{T}\sin \left( \frac{4\pi }{T}.\frac{T}{6}-\frac{\pi }{2} \right)=-A.\frac{2\pi }{T} \\ \end{align} \right\}\Rightarrow \left| \frac{{{v}_{A}}}{{{v}_{B}}} \right|=\frac{1}{2}\)

+ Xét đạo hàm sau: 

\({{\left( \frac{x}{v} \right)}^{'}}=\frac{x'.v-v'.x}{{{v}^{2}}}=\frac{{{v}^{2}}-a.x}{{{v}^{2}}}=\frac{{{\omega }^{2}}\left( {{A}^{2}}-{{x}^{2}} \right)-\left( -{{\omega }^{2}}.x \right).x}{{{\omega }^{2}}\left( {{A}^{2}}-{{x}^{2}} \right)}=\frac{{{A}^{2}}}{{{A}^{2}}-{{x}^{2}}}\,\,\,\left( 1 \right)\)

+ Xét biểu thức: \(\frac{{{x}_{1}}}{{{v}_{1}}}+\frac{{{x}_{2}}}{{{v}_{2}}}=\frac{{{x}_{3}}}{{{v}_{3}}}.\)

+ Lấy đạo hàm hai vế và áp dụng đạo hàm (1) ta có:

\(\begin{array}{l}
\left( {\frac{{{x_1}}}{{{v_1}}} + \frac{{{x_2}}}{{{v_2}}}} \right) = \left( {\frac{{{x_3}}}{{{v_3}}}} \right) + 2018'\\
 \Rightarrow \left( {\frac{{{x_1}}}{{{v_1}}}} \right) + \left( {\frac{{{x_2}}}{{{v_2}}}} \right) = \left( {\frac{{{x_3}}}{{{v_3}}}} \right)\\
 \Rightarrow \frac{{{A^2}}}{{{A^2} - x_1^2}} + \frac{{{A^2}}}{{{A^2} - x_2^2}} = \frac{{{A^2}}}{{{A^2} - x_0^2}}\\
 \Rightarrow \frac{{{{10}^2}}}{{{{10}^2} - {6^2}}} + \frac{{{{10}^2}}}{{{{10}^2} - {8^2}}} = \frac{{{{10}^2}}}{{{{10}^2} - x_0^2}} = \frac{{625}}{{144}}\\
 \Rightarrow {x_0} = \sqrt {\frac{{1924}}{{25}}}  = 8,77{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right)
\end{array}\)

Dùng giản đồ véc tơ tổng trở: 

Ta có: \({{I}_{d}}=\sqrt{3}\ {{I}_{m}}\) => \({{Z}_{m}}=\sqrt{3}.{{Z}_{d}}\).

\({{Z}_{m}}=\frac{U}{{{I}_{m}}}=\frac{100\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=100\Omega \)

=> \({{Z}_{d}}=\frac{U}{{{I}_{d}}}=\frac{100\sqrt{3}}{3}=\frac{100}{\sqrt{3}}\Omega \)                                                                                                                                       

Dùng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC:

\(\frac{1}{{{R}^{2}}}=\frac{1}{Z_{m}^{2}}+\frac{1}{Z_{d}^{2}}\) 

Thế số : \(\frac{1}{{{R}^{2}}}=\frac{1}{100_{{}}^{2}}+\frac{3}{100_{{}}^{2}}=\frac{4}{100_{{}}^{2}}=>R=50\Omega \)