Suất điện động trong mạch kín có độ lớn: \({e_c} = \left| {\frac{{\Delta \Phi }}{{\Delta t}}} \right|\)

Điều kiện để hai sóng cơ khi gặp nhau giao thoa được với nhau là hai sóng phải xuất phát từ hai nguồn dao động cùng tần số, cùng phương và có hiệu số pha không đổi theo thời gian.

Cực đại giao thoa tại các điểm có hiệu đường đi Δd của hai sóng từ nguồn truyền tới đó thỏa mãn điều kiện: \(\Delta d = k\lambda ;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} k = 0, \pm 1, \pm 2,...\)

Từ hình vẽ ta thấy:

+ So với quang tâm O, S’ nằm cùng phía với S ⇒ ảnh ảo.

+ ảnh ảo S’ nằm gần quang tâm O hơn S ⇒ TKPK

⇒ Ảnh ảo – thấu kính phân kì.

Chu kì dao động của con lắc đơn: \(T = 2\pi \sqrt {\frac{l}{g}} \)

Đối với vật dao động điều hòa, tập hợp ba đại lượng không thay đổi theo thời gian là: chu kì, biên độ, cơ năng.

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {x = 10\cos \left( {15\pi t + \frac{\pi }{3}} \right)\left( {cm} \right)}\\ {v = x' = - 150\pi .\sin \left( {15\pi t + \frac{\pi }{3}} \right)\left( {cm/s} \right)} \end{array}} \right.\)

Thay t = 0 vào phương trình của x và v ta được:

+ \(x = 10\cos \left( {15\pi .0 + \frac{\pi }{3}} \right) = 5\left( {cm} \right)\)

+ \(v = - 150\pi .\sin \left( {15\pi .0 + \frac{\pi }{3}} \right) = - 75\pi \sqrt 3 < 0\)

⇒ Vật chuyển động theo chiều âm.

Chu kì dao động của sóng là: \(T = \frac{\lambda }{v} = \frac{{0,4}}{{20}} = 0,02s\)

Nguyên tắc hoạt động của máy phát điện xoay chiều là dựa trên hiện tượng cảm ứng điện từ.

Hai điện tích điểm \({q_1}\) và \({q_2}\) đặt cách nhau một khoảng r trong môi trường có hằng số điện môi là ε  thì tương tác với nhau bằng một lực có độ lớn: \(F = k.\frac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{\varepsilon {r^2}}}\)

Điều kiện có sóng dừng trên dây hai đầu cố định: \(l = \frac{{k\lambda }}{2}\)

Công suất hao phí trong quá trình truyền tải điện năng đi xa được xác định bởi công thức:

\({P_{hp}} = \frac{{{P^2}R}}{{{U^2}.{{\cos }^2}\varphi }} = \frac{{{P^2}}}{{{U^2}.{{\cos }^2}\varphi }}.\frac{{\rho l}}{S} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{P_{hp}}~~\frac{1}{{{U^2}}}}\\ {{P_{hp}}~~\frac{1}{S}}\\ {{P_{hp}}~~{P^2}}\\ {{P_{hp}}~\frac{1}{{{{\cos }^2}\varphi }}} \end{array}} \right.\)

Để trong mạch có cộng hưởng điện: \({Z_L} = {Z_C} \Leftrightarrow \omega L = \frac{1}{{\omega C}} \Rightarrow \omega  = \frac{1}{{\sqrt {LC} }}\)

Phương trình dao động: \(x = 4\cos \left( {5\pi t + \pi } \right)\left( {cm} \right)\)

⇒ Biên độ dao động: \(A = 4cm\)

Tốc độ truyền sóng cơ học tăng dần trong các môi trường: khí, lỏng, rắn.

Khi dòng điện chạy qua đoạn mạch ngoài nối giữa hai cực của nguồn điện thì các hạt mang điện chuyển động có hướng dưới tác dụng của lực điện trường.

Cảm kháng của cuộn cảm là: \({Z_L} = \omega L = 100\pi .\frac{1}{\pi } = 100\Omega \)

Máy biến áp là thiết bị dùng để biến đổi điện áp xoay chiều.

Chu kì dao động của con lắc lò xo là: \(T = 2\pi \sqrt {\frac{m}{k}} = 2\pi .\sqrt {\frac{{0,1}}{{40}}} = \frac{\pi }{{10}}s\)

Âm sắc là đặc trưng sinh lí của âm gắn liền với đồ thị dao động âm.

Điện áp hiệu dụng: \(U = \frac{{{U_0}}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{100\sqrt 2 }}{{\sqrt 2 }} = 100V\)

⇒ Số chỉ của vôn kế này là 100V.

Trong mạch điện xoay chiểu chỉ chứa tụ điện thì điện áp giữa hai đầu đoạn mạch trễ pha trễ pha \(\frac{\pi }{2}\) so với cường độ dòng điện trong mạch.

Khi xảy ra hiện tượng cộng hưởng cơ thì vật tiếp tục dao động với tần số bằng tần số dao động riêng.

Đoạn mạch gồm RL nối tiếp có hệ số công suất của đoạn mạch là: \(\cos \varphi  = \frac{R}{Z} = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {\omega L} \right)}^2}} }}\)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{N_1} = 1000}\\ {{N_2} = 1500}\\ {{U_1} = 220V} \end{array}} \right.\)

Áp dụng công thức máy biến áp ta có: \(\frac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \frac{{{N_1}}}{{{N_2}}} \Rightarrow {U_2} = \frac{{{N_2}}}{{{N_1}}}.{U_1} = \frac{{1500}}{{1000}}.220 = 330V\)

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch bằng:

\(P = U.I.\cos \varphi  = 200.1.\cos \left[ {\left( { - \frac{\pi }{3}} \right) - 0} \right] = 100W\)

Khoảng cách ngắn nhất giữa một nút sóng và vị trí cân bằng của một bụng sóng là:

\(\frac{\lambda }{2} = 0,25m \Rightarrow \lambda  = 2.0,25 = 0,5m\)

Cường độ dòng điện chạy trong mạch: \(I = \frac{\xi }{{r + {R_N}}} = \frac{6}{{1 + 2}} = 2A\)

Hiệu điện thế ở hai đầu mạch ngoài: \(U = \xi  - I.r = 6 - 2.1 = 4V\)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{I = 1A}\\
{r = 10cm = 0,1m}
\end{array}} \right.\)

Cảm ứng từ tại điểm M có độ lớn là: \({B_M} = {2.10^{ - 7}}.\frac{I}{r} = {2.10^{ - 7}}.\frac{1}{{0,1}} = {2.10^{ - 6}}T\)

Ảnh là ảnh ảo nên ảnh và vật cùng chiều \( \Rightarrow k > 0\)

+ Ban đầu: \({k_1} =  - \frac{{{d_1}^\prime }}{{{d_1}}} = 3 \Rightarrow {d_1}^\prime  =  - 3{d_1}\)

\( \Rightarrow \frac{1}{f} = \frac{1}{{{d_1}}} + \frac{1}{{{d_1}^\prime }} = \frac{1}{{{d_1}}} + \frac{1}{{ - 3{d_1}}} = \frac{2}{{3{d_1}}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)\)

+ Sau khi dịch chuyển vật: \({k_2} =  - \frac{{{d_2}^\prime }}{{{d_2}}} = 2 \Rightarrow {d_2}^\prime  =  - 2{d_2}\)

\( \Rightarrow \frac{1}{f} = \frac{1}{{{d_2}}} + \frac{1}{{{d_2}^\prime }} = \frac{1}{{{d_2}}} + \frac{1}{{ - 2{d_2}}} = \frac{1}{{2{d_2}}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 2 \right)\)

+ Từ (1) và (2) ta có: \(\frac{2}{{3{d_1}}} = \frac{1}{{2{d_2}}} \Leftrightarrow 3{d_1} - 4{d_2} = 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 3 \right)\)

+ Khi dịch vật dọc theo trục chính 5cm ta thu được ảnh ảo \({A_2}{B_2} < {A_1}{B_1}\)

⇒ vật được dịch lại gần thấu kính

\( \Rightarrow {d_2} = {d_1} - 5 \Rightarrow {d_1} - {d_2} = 5cm{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 4 \right)\)

+ Từ (3) và (4) \( \Rightarrow {d_1} = 20cm\)

Thay vào (1) ta có: \(\frac{1}{f} = \frac{2}{{3{d_1}}} = \frac{2}{{3.20}} = \frac{1}{{30}} \Rightarrow f = 30cm\)

Tốc độ mà chất điểm đạt được trong quá trình dao động là: \({v_{\max }} = \omega A = 5.4 = 20cm/s\)

Khi động năng và thế năng bằng nhau: \({W_d} = {W_t} \Rightarrow W = 2.{W_d}\)

\( \Leftrightarrow 2.\frac{1}{2}m{v^2} = \frac{1}{2}m{\omega ^2}{A^2} \Rightarrow {A^2} = \frac{{2{v^2}}}{{{\omega ^2}}}\)

\( \Rightarrow A = \frac{{\sqrt 2 v}}{\omega } = \frac{{\sqrt 2 .0,6\sqrt 2 }}{{10}} = 0,12m = 12cm\)

+ Khi \({W_d} = \frac{1}{3}{W_t} \Rightarrow W = \frac{4}{3}{W_t}\)

\( \Leftrightarrow \frac{4}{3}m{\omega ^2}{x^2} = m{\omega ^2}{A^2} \Rightarrow x =  \pm \frac{{A\sqrt 3 }}{2}\)

Động năng đang giảm dần, tức là vật đang di chuyển về vị trí biên.

\( \Rightarrow x = \frac{{A\sqrt 3 }}{2}\) theo chiều dương hoặc \(x =  - \frac{{A\sqrt 3 }}{2}\) theo chiều âm.

+ Khi \({W_d} = 3{W_t} \Rightarrow W = 4{W_t}\)

\( \Leftrightarrow 4m{\omega ^2}{x^2} = m{\omega ^2}{A^2} \Rightarrow x =  \pm \frac{A}{2}\)

Biểu diễn trên VTLG hai vị trị trên như hình vẽ:

Từ VTLG ta xác định được: \(0,5s = \frac{\pi }{2}.\frac{T}{{2\pi }} = \frac{T}{4} \Rightarrow T = 2s\)

Thời gian vật có động năng cực đại từ thời điểm \({t_1}\) là: \(\Delta t = \alpha .\frac{T}{{2\pi }} = \left( {\frac{\pi }{2} + \frac{\pi }{6}} \right).\frac{2}{{2\pi }} = \frac{2}{3}s\)

Phần tử mặt nước tại A dao động với biên độ cực tiểu nên:

\({d_2} - {d_1} = \left( {k + \frac{1}{2}} \right)\lambda  = \left( {k + \frac{1}{2}} \right).\frac{v}{f}\)

\( \Leftrightarrow f = \frac{{\left( {k + \frac{1}{2}} \right).v}}{{{d_2} - {d_1}}} = \frac{{\left( {k + \frac{1}{2}} \right).20}}{{17 - 13}} = 5.\left( {k + \frac{1}{2}} \right)\)

Do \(6Hz \le f \le 12Hz \Leftrightarrow 6 \le 5.\left( {k + \frac{1}{2}} \right) \le 12\)

\( \Leftrightarrow 0,7 \le k \le 1,9 \Rightarrow k = 1\)

\( \Rightarrow f = 5.\left( {1 + \frac{1}{2}} \right) = 7,5Hz\)

Dung kháng và cảm kháng: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{Z_L} = \omega L = 100\pi .\frac{1}{\pi } = 100\Omega }\\ {{Z_C} = \frac{1}{{\omega C}} = \frac{1}{{100\pi .\frac{{{{2.10}^{ - 4}}}}{\pi }}} = 50\Omega } \end{array}} \right.\)

Điện áp hiệu dụng: \(U = \frac{{{U_0}}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{200}}{{\sqrt 2 }} = 100\sqrt 2 V\)

Công  suất tỏa nhiệt trên R: \({P_R} = {I^2}R = \frac{{{U^2}R}}{{{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}} = \frac{{{U^2}}}{{R + \frac{{{{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}{R}}}\)

Để \({P_{R\max }} \Leftrightarrow {\left[ {R + \frac{{{{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}{R}} \right]_{\min }}\)

Áp dụng BĐT Cosi ta có:

\(R + \frac{{{{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}{R} \ge 2.\sqrt {R.\frac{{{{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}{R}} = 2.\left| {{Z_L} - {Z_C}} \right|\)

\( \Rightarrow {\left( {R + \frac{{{{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}{R}} \right)_{\min }} = 2.\left| {{Z_L} - {Z_C}} \right|\)

\( \Rightarrow {P_{\max }} = \frac{{{U^2}}}{{2.\left| {{Z_L} - {Z_C}} \right|}} = \frac{{{{\left( {100\sqrt 2 } \right)}^2}}}{{2.\left| {100 - 50} \right|}} = 200W\)

Dấu “=” xảy ra khi: \(R = \frac{{{{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}{R} \Rightarrow R = \left| {{Z_L} - {Z_C}} \right| = \left| {100 - 50} \right| = 50\Omega \)

Công suất tiêu thụ của mạch: \(P = \frac{{{U^2}R}}{{{Z^2}}} = \frac{{{U^2}R}}{{{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}\)

\({P_{\max }} \Leftrightarrow {\left[ {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} \right]_{\min }}\)

\( \Leftrightarrow {Z_L} = {Z_C} \Leftrightarrow {\omega _0}L = \frac{1}{{{\omega _0}C}} \Rightarrow \omega _0^2 = \frac{1}{{LC}}\)

Với hai giá trị của tần số góc cho cùng hệ số công suất, ta có: \({\omega _1}{\omega _2} = \omega _0^2\)

Mặt khác: \(\cos {\varphi _1} = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{\omega _1}L - \frac{1}{{{\omega _1}C}}} \right)}^2}} }}\)

\(\cos {\varphi _1} = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + \left( {\omega _1^2{L^2} - 2.\frac{L}{C} + \frac{1}{{\omega _1^2{C^2}}}} \right)} }}\)

\({\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + \left( {\omega _1^2{L^2} - 2{L^2}.\frac{1}{{LC}} + \frac{{{L^2}}}{{\omega _1^2}}.\frac{1}{{{L^2}{C^2}}}} \right)} }}\)

\(\cos {\varphi _1} = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + \left( {\omega _1^2{L^2} - 2{L^2}.\omega _0^2 + \frac{{{L^2}}}{{\omega _1^2}}.\omega _0^4} \right)} }}\)

\({\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {L^2}.\left( {\omega _1^2 - 2.\omega _0^2 + \frac{{\omega _0^4}}{{\omega _1^2}}} \right)} }}\)

\({\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {L^2}.{{\left( {{\omega _1} - \frac{{\omega _0^2}}{{{\omega _1}}}} \right)}^2}} }}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {L^2}.{{\left( {{\omega _1} - {\omega _2}} \right)}^2}} }}\)

Theo bài ra ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\cos {\varphi _1} = 0,5}\\
{{\omega _1} - {\omega _2} = 200\pi {\mkern 1mu} \left( {rad/s} \right)}\\
{L = \frac{{\sqrt 3 }}{{4\pi }}H}
\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \cos {\varphi _1} = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {L^2}.{{\left( {{\omega _1} - {\omega _2}} \right)}^2}} }} = 0,5\)

\( \Leftrightarrow \frac{{{R^2}}}{{{R^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{{4\pi }}} \right)}^2}.{{\left( {200\pi } \right)}^2}}} = \frac{1}{4} \Leftrightarrow \frac{{{R^2}}}{{{R^2} + 7500}} = \frac{1}{4} \Rightarrow R = 50\Omega \)

Bước sóng: \(\lambda  = 4.AB = 4.9 = 36cm\)

Khi sợi dây duỗi thẳng: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{AB = 9cm}\\
{AB = 3.AC}
\end{array}} \right. \Rightarrow AC = \frac{{AB}}{3} = 3cm\)

Biên độ dao động của điểm C: \({A_C} = {A_B}.\sin \left| {\frac{{2\pi .AC}}{\lambda }} \right| = {A_B}.\sin \left| {\frac{{2\pi .3}}{{36}}} \right| = \frac{{{A_B}}}{2}\)

Khi sợi dây biến dạng nhiều nhất, điểm C đang ở biên, khi đó ta có:

\({A_C} = \sqrt {{5^2} - {3^2}}  = 4cm\)

\( \Rightarrow {A_B} = 2.{A_C} = 2.4 = 8cm\)

Công thức tính tốc độ: \({v_B} = \omega \sqrt {A_B^2 - x_B^2} \)

Khi B đi qua vị trí có li độ bằng biên độ của điểm C thì \({x_B} = {A_C} = 4cm\) và có tốc độ là:

\({v_B} = 20\sqrt {{8^2} - {4^2}}  = 80\sqrt 3 cm/s\)

+ Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{x_1} = {A_1}.\cos \left( {\omega t + {\varphi _1}} \right)}\\ {{x_2} = {A_2}.\cos \left( {\omega t + {\varphi _2}} \right)} \end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{x_1} = {A_1}.\cos \left( {\omega t + {\varphi _1}} \right)}\\ { - {x_2} = {A_2}.\cos \left( {\omega t + {\varphi _2} + \pi } \right)} \end{array}} \right.\)

+ Khoảng cách giữa hai chất điểm theo phương Ox: \(\Delta d = \left| {{x_1} - {x_2}} \right| = \left| {{x_1} + \left( { - {x_2}} \right)} \right| = d.\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\)

Với: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {\Delta \varphi = {\varphi _1} - \left( {{\varphi _2} + \pi } \right)}\\ {d = \sqrt {A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}.\cos \Delta \varphi } } \end{array}} \right.\)

+ Khi \({A_1} = 0 \Rightarrow d = 12cm\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {{0^2} + A_2^2 + 2.0.{A_2}.\cos \Delta \varphi } = 12cm \Rightarrow {A_2} = 12cm\)

+ Lại có: \({d^2} = A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}.\cos \Delta \varphi \)

\( \Rightarrow {d^2} = {\left( {{A_1} + {A_2}.\cos \Delta \varphi } \right)^2} + A_2^2\left( {1 - {{\cos }^2}\Delta \varphi } \right)\)

\( \Rightarrow {d_{\min }} \Leftrightarrow {A_1} + {A_2}.\cos \Delta \varphi = 0 \Rightarrow \cos \Delta \varphi = - \frac{{{A_1}}}{{{A_2}}}\)

Mà \({d_{\min }} \Leftrightarrow {A_1} = 9cm \Rightarrow \cos \Delta \varphi = - \frac{9}{{12}} = - \frac{3}{4}\)

+ Khi \(d = 10cm\) ta có:

\({d^2} = A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}.\cos \Delta \varphi \Leftrightarrow {10^2} = A_1^2 + {12^2} + 2{A_1}.12.\left( { - \frac{3}{4}} \right)\)

\( \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}} {{A_1} = 2,92cm = {a_1}}\\ {{A_1} = 15,08cm = {a_2}} \end{array}} \right.\)

Tỉ số cơ năng: 

\({\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \frac{{{W_1}}}{{{W_2}}} = \frac{{\frac{1}{2}m{\omega ^2}a_1^2 + \frac{1}{2}m{\omega ^2}A_2^2}}{{\frac{1}{2}m{\omega ^2}a_2^2 + \frac{1}{2}m{\omega ^2}A_2^2}} = \frac{{a_1^2 + A_2^2}}{{a_2^2 + A_2^2}} = \frac{{15,{{08}^2} + {{12}^2}}}{{2,{{92}^2} + {{12}^2}}} = 0,4\)

Gọi \({g_1}\) và \({g_2}\) là gia tốc của hai con lắc khi chịu tác dụng của ngoại lực.

Gọi \({a_1}\) và \({a_2}\) là gia tốc do lực điện tác dụng lên con lắc 1 và 2 (\({a_1} = {a_2}\) vì hai con lắc giống nhau đặt trong cùng điện trường đều): \({a_1} = {a_2} = \frac{{\left| q \right|E}}{m}\)

Hai con lắc cùng biên độ nên \(\overrightarrow {{g_1}}  \uparrow  \uparrow \overrightarrow {{g_2}} \)

Có \({T_2} > {T_1} \Rightarrow {g_2} < {g_1}\)

Xét tam giác ABC có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{q_1} = {q_2}}\\
{\overrightarrow {{a_1}}  \bot \overrightarrow {{a_2}} }
\end{array}} \right. \Rightarrow \Delta ABC\) vuông cân.

Tam giác OAC có: \(\widehat {OBA} = {37^0} \Rightarrow \frac{{{g_2}}}{{\sin 37}} = \frac{{{a_2}}}{{\sin 8}}\,\,\,\left( 1 \right)\)

Tam giác OAC có: \(\frac{{{g_1}}}{{\sin 127}} = \frac{{{a_1}}}{{\sin 8}}\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra: \(\frac{{{g_1}}}{{\sin 127}} = \frac{{{g_2}}}{{\sin 37}} \Rightarrow \frac{{{g_1}}}{{{g_2}}} = \frac{{\sin 127}}{{\sin 37}}\)

Mà: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\frac{{{T_1}}}{{{T_2}}} = \sqrt {\frac{{{g_1}}}{{{g_2}}}}  = \sqrt {\frac{{\sin 127}}{{\sin 37}}} }\\
{{T_2} = {T_1} + 0,25}
\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow {T_2} = {T_1}.\sin \sqrt {\frac{{\sin 127}}{{\sin 37}}} \)

\( \Rightarrow {T_1}\sin \sqrt {\frac{{\sin 127}}{{\sin 37}}}  = {T_1} + 0,25 \Rightarrow {T_1} = 1,645s\)

Công thức tính tổng trở: \(Z = \sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} \)

Tại \({Z_{C1}} \Rightarrow {Z_{\min }} \Leftrightarrow {Z_L} = {Z_{C1}} \Rightarrow {Z_{\min }} = R\)

Từ đồ thị ta thấy \({Z_{\min }} = 120\Omega \Rightarrow R = 120\Omega \)

+ Từ đồ thị ta có: \(Z = {Z_C} = 125\Omega \)

\( \Rightarrow 125 = \sqrt {{{120}^2} + {{\left( {{Z_L} - 125} \right)}^2}} \Leftrightarrow {125^2} = {120^2} + {\left( {{Z_L} - 125} \right)^2}\)

\( \Leftrightarrow {Z_L} - 125 = \pm 35 \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}} {{Z_L} = 160\Omega = {Z_{C1}}}\\ {{Z_L} = 90\Omega {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {loai} \right)} \end{array}} \right.\)

Hệ số công suất của đoạn mạch RL: \(\cos {\varphi _{RL}} = \frac{{120}}{{\sqrt {{{120}^2} + {{160}^2}} }} = 0,6\)