Ánh sáng trắng hỗn hợp của vô số ánh sáng đơn sắc có màu biến thiên liên tục từ đỏ đến tím.

Dùng máy tính bấm nhanh: \(5\angle \frac{\pi }{6}+5\sqrt{3}\angle \frac{2\pi }{3}=10\angle \frac{\pi }{2}\)

Vậy: A = 10cm và \(\varphi =\frac{\pi }{2}\)

Hai điểm gần nhau nhất trên cùng một phương truyền sóng, cách nhau một khoảng bằng bước sóng có dao động cùng pha (định nghĩa bước sóng)

Ảnh cùng chiều với vật nên ảnh là ảnh ảo và bé hơn vật nên thấu kính là thấu kính phân kì:

Vị trí của ảnh: \(\frac{1}{f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{{{d}'}}\Rightarrow d=\frac{{d}'.f}{{d}'-f}=\frac{\left( -15 \right).\left( -20 \right)}{\left( -15 \right)-\left( -20 \right)}=60cm\)

Ta có: d > 0 nên vật đặt trước thấu kính một đoạn: 60cm.

Độ cong của thủy tinh thể sẽ tăng lên khi tiến lại gần và giảm xuống khi vật ra xa, đây gọi là sự điều tiết của mắt

Phương trình phản ứng: \({}_{6}^{14}C\to {}_{-1}^{0}e+{}_{Z}^{A}X\)

Áp dụng bảo toàn điện tích

14=0+A và 6=-1+Z

⇒ A=14 và Z=7

Hạt nhân con sinh ra có 7 proton và 7 notron.

Công suất tiêu thụ của mạch điện: \(P={{I}^{2}}.R=\frac{{{U}^{2}}}{R}=\frac{{{20}^{2}}}{10}=40\text{W}\)

Trong 1 phút, điện năng tiêu thụ của mạch: \(A=P.t=40.60=2400J=2,4kJ\)

Cảm kháng và dung kháng của mạch:\({{Z}_{L}}=\omega .L=100\pi .\frac{2}{\pi }=200\Omega \)

\({{Z}_{C}}=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{100\pi .\frac{100}{\pi }{{.10}^{-6}}}=100\Omega \)

Tổng trở của mạch: \(Z=\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=\sqrt{{{100}^{2}}+{{\left( 200-100 \right)}^{2}}}=100\sqrt{2}\Omega \)

Cường độ dòng điện cực đại trong mạch: \({{I}_{0}}=\frac{{{U}_{0}}}{Z}=\frac{220\sqrt{2}}{100\sqrt{2}}=2,2A\)

Độ lệch pha: \(\tan \varphi =\frac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{R}=\frac{200-100}{100}=1\Rightarrow \varphi =\frac{\pi }{4}\)

\(\Rightarrow {{\varphi }_{i}}={{\varphi }_{u}}-\varphi =-\frac{\pi }{4}-\frac{\pi }{4}=-\frac{\pi }{2}\)

Cường độ dòng điện tức thời qua mạch có biểu thức là:\(i=2,2cos\left( 100\pi t-\frac{\pi }{2} \right)A\)

Điện tích của 2 bản tụ điện: \(Q=CU={{2.10}^{-6}}.4={{8.10}^{-6}}C\)

Điều kiện có cộng hưởng điện: \({{Z}_{L}}={{Z}_{C}}\Rightarrow f=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}\)

Khoảng cách giữa hai đỉnh sóng liên tiếp chính bằng một bước sóng nên \(\lambda =20cm\)

Điện tích dao động có thể bức xạ ra sóng điện từ.

Trong chân không, vận tốc của sóng điện từ: \(v=c={{3.10}^{8}}m/s\).

Tần số của sóng điện từ bằng tần số điện tích dao động.

Hệ số công suất của RC bằng hệ số công suất của cả mạch nên

\(\frac{R}{\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}}=\frac{R}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}\Rightarrow Z_{C}^{2}={{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}\Rightarrow {{Z}_{C}}=\frac{{{Z}_{L}}}{2}=40\Omega \)

Mà: \(\text{cos}{{\varphi }_{RC}}=\frac{R}{\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}}=0,6\Rightarrow {{R}^{2}}=0,36\left( {{R}^{2}}+Z_{C}^{2} \right)\Rightarrow R=30\Omega \)

Công thức tính điện dung của tụ phẳng: \(C=\frac{\varepsilon .S}{{{9.10}^{9}}.4\pi d}\)

Để tăng dung kháng của một tụ điện phẳng có điện môi là không khí thì:

• Giảm khoảng cách giữa hai bản tụ.

• Tăng hằng số điện môi \(\varepsilon \) (bằng cách đưa vào giữa hai bản tụ một điện môi)

Vật đổi chiều chuyển động tại vị trí biên: \(x=\pm A\)

Gia tốc của vật đang có giá trị dương khi \(x<0\Rightarrow x=-A\)

Tại thời điểm ban đầu (t = 0): \(x=Ac\text{os}\varphi =-A\Rightarrow c\text{os}\varphi =-1\Rightarrow \varphi =\pi \)

Công suất tiêu thụ mạch ngoài là \(P=R.{{I}^{2}}\)

Cường độ dòng điện trong mạch là \(I=\frac{E}{R+r}\) suy ra \(P=R.{{\left( \frac{E}{R+r} \right)}^{2}}\) với E = 6 V, \(r=2\Omega \), P = 4 W ta tính được \(R=1\Omega \).

Điều kiện sóng dừng với hai đầu cố định (hai đầu là hai nút): \(\ell =k\frac{\lambda }{2}(k=1;2;3...)\) tức là chiều dài AB sẽ bằng số nguyên lần của bước sóng.

Cảm ứng từ gây ra tại tâm dòng điện tròn: \(B=2\pi {{.10}^{-7}}.\frac{1}{R}\Rightarrow \frac{{{B}_{1}}}{{{B}_{2}}}=\frac{{{I}_{1}}}{{{I}_{2}}}\)

Thay số vào ta được: \({{B}_{2}}={{B}_{1}}\frac{{{I}_{2}}}{{{I}_{1}}}=0,4\pi .\frac{20-5}{20}=0,3\pi \) \(\mu T\)

Vân tối thứ 3 ứng với 

\(\left( \begin{align} & k=2 \\ & k=-3 \\ \end{align} \right.\)

Hiệu đường đi của tia sáng tới hai khe: \({{d}_{2}}-{{d}_{1}}=\left( 2k+1 \right)\frac{\lambda }{2}=\left( 2.2+1 \right)\frac{\lambda }{2}=2,5\lambda \)

Cường độ dòng điện cực đại trong mạch: \({{I}_{0}}=\omega {{q}_{0}}\)

Công thoát của kim loại: \(A=\frac{hc}{\lambda }=\frac{19,{{875.10}^{-26}}}{0,{{5.10}^{-6}}}=3,{{975.10}^{-19}}J=2,484eV\)

Phương trình phản ứng: \({}_{84}^{210}Po\Rightarrow {}_{Z}^{A}X+{}_{82}^{206}Pb\)

Áp dụng định luật bảo toàn số khối và điện tích ta có: 

210=A+206 và 84=Z+82→ A=4 và Z=2 →\( {}_{2}^{4}He\)

Số cặp cực của máy phát là: \(f=\frac{pn}{60}\Rightarrow n=\frac{60f}{p}=\frac{60.50}{750}=4\)

Tia X có khả năng xuyên qua một tấm chì dày cỡ vài mm.

Theo phương truyền sóng, các phần tử trước đỉnh sẽ đi xuống, sau đỉnh sóng sẽ đi lên. Điểm M sau đỉnh sóng đang đi lên vậy sóng truyền từ B đến A và N cũng đang đi lên.

Biên độ dao động của con lắc: \(A=\sqrt{{{x}^{2}}+\frac{{{v}^{2}}}{{{\omega }^{2}}}}=\sqrt{{{2}^{2}}+\frac{{{\left( 40\sqrt{3} \right)}^{2}}}{{{20}^{2}}}}=4cm\)

Độ giãn của lò xo ở vị trí cân bằng: \(\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{g}{\Delta \ell }}\Rightarrow \Delta \ell =\frac{g}{{{\omega }^{2}}}=\frac{10}{{{20}^{2}}}=0,025m=2,5cm\)

Ta có: \(A>\Delta \ell \Rightarrow {{F}_{\text{dhmin}}}=0N\)

Ta có: \(\frac{hc}{\lambda }=A+{{\text{W}}_{d}}\Rightarrow {{\text{W}}_{d}}=\frac{hc}{\lambda }-A=\frac{19,{{875.10}^{-26}}}{0,{{5.10}^{-6}}}-1,8.1,{{6.10}^{-19}}=1,{{095.10}^{-19}}J\)

Công của lực điện trường là công phát động:

\(A=e{{U}_{AB}}=1,{{728.10}^{-18}}J\)

Với các e bứt ra với vận tốc cực đại:

\(\frac{m.v_{\text{max}}^{2}}{2}-{{\text{W}}_{d}}=e.{{U}_{AB}}\)

Thay số vào ta được:

\({{v}_{dm\text{ax}}}=\sqrt{\frac{2}{m}.\left( e.{{U}_{AK}}+\text{W} \right)}=\sqrt{\frac{2}{9,{{1.10}^{-31}}}\left( 1,{{728.10}^{-18}}+1,{{095.10}^{-19}} \right)}=2,{{009.10}^{6}}m/s\)

Các e bứt ra với vận tốc ban đầu bằng không, đến anot \(\frac{m.v_{\min }^{2}}{2}-0=e.{{U}_{AB}}\)

Thay số vào ta được:

\(v{}_{d\min }=\sqrt{\frac{2}{m}.\left( e.{{U}_{AK}}+\text{W} \right)}=\sqrt{\frac{2}{9,{{1.10}^{-31}}}\left( 1,{{728.10}^{-18}}+0 \right)}=1,{{949.10}^{6}}m/s\)

• Xét tia đỏ:

\(\operatorname{s}\text{in}{{\text{r}}_{d}}=\frac{\sin i}{{{n}_{d}}}=\frac{\sin 30{}^\circ }{1,642}=0,3045\Rightarrow \operatorname{t}\text{an}{{\text{r}}_{d}}=0,320\)

• Xét tia tím:

\(\operatorname{s}\text{in}{{\text{r}}_{t}}=\frac{\sin i}{{{n}_{t}}}=\frac{\sin 30{}^\circ }{1,685}=0,2967\Rightarrow \tan {{\text{r}}_{t}}=0,311\)

• Độ rộng in lên mặt dưới bản mặt song song:

TĐ = \(e.\left( \text{tan}{{\text{r}}_{d}}-\tan {{\text{r}}_{t}} \right)=10\left( 0,320-0,311 \right)=0,09cm\)

• Độ rộng chùm tia ló (khoảng cách giữa tia ló màu đỏ và tia ló màu tím sau khi ra khỏi tấm thủy tinh)

\(\Delta d=T.\sin \left( 90{}^\circ -i \right)=0,09.\sin \left( 90{}^\circ -30{}^\circ  \right)=0,0779cm=0,78mm\)

Hai nguồn giống nhau, có \(\lambda =3\) cm nên phương trình sóng tại \({{M}_{1}}\) và \({{M}_{2}}\) là:

\({{u}_{M1}}=2.4cos\pi \frac{\Delta {{d}_{1}}}{\lambda }cos\left( \omega t-\pi \frac{{{d}_{1}}+{{d}_{2}}}{\lambda } \right)\)

\({{u}_{M2}}=2.4cos\pi \frac{\Delta {{d}_{2}}}{\lambda }cos\left( \omega t-\pi \frac{{{d}_{1}}^{\prime }+{{d}_{2}}^{\prime }}{\lambda } \right)\)

Mà \({{M}_{1}}\) và \({{M}_{2}}\) nằm trên cùng một elip nên ta luôn có \(A{{M}_{1}}+B{{M}_{1}}=A{{M}_{2}}+B{{M}_{2}}\)

Tức là \({{d}_{1}}+{{d}_{2}}={{d}_{1}}^{\prime }+{{d}_{2}}^{\prime }\) và \(\left\{ \begin{align} & \Delta {{d}_{1}}={{d}_{1}}-{{d}_{2}}=A{{M}_{1}}-B{{M}_{1}}=1cm \\ & \Delta {{d}_{2}}={{d}_{1}}^{\prime }-{{d}_{2}}^{\prime }=A{{M}_{2}}-B{{M}_{2}}=3,5cm \\ \end{align} \right.\)

Nên ta có tỉ số: \(\frac{{{u}_{M2}}}{{{u}_{M1}}}=\frac{cos\left( \frac{\pi }{\lambda }.3,5 \right)}{cos\left( \frac{\pi }{\lambda }.1 \right)}=\frac{cos.\frac{\pi }{3}\left( 3+\frac{1}{2} \right)}{cos\frac{\pi }{3}}=\frac{cos.\left( \pi +\frac{\pi }{6} \right)}{cos\frac{\pi }{3}}=\frac{cos\frac{\pi }{6}}{cos\frac{\pi }{3}}=-\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow {{u}_{M2}}=-\sqrt{3}{{u}_{M1}}=-3\sqrt{3}mm\)

Số hạt nhân Heli tổng hợp được: \(N=\frac{m}{A}.{{N}_{A}}=\frac{1}{4}.6,{{02.10}^{23}}=1,{{505.10}^{23}}\)

Từ phương trình phản ứng ta thấy, cứ một hạt nhân heli tạo thành sẽ tỏa ra môi trường 17,6 MeV.

Năng lượng tỏa ra khi tổng hợp được 1g khí Heli xấp xỉ bằng:

\(E=N.\Delta E=1,{{505.10}^{23}}.17,6=2,{{6488.10}^{24}}MeV=4,{{24.10}^{11}}J\)

Để B có thể dịch sang trái thì lò xo phải giãn một đoạn ít nhất là x_o sao cho:

F_đh = F_ms \(\Rightarrow \)kx_o = mm₂g \(\Rightarrow \)150x_o = 40\(\Rightarrow \)\({{\text{x}}_{\text{0}}}=\frac{4}{15}\)m.

Như thế, vận tốc v_o mà hệ (m₁ + m) có khi bắt đầu chuyển động phải làm cho lò xo có độ co tối đa x sao cho khi nó dãn ra thì độ dãn tối thiểu phải là x_o.

Suy ra:

\(\frac{1}{2}k{{x}^{2}}=\mu ({{m}_{1}}+m)g(x+{{x}_{o}})+\frac{1}{2}kx_{o}^{2}\Rightarrow 75{{x}^{2}}-10x-8=0\Rightarrow x=0,4\text{ }m.\)

Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có: \(\frac{1}{2}({{m}_{1}}+m)v_{o}^{2}-\frac{1}{2}k{{x}^{2}}=\mu ({{m}_{1}}+m)gx.\)

Từ đó tính được: v_{o min} » 1,8 m/s \(\Rightarrow \)v_min » 18 m/s.

Biên độ của dao động tổng hợp: \({{A}^{2}}=A_{1}^{2}+A_{2}^{2}\)

Hai dao dộng vuông pha nên: \(\frac{x_{1}^{2}}{A_{1}^{2}}+\frac{x_{2}^{2}}{A_{2}^{2}}=1\Rightarrow \frac{x_{0}^{2}}{A_{1}^{2}}+\frac{x_{0}^{2}}{A_{2}^{2}}=1\)

\(\Rightarrow \frac{1}{x_{0}^{2}}=\frac{1}{A_{1}^{2}}+\frac{1}{A_{2}^{2}}=\frac{A_{1}^{2}+A_{2}^{2}}{A_{1}^{2}.A_{2}^{2}}=\frac{{{A}^{2}}}{A_{1}^{2}.A_{2}^{2}}\Rightarrow {{x}_{0}}=\frac{{{A}_{1}}{{A}_{2}}}{A}\)

Gọi \({{v}_{\text{max}}}\) là vận tốc cực đại của vật trong quá trình dao động:

\({{v}_{\text{max}}}=A\omega \Rightarrow A=\frac{{{v}_{\text{max}}}}{\omega }\Rightarrow {{x}_{0}}=\frac{{{A}_{1}}{{A}_{2}}\omega }{{{v}_{\text{max}}}}\)

Tại thời điểm t = 0 ta có: 

\(\left\{ \begin{align} & {{N}_{X0}}={{N}_{0}} \\ & {{N}_{Y0}}=0,25{{N}_{0}} \\ \end{align} \right.\)

Mà tại t = 6,78 s có \(\left\{ \begin{align} & {{N}_{X}}={{N}_{0}}{{.2}^{\frac{6,78}{T}}} \\ & {{N}_{Y}}=0,25{{N}_{0}}+{{N}_{0}}.\left( 1-{{2}^{\frac{6,78}{T}}} \right) \\ \end{align} \right.\)

Mà tại t = 6,78 s có:

\({{N}_{X}}={{N}_{Y}}\Leftrightarrow {{N}_{0}}{{.2}^{\frac{6,78}{T}}}=0,25{{N}_{0}}+{{N}_{0}}.\left( 1-{{2}^{\frac{6,78}{T}}} \right)\Leftrightarrow {{2.2}^{\frac{6,78}{T}}}=\frac{5}{4}\Leftrightarrow {{2}^{\frac{6,78}{T}}}=\frac{5}{8}\Rightarrow -\frac{6,78}{T}={{\log }_{2}}\frac{5}{8}\)

\(\Rightarrow T=10\) ngày

Ta tính nhanh được: \({{Z}_{L}}=15\Omega ;{{Z}_{C}}=10\Omega \) và \(Z=10\Omega \)

Góc lệch pha giữa u, \({{u}_{d}}\) và \({{u}_{e}}\) so với i qua mạch:

\(\tan \varphi =\frac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{r}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \varphi =\frac{\pi }{6};\tan {{\varphi }_{d}}=\frac{{{Z}_{L}}}{r}=\sqrt{3}\Rightarrow \varphi =\frac{\pi }{3}\)

\({{\varphi }_{C}}=-\frac{\pi }{2}\)

Ta có giản đồ như hình vẽ.

Theo giản đồ ta có:

\({{U}_{d}}=\frac{{{U}_{R}}}{cos\frac{\pi }{3}}=2{{U}_{R}};{{U}_{L}}={{U}_{R}}\tan \frac{\pi }{3}={{U}_{R}}\sqrt{3}\) và \({{U}_{L}}-{{U}_{C}}={{U}_{R}}\tan \varphi ={{U}_{R}}\tan \frac{\pi }{6}=\frac{{{U}_{R}}}{\sqrt{3}}\)

\(\Rightarrow {{U}_{C}}={{U}_{L}}-\frac{{{U}_{r}}}{\sqrt{3}}=\frac{2{{U}_{r}}}{\sqrt{3}}\)

Theo bài ra ta có \({{u}_{d}}\) sớm pha hơn u góc \(\frac{\pi }{6}\). Còn \({{u}_{C}}\) chậm pha hơn u góc \(\frac{2\pi }{3}\). Do đó biểu thức của \({{u}_{d}}\) và \({{u}_{C}}\) là:

\({{u}_{d}}={{U}_{d}}\sqrt{2}cos\left( 100\pi t+\frac{\pi }{6} \right)=2{{U}_{R}}\sqrt{2}cos\left( 100\pi t+\frac{\pi }{6} \right)V\)

\({{u}_{C}}={{U}_{C}}\sqrt{2}cos\left( 100\pi t-\frac{2\pi }{3} \right)=\frac{2{{U}_{R}}}{\sqrt{3}}\sqrt{2}cos\left( 100\pi t-\frac{2\pi }{3} \right)V\)

Khi \(t={{t}_{1}}\): \({{u}_{d}}={{U}_{d}}\sqrt{2}cos\left( 100\pi t+\frac{\pi }{6} \right)=100V\)  (1)

Khi \(t={{t}_{1}}+\frac{1}{75}\): \({{u}_{C}}=\frac{2{{U}_{R}}}{\sqrt{3}}\sqrt{2}cos\left( 100\pi \left( t+\frac{1}{15} \right)-\frac{2\pi }{3} \right)=100V\)  (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\left( 100\pi t+\frac{\pi }{6} \right)=\frac{1}{\sqrt{3}}cos\left( 100\pi \left( t+\frac{1}{15} \right)-\frac{2\pi }{3} \right)==-\frac{1}{\sqrt{3}}\sin \left( 100\pi t+\frac{\pi }{6} \right)\)

\(\Rightarrow \tan \left( 100\pi t+\frac{\pi }{6} \right)=-\sqrt{3}\Rightarrow cos\left( 100\pi t+\frac{\pi }{6} \right)=\frac{1}{2}\)

Từ biểu thức \({{u}_{d}}\): \({{u}_{d}}=2{{U}_{d}}\sqrt{2}cos\left( 100\pi t+\frac{\pi }{6} \right)=2{{U}_{R}}\sqrt{2}.\frac{1}{2}=100V\Rightarrow {{U}_{R}}=\frac{100}{\sqrt{2}}V\)

Mặt khác \(U=\sqrt{U_{R}^{2}+{{\left( {{U}_{L}}-{{U}_{C}} \right)}^{2}}}=\sqrt{U_{R}^{2}+{{\left( \frac{{{U}_{R}}}{\sqrt{3}} \right)}^{2}}}=\frac{2}{\sqrt{3}}{{U}_{R}}\)

\(\Rightarrow U=\frac{2}{\sqrt{3}}.\frac{100}{\sqrt{2}}=\frac{200}{\sqrt{6}}\Rightarrow {{U}_{0}}=U\sqrt{2}=\frac{200\sqrt{3}}{3}=115V\)

Từ đồ thị ta có: \(T={{10}^{-3}}s\Rightarrow \omega =2000\pi rad/s\)

Ta lại có: \({{I}_{01}}={{8.10}^{-3}}A\Rightarrow {{Q}_{01}}=\frac{{{I}_{01}}}{\omega }=\frac{{{4.10}^{-6}}}{\pi }C=\frac{4}{\pi }\mu C\)

\({{I}_{02}}={{6.10}^{-3}}A\Rightarrow {{Q}_{02}}=\frac{{{I}_{02}}}{\omega }=\frac{{{3.10}^{-6}}}{\pi }C=\frac{3}{\pi }\mu C\)

Từ đồ thị ta có:

Tại t = 0; \({{i}_{1}}=0\) và đang tăng nên \({{\varphi }_{i1}}=-\frac{\pi }{2}\Rightarrow {{\varphi }_{q1}}={{\varphi }_{i1}}-\frac{\pi }{2}=-\pi \)

Tại t = 0; \({{i}_{2}}=-{{I}_{0}}\) và đang tăng nên \({{\varphi }_{2}}=\pi \Rightarrow {{\varphi }_{q2}}={{\varphi }_{i2}}-\frac{\pi }{2}=\frac{\pi }{2}\)

Suy ra: \({{q}_{1}}\) và \({{q}_{2}}\) vuông pha với nhau.

Tổng điện tích trên hai bản tụ điện

\(q={{q}_{1}}+{{q}_{2}}\Rightarrow {{Q}_{0\max }}=\sqrt{Q_{01}^{2}+Q_{02}^{2}}=\sqrt{{{\left( \frac{4}{\pi } \right)}^{2}}+{{\left( \frac{3}{\pi } \right)}^{2}}}=\frac{5}{\pi }\mu C\)

Do \({{\overrightarrow{\text{I}}}_{\text{1}}}\bot {{\overrightarrow{\text{I}}}_{\text{2}}}\) nên \({{\varphi }_{1}}+{{\varphi }_{2}}={{90}^{0}}\Rightarrow \sin {{\varphi }_{1}}=\cos {{\varphi }_{2}}\Leftrightarrow {{\cos }^{2}}{{\varphi }_{1}}+{{\cos }^{2}}{{\varphi }_{2}}=1\)     (1)

Lại có  \(\left\{ \begin{matrix} \cos {{\varphi }_{1}}=\frac{{{U}_{R1}}}{U} \\ \cos {{\varphi }_{2}}=\frac{{{U}_{R2}}}{U} \\ \end{matrix}\xrightarrow{{{U}_{R2}}=\sqrt{3}{{U}_{R1}}}\cos {{\varphi }_{2}}=\sqrt{3}\cos {{\varphi }_{1}} \right.\)      (2)

Giải hệ (1) và (2), ta được: \(\left\{ \begin{align} & {{\cos }^{2}}{{\varphi }_{1}}+{{\cos }^{2}}{{\varphi }_{2}}=1 \\ & \cos {{\varphi }_{2}}=\sqrt{3}\cos {{\varphi }_{1}} \\ \end{align} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{matrix} \cos {{\varphi }_{1}}=\frac{1}{2} \\ \cos {{\varphi }_{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2} \\ \end{matrix} \right.\)

Tại \({{t}_{1}}:\left\{ \begin{align} & {{u}_{M}}=20mm \\ & {{u}_{N}}=15,4mm \\ \end{align} \right.\)  

Tại \({{t}_{2}}:\left\{ \begin{align} & {{u}_{M}}=20mm \\ & {{u}_{N}}=\pm Amm \\ \end{align} \right.\)

\(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} cos\frac{\alpha }{2} = \frac{{20}}{A}\\ cos\alpha = \frac{{15,3}}{A} = 2co{s^2}\left( {\frac{\alpha }{2}} \right) - 1 \end{array} \right. \Rightarrow \frac{{15,3}}{A} = 2.{\left( {\frac{{20}}{A}} \right)^2} - 1 \Rightarrow \frac{1}{A} = 0,0462 \Rightarrow A = 21,6mm\\ \omega = 5\pi rad/s \Rightarrow {v_{{\rm{max}}}} = A\omega = 21,6.5\pi \approx 340mm/s = 34cm/s \end{array}\)

+ Chu kì của dao động

\(T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}=2\pi \sqrt{\frac{{{400.10}^{-3}}}{100}}=0,4\text{s}\)

+ Độ biến dạng của lò xo tại vị trí cân bằng

\(\Delta {{l}_{0}}=\frac{mg}{k}=\frac{{{400.10}^{-3}}.10}{100}=4cm\)

+ Khi lực F tăng lên một lượng ∆F thì vị trí cân bằng của lò xo dịch chuyển thêm một đoạn \(\Delta l=4cm\)

Tại thời điểm \(t=0,2\text{s}\) con lắc đang ở vị trí biên của dao động thứ nhất

+ Dưới tác dụng của lực F vị trí cân bằng dịch chuyển đến đúng vị trí biên nên con lắc đứng yên tại vị trí này

+ Lập luận tương tự khi ngoại lực F có độ lớn 12 N con lắc sẽ dao động với biên độ 8 cm

Từ hình vẽ ta tìm được \(v=\frac{\sqrt{3}}{2}{{v}_{ma\text{x}}}=\frac{\sqrt{3}}{2}8.5\pi =20\pi \sqrt{3}\)cm/s

Từ đồ thị ta có:

\({{\overrightarrow{U}}_{AN}}\bot {{\overrightarrow{U}}_{MB}}\Leftrightarrow \tan {{\varphi }_{AN}}\tan {{\varphi }_{MB}}=-1\Leftrightarrow \frac{{{U}_{L}}}{{{U}_{R}}+{{U}_{r}}}.\frac{{{U}_{C}}-{{U}_{L}}}{{{U}_{r}}}=-1\)       (1)

Và \(R=4r\Rightarrow {{U}_{R}}=4{{U}_{r}}\xrightarrow{(1)}{{\left( {{U}_{L}}-{{U}_{C}} \right)}^{2}}=\frac{25U_{r}^{4}}{U_{L}^{2}}\)      (2)

Mặt khác:

\(\left\{ \begin{array}{l} U_{AN}^2 = {\left( {{U_R} + {U_r}} \right)^2} + U_L^2\\ U_{MB}^2 = U_r^2 + {\left( {{U_L} - {U_C}} \right)^2} \end{array} \right.\left\{ \begin{array}{l} {\left( {150\sqrt 2 } \right)^2} = 25U_r^2 + U_L^2\\ {\left( {30\sqrt 6 } \right)^2} = U_r^2 + \frac{{25U_r^4}}{{U_L^2}} \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {U_r} = 15\sqrt 6 V\\ {U_L} = 75\sqrt 2 V \end{array} \right.\)

Suy ra: \(\left\{ \begin{align} & {{U}_{R}}=60\sqrt{6}V \\ & {{U}_{C}}=120\sqrt{2}V \\ \end{align} \right.\Rightarrow \cos \varphi =\frac{{{U}_{R}}+{{U}_{r}}}{\sqrt{{{\left( {{U}_{R}}+{{U}_{r}} \right)}^{2}}+{{\left( {{U}_{L}}-{{U}_{C}} \right)}^{2}}}}=\frac{5\sqrt{7}}{14}=0,945.\)

Bước sóng của bức xạ cho vân sáng tại vị trí x: \(x=k.\frac{\lambda D}{a}\Rightarrow \lambda =\frac{ax}{k.D}=\frac{2.1,56}{k.2}=\frac{1,56}{k}\mu m\)

Cho \(\lambda \) vào điều kiện bước sóng ta có: \(0,4\le \frac{1,56}{k}\le 0,76\Rightarrow 2,05\le k\le 3,9\Rightarrow k=3\)

Bước sóng của ánh sáng dùng trong thí nghiệm là \(\lambda =\frac{1,56}{3}=0,52\mu m\)