+ Quãng đường vật đi được 2A luôn là: \(o,5T=1 \to T=2s \to \omega =\pi rad/s\)

+ Quãng đường vật đi được trong một phần ba chi kì kề từ vị trí x=0,5A theo chiều âm là: \(S=1,5A=9cm \to A=6cm\)

+ Chu kỳ dao động: \( T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{\pi } = 2s\)

⇒ Khoảng thời gian \( \Delta t = 3,5T = 7s\)

+ Quãng đường chất điểm đi được sau 7 giây kể từ lúc t = 0 là: \(2A \to S_{\Delta t}=7.2A=56cm\)

+ Cơ năng của vật dao động điều hòa bằng động năng của vật khi đi tới vị trí cân bằng.

Ban đầu đưa vật tới vị tríc cách VTCB 4cm rồi buông nhẹ

\(\to A= 4cm\)

Lại có công của lực ma sát trong quãng đường S được tính bằng:

\(A_{ms}=\mu mgS\)

Do công của lực ma sát là công âm cản trở dao động của vật 

Vậy khi vật dừng lại thì \(A_{ms}=W \to \mu mg S=W \to S= \frac{W}{\mu mg}=16m\)

Khi K₁ song song K₂ với  thì lò xo sẽ dao động với chu kỳ: \(\frac{1}{{{T^2}}} = \frac{1}{{T_1^2}} + \frac{1}{{T_2^2}} = \frac{1}{{0,{3^2}}} + \frac{1}{{0,{4^2}}} = \frac{{625}}{{36}} \Rightarrow T = 0,24{\rm{s}}.\)

Vậy chu kỳ của hệ là 0,24s

Hai con đơn dao động điều hòa tại cùng một nơi trên mặt đất, có năng lượng như nhau. Quả nặng của chúng có cùng khối lượng còn chiều dài dây treo con lắc thứ nhất gấp đôi chiều dài của dây treo con lắc thứ hai nên  \({\alpha _1} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}{\alpha _2}.\)

Dao động cơ tắt dần của một vật có biên độ dao động giảm dần theo thời gian.

Trong một chu kỳ, khoảng thòi gian để vật nhỏ của con lắc có độ lớn gia tốc không vượt quá  100cm/s² là \(\frac{T}{3}\) nên  

\(\begin{array}{l} \frac{{2\alpha }}{{2\pi }}T = \frac{T}{3} \Rightarrow \alpha = \frac{\pi }{3}\\ \Rightarrow {a_{max}} = 200cm/{s^2} \Rightarrow 5.{\omega ^2} = 200\\ \Rightarrow \omega = 2\pi \left( {rad/s} \right) \Rightarrow f = 1Hz \end{array}\)

Tần số dao động của vật là 1Hz

Vì quãng đường vật đi trong thời gian ls là  2A nên  \(\frac{T}{2} = 1 \Rightarrow T = 2s \Rightarrow \omega = \pi \left( {rad/s} \right)\)

Xét trong khoảng thời gian \(\frac{2}{3}s\) đầu tiên vật đi được quãng đường 9cm nên \(1,5A = 9cm \Rightarrow A = 6cm\).

Khi xe chuyển động lại gần còi, tần số xe nhận được là:

\( f'=\frac{{v + {v_M}}}{v}{f_0}\)

Âm này đến xe bị phản xạ trên xe có tần số f₁ = f’, lúc này f₁ đóng vai trò là nguồn âm chuyển động lại gần máy dò với tốc độ vS = vM. Khi đó tần số máy dò thu được là:

\( f'' = \frac{v}{{v - {v_S}}}f' = \frac{{v + {v_M}}}{{v - {v_M}}}f = \frac{{330 + 45}}{{330 - 45}}.150 = 195,76Hz\)

Ở đây, otô đóng vai trò nguồn âm, tai người đóng vai trò máy thu

<=> Nguồn âm chuyển động ra xa máy thu đứng yên.

Áp dụng công thức, ta có: 

\( f\prime = \frac{v}{{\lambda \prime }} = \frac{v}{{v + {v_S}}}{f_0} = \frac{{330}}{{330 + 10}}.1000 = 970,59Hz\)

Vì f không thay đổi trong các môi trường

Ta có: \( \lambda = vT = vf \to \frac{{{\lambda _A}}}{{{\lambda _B}}} = \frac{{{v_A}}}{{{v_B}}} = \frac{1}{2} \to {\lambda _B} = 2{\lambda _A}\)

Khoảng cách giữa người và súng là:

\(L= 500 − 165 = 335m\)

Gọi t₁ là thời gian lúc súng bắt đầu nổ đến tai người:

\( {t_1} = \frac{{{S_1}}}{v} = \frac{{335}}{v}\)

t₂ là thời gian do âm thanh phản xạ trên bức tường sau khi nghe tiếng nổ:

\( {t_2} = \frac{{{S_2}}}{v} = \frac{{500 + 165}}{v}\)

Thời gian giữa hai lần tiếng nổ đến tai người là:

\( {\rm{\Delta }}t = {t_2} - {t_1} = \frac{{500 + 165}}{v} - \frac{{335}}{v} = \frac{{330}}{v} = \frac{{330}}{{330}} = 1{\rm{s}}\)

* Từ \(\left\{ \begin{array}{l} I = \frac{P}{{4\pi {r^2}}} = {I_0}{.10^L}\\ I' = \frac{P}{{4\pi {{\left( {r - 60} \right)}^2}}} = {I_0}{.10^{L + 0,6}} \end{array} \right. \Rightarrow {\left( {\frac{r}{{r - 60}}} \right)^2} = {10^{0,6}} \Rightarrow r = 120,3\left( m \right) \Rightarrow \) Chọn B

\(I = \frac{P}{{4\pi {r^2}}} = {I_0}{.10^L} \Rightarrow \frac{{{I_2}}}{{{I_1}}} = {\left( {\frac{{{r_1}}}{{{r_2}}}} \right)^2} = {10^{{L_2} - {L_1}}} \Rightarrow {\left( {\frac{d}{{d + 27}}} \right)^2} = {10^{ - 2}} \Rightarrow d = 3\left( m \right)\) Chọn A.

Vì sóng dừng xảy ra với một đầu là nút và một đầu tự do nên 

\(\begin{array}{*{20}{l}} {l = (2k + 1)\frac{\lambda }{4}}\\ { \Leftrightarrow 13 = (2.(7 - 1) + 1)\frac{\lambda }{4}}\\ { \to \lambda = 4(cm)}\\ { \to v = \lambda .f = 80(\frac{{cm}}{s})} \end{array}\)

Ta có: Khoảng cách giữa 1 cực đại và 1 cực tiểu gần nhất là \( \frac{\lambda }{4}\) \( \to AB = \frac{\lambda }{4} = 2 \to \lambda = 8cm\)

Cần rung có tần số là: \( f = \frac{v}{\lambda } = \frac{6}{{0,08}} = 75Hz\)

Hiện tượng giao thoa là hiện tượng hai sóng kết hợp khi gặp nhau thì có những điểm ở đó chúng luôn luôn tăng cường lẫn nhau, có những điểm ở đó chúng luôn luôn triệt tiêu nhau.

+ Để dòng điện trong mạch sớm pha hơn hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn mạch một góc \(\pi/2\) thì phải thay điện trở nói trên bằng một tụ điện.

+ Khi mắc một tụ điện vào mạng điện xoay chiều, nếu tần số của dòng điện xoay chiều càng lớn, dòng điện càng dễ qua.

+ Theo công thức tính cảm kháng của tụ điện thì ta có: \({Z_C} = \frac{1}{{\omega C}}\)

Vậy khả năng cản trở dòng điện của tụ điện C sẽ càng nhỏ khi điện dung của tụ C càng lớn.

+ Khi cho dòng điện xoay chiều có biểu thức i = I₀cosωt qua mạch điện chỉ có tụ điện thì hiệu điện thế tức thời giữa hai tụ điện chậm pha π /2 đối với i.

Vì trong một phút dòng điện đổi chiều 6000 lần nên ta có số chu kỳ trong một phút là: \({n_T} = \frac{N}{2} = 3000\)

Nên ta suy ra chu kỳ của dòng điện là: \(T = \frac{{\Delta t}}{N} = \frac{{60}}{{3000}} = 0,02s \Rightarrow \omega = \frac{{2\pi }}{T} = \frac{{2\pi }}{{0,02}} = 100\pi \left( {rad/s} \right)\)

Vậy cảm kháng của mạch là \({Z_L} = \omega L = 100\pi .\frac{1}{\pi } = 100\Omega \)

+ Phương trình dao động của điện áp: \(u = 120\sqrt 2 \cos 100\pi t\)

+ Dung kháng của tụ điện: \({Z_C} = \frac{1}{{\omega C}} = \frac{1}{{\frac{{{{10}^{ - 3}}}}{{2\pi }}.100\pi }} = 20\left( \Omega \right)\)

+ Số chỉ của ampe kế trong mạch là: \(I = \frac{U}{{{Z_C}}} = \frac{{120}}{{20}} = 6A\)

Trong mạch DĐ LC  lí tưởng, dòng điện i sớm pha hơn điện tích trên một bản tụ q một góc \(\pi /2 rad\)

Công suất tiêu thụ của mạch: \(P=\frac{{{U}^{2}}}{{{Z}^{2}}}.R={{I}^{2}}.R=U.I.\cos \varphi \Rightarrow \) công suất tiêu thụ phụ thuộc vào điện trở R và tổng trở Z của mạch.

Hệ số công suất của mạch: \(\cos \varphi =\frac{{{U}_{R}}}{\sqrt{U_{R}^{2}+{{\left( {{U}_{L}}-{{U}_{C}} \right)}^{2}}}}=\frac{40}{\sqrt{{{40}^{2}}+{{\left( 80-50 \right)}^{2}}}}=0,8.\)

Điện năng tiêu thụ của động cơ điện xoay chiều trọng 1 tháng (30 ngày)

\( A = Pt = \frac{{{P_i}}}{H}.t = \frac{{7,5}}{{0,8}}.8.30 = 2250\left( {kWh} \right)\)

Số tiền mà phân xưởng phải trả

N = A. 2000 = 2250. 2000 = 4.500.000 đồng

Chọn D

Gọi công suất phát điện của nhà máy mà P

ΔP là công suất hao phí khi chưa sử dụng máy biến áp

P₀ là công suất tiêu thụ điện năng của 1 máy

Trường hợp 1: 

\( \frac{{{N_2}}}{{{N_1}}} = 5 \Rightarrow \frac{{{U_2}}}{{{U_1}}} = 5 \Rightarrow {U_2} = 5{U_1}\)

Ta có: \( P - \frac{{{\rm{\Delta }}P}}{{25}} = 80{P_0}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)\)

Trường hợp 2: 

\( \frac{{{N_2}}}{{{N_1}}} = 10 \Rightarrow \frac{{{U_2}}}{{{U_1}}} = 10 \Rightarrow {U_2} = 10{U_1}\)

Ta có: 

\( P - \frac{{{\rm{\Delta }}P}}{{100}} = 95{P_0}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 2 \right)\)

Từ (1) ta có:\( \frac{P}{4} - \frac{{{\rm{\Delta }}P}}{{100}} = 20{P_0}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 3 \right)\)

Lấy (2) – (3), ta có:  \( \frac{{3P}}{4} = 75{P_0} \Rightarrow P = 100{P_0}\)

Đặt xưởng sản xuất tại nhà máy điện: ΔP=0

Vậy nếu đặt xưởng sản xuất tại nhà máy điện thì cung cấp đủ điện năng số máy là 100 máy

Chọn C.

Sai: Từ trường quay trong động cơ được tạo ra từ 3 đòng điện xoay chiều cùng pha.

A, B, C - đúng

Mạch dao động điện từ tự do (mạch dao động LC lí tưởng) có năng lượng điện trường tập trung trong tụ điện và năng lượng từ trường tập trung trong cuộn cảm. Hai năng lượng này luôn chuyển hóa lẫn nhau

=> Sự chuyển hóa năng lượng điện trường sang từ trường và ngược lại không là nguyên nhân gây tắt dần dao động

=> D - sai

Ta có : Dao động điện từ duy trì : Mạch dao động duy trì sẽ cung cấp một phần năng lượng đúng bằng phần năng lượng mất mát trong mỗi giai đoạn (khi có I giảm) của mỗi chu kì

Tại điểm O trong khoảng không gian có điện trường xoáy, đặt một electron thì electron sẽ chuyển động lặp đi lặp lại nhiều lần.

Với vệ tinh địa tĩnh (đứng yên so với Trái Đất), lực hấp dẫn là lực hướng tâm nên:

\(m{\left( {\frac{{2\pi }}{T}} \right)^2}r = \frac{{GmM}}{{{r^2}}} \Rightarrow r = \sqrt[3]{{GM{{\left( {\frac{T}{{2\pi }}} \right)}^2}}}\)

\( \Rightarrow r = \sqrt[3]{{6,{{67.10}^{ - 11}}{{.6.10}^{24}}{{\left( {\frac{{24.60.60}}{{2\pi }}} \right)}^2}}} \approx 42297523,87\left( m \right)\)

Vùng phủ sóng nằm trong miền giữa hai tiếp tuyến kể từ vệ tinh với Trái Đất. Từ đó tính được \(\cos \varphi = \frac{R}{r} \Rightarrow \varphi \approx {81^0}20\): Từ kinh độ \( - {30^0} + {81^0}20' = {51^0}20'T\) đến kinh độ \({30^0} + {81^0}20' = {110^0}20'\) Đ.

Chọn B.

Độ rộng góc quang phổ của tia sáng đó sau khi ló khỏi lăng kính là

\(\Delta \varphi = A(n_t-n_d)=0,24^0\)

Vì hai ánh sáng cùng cho các vân sáng, nên vị trí hai vân sáng trùng nhau thỏa mãn :

\( x = k.\frac{{{\lambda _1}.D}}{a} = k'.\frac{{{\lambda _2}.D}}{a} \Rightarrow \frac{i}{{i'}} = \frac{{{\lambda _1}}}{{{\lambda _2}}} = \frac{{k'}}{k}\)

Khi tỉ số là phân số tối giản thì ta có khoảng vân trùng.

Đề bài cho trong khoảng giữa hai vân trùng nhau có 14 vân sáng của hai bức xạ.

Vậy ta có tổng số vân sáng trong đoạn giữa hai vân là :

\( k+k′=14+2=16\) vân (tính cả hai vị trí trùng nhau).

Mặt khác số vân sáng lệch nhau 2 nên ta có: kk′=2

Ta có hệ : 

\(\left\{ \begin{array}{l} k + k\prime = 16\\ k - k\prime = 2 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} k = 9\\ k\prime = 7 \end{array} \right.\)

Thay vào công thức trên ta có :
\( \frac{{{\lambda _1}}}{{{\lambda _2}}} = \frac{{k'}}{k} \Rightarrow \frac{{0,42}}{{{\lambda _2}}} = \frac{7}{9} \Rightarrow {\lambda _2} = 0,54\mu m\)

Chỉ có chất lỏng, chất rắn, chất khí ở áp suất cao khi bị nung nóng đến nhiệt độ cao mới phát ra quang phổ liên tục.

Đáp án C.

Một bức xạ hồng ngoại có bước sóng 6.10^-3 mm, so với bức xạ tử ngoại có bước sóng 125nm thì có tần số nhỏ hơn 48 lần.=>B

- Tia hồng ngoại, tia tử ngoại và tia Rơn – ghen có bước sóng trong các vùng khác nhau.

Phát biêu nào sau đây là đúng? Đồng vị là các nguyên tử mà hạt nhân của chúng có số prôton bằng nhau, số notron khác nhau.