Vận tốc trung bình của vật trong khoảng thời gian ngắn nhất vật đi từ vị trí cân bằng theo chiều dương đến vị trí cân bằng theo chiều âm là: \(V = \frac{S}{{\Delta t}} = \frac{{2A}}{{T/2}} = \frac{{4A}}{T} = 360({\rm{cm/s}}) = 3,6\left( {{\rm{m/s}}} \right). \)

Khi P dao động theo phương vuông góc với trục chính, ta có:

Theo bài ra ta có ảnh  là ảnh ảo nên d'<0 . Thấu kính hội tụ có ảnh ảo cùng chiều vật, nên k>0 :  \(k = - \frac{{d'}}{d} \Leftrightarrow 2 = \frac{{\frac{{df}}{{d - f}}}}{d} = - \frac{f}{{d - f}} \Leftrightarrow 2 = - \frac{{15}}{{d - 15}} \Leftrightarrow d = 7,5{\rm{cm}}\)

Khi P dao động dọc theo trục chính với biên độ 2,5 cm, ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} {d_{\min }} = 7,5 - 2,5 = 5\\ {d_{\max }} = 7,5 + 2,5 = 10 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {d_1}^\prime = \frac{{{d_{\min }}f}}{{{d_{\min }} - f}} = \frac{{5.15}}{{5 - 15}} = - 7,5\\ {d_2}^\prime = \frac{{{d_{\max }}f}}{{{d_{\max }} - f}} = \frac{{10.15}}{{10 - 15}} = - 30 \end{array} \right.\)

Như vậy, trong nửa chu kì dao động của P thì  đi được quãng đường là 30-7,5=22,5cm

Trong 1 chu kì dao động của P,  đi được quãng đường là 2.22,5cm=45cm. Khoảng thời gian 0,2 s chính là 1 chu kì dao động của P vì tần số 5 Hz.

Do đó tốc độ trung bình của P'  là .\({v_{tb}} = \frac{{45}}{{0,2}} = 225{\rm{cm/s}} = 2,25{\rm{ m/s}}\)

Ta có trong khoảng thời gian \(\frac{T}{3} \) góc quét \(\alpha = \frac{{2\pi }}{3} \) thì quãng đường lớn nhất vật đi được là  \({S_{\max }} = 2A\sin \frac{\alpha }{2} = 2A\sin \frac{{\frac{{2\pi }}{3}}}{2} = A\sqrt 3 \)

Tốc độ trung bình lớn nhất là \({v_{tb\max }} = \frac{{A\sqrt 3 }}{{\frac{T}{3}}} = \frac{{3\sqrt 3 A}}{T}\)

Hai chất điểm dao động điều hòa với cùng chu kỳ T, lệch pha nhau \(\frac{\pi }{3}\) với biên độ lần lượt là A và 2A.

Khoảng thời gian nhỏ nhất giữa hai lần chúng ngang nhau là khi vật thứ nhất và thứ hai lại có độ lớn li độ

lần lượt là A nên lúc này mỗi vectơ phải quay đúng một \(\pi \)  nữa để thỏa mãn điều kiện.

Nên khoảng thời gian nhỏ nhất sẽ là: \(\frac{T}{2}\)

Ta có: \(\Delta t = {t_2} - {t_1} = 2,9 - 2,2 = 0,7\)s.

Tần số góc của dao động là: \(\omega = \frac{\alpha }{{\Delta t}} = \frac{\pi }{{0,7}} = \frac{{7\pi }}{{10}}\)

Thời điểm \({t_0} = 0\) : xét khoảng thời gian \(\Delta {t_1} = {t_1} - {t_0} = 2,2 - 0 = 2,2\)  s

Góc quay mà vật đi được là: \(\alpha = \frac{{77\pi }}{{50}}\)

Cho véc tơ quay quay ngược lại một góc  \( \frac{{77\pi }}{{50}}\).

Sau đó cho vật quay tiếp một góc quay để tìm số lần vật đã đi qua vi trí cân bằng ta suy ra vật đi qua vị trí cân bằng 4 lần.

Con lắc đơn có chiều dài dây treo là:  \(l = 0,5m;m = 10g.\)

Chu kỳ của con lắc đơn cần tìm là: \(T = 2\pi \sqrt {\frac{l}{g}} = 2\pi \sqrt {\frac{l}{{g + \frac{F}{m}}}} = 2.\pi \sqrt {\frac{{0,5}}{{9,8 + \frac{{0,04}}{{0,01}}}}} = 1,19598s.\)

Đưa một con lắc đơn từ mặt đất lên độ cao 5km Ta có tỷ lệ tương ứng là:  \(\frac{{{T_1}}}{{{T_2}}} = \sqrt {\frac{{{l_1}}}{{{l_2}}}.\frac{{{g_2}}}{{{g_1}}}} = \sqrt {\frac{{{l_1}}}{{{l_2}}}} .\frac{R}{{R + h}}.\)

Do đó nên ta có:  \(l' = 0,998l.\)

\(\left\{ \begin{array}{l} {L_1} = \lg \frac{I}{{{I_{01}}}}\\ {L_2} = \lg \frac{I}{{{I_{02}}}} \end{array} \right. \Rightarrow {L_2} - {L_1} = \lg \frac{I}{{{I_{02}}}} - \lg \frac{I}{{{I_{01}}}} = \lg \frac{{{I_{01}}}}{{{I_{02}}}} \Rightarrow {L_2} - 4 = \lg \frac{{{{10}^{ - 12}}}}{{{{10}^{ - 10}}}}\)

\( \Rightarrow {L_2} = 2\left( B \right) \Rightarrow \) Chọn D

Đổi L = 90 dB = 9 B.

\(L = \lg \frac{I}{{{I_0}}} \Rightarrow I = {I_0}{.10^L} = {10^{ - 12}}{.10^9} = {10^{ - 3}}\left( {{\rm{W}}/{m^2}} \right) \Rightarrow \) Chọn C.

Thời gian vât rơi:  \(h = \frac{{gt_1^2}}{2} \Rightarrow {t_1} = \sqrt {\frac{{2h}}{g}} = \sqrt {0,2h} \)

Thời gian âm truyền từ đáy đến tai người :  \({t_2} = \frac{h}{v} = \frac{h}{{300}}\)

\(\sqrt {0,2h} + \frac{h}{{300}} = 3,15 \Rightarrow h = 45\left( m \right) \Rightarrow \) Chọn C

Giai đoạn 1: Hòn đá rơi tự do.

Giai đoạn 2: Hòn đá chạm vào đáy giếng phát ra âm thanh truyền đến tai người.

Thời gian vât rơi:  \(h = \frac{{gt_1^2}}{2} \Rightarrow {t_1} = \sqrt {\frac{{2h}}{g}} = \sqrt {\frac{{2.11,25}}{{10}}} = 1,5\left( s \right)\)

Thời gian âm truyền từ đáy đến tai người : \({t_2} = \frac{h}{v} = \frac{{11,25}}{{300}} = \) 0,0375(s)

\( \Rightarrow {t_1} + {t_2}\) = 1,5375(5) => Chọn B.

Thời gian sóng âm cả đi và về phải thỏa mãn:  \(t = \frac{{2L}}{v} \le 0,1 \Rightarrow L \le 17\left( m \right)\)

 Chọn B.

Đầu A là một nút, B cũng là nút nên ta có điều kiện l = kλ/2 , với k = 4.

Thay số ta được:

λ = 2l/k = 60cm

⇒ v = λf = 60. 40 = 2400 cm/s = 2,4 m/s.

- Ban đầu:

\( \ell = k\frac{\lambda }{2} = k = \frac{v}{{2f}} \Rightarrow f = k\frac{v}{{2\ell }}{\rm{\;}}(1)\)

- Nếu f + 30 và trên dây tăng 5 nút (⇒ tăng 5 bó sóng)

\(x = {-b \pm \sqrt{b^2-4ac} \over 2a}\)\( \Rightarrow f + 30 = (k + 5)\frac{v}{{2\ell }} \Leftrightarrow 30 = 5\frac{v}{{2\ell }}\)

Từ (1):

\(\begin{array}{l} f = k\frac{v}{{2\ell }}\\ \begin{array}{*{20}{l}} { \Rightarrow 30 = 5\frac{v}{{2\ell }}}\\ { \Rightarrow v = \frac{{60.1}}{{12}}\:m/s = 5m/s} \end{array} \end{array}\)

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:

\(\left\{ \begin{array}{l} {d_{2M}} = 13,5cm\\ {d_{1M}} = 10,5cm \end{array} \right.\)

Tần số \( f = \frac{\omega }{{2\pi }} = \frac{{20\pi }}{{2\pi }} = 10Hz\)

Bước sóng: \( \lambda = \frac{v}{f} = \frac{{30}}{{10}} = 3cm\)

Ta có

\( {d_{2M}} - {d_{1M}} = 13,5 - 10,5 = 3cm = 1.\lambda \)

⇒ tại M là một cực đại ⇒ \(AM=2a=2.2=4cm\)

Tần số \( f = \frac{\omega }{{2\pi }} = \frac{{40\pi }}{{2\pi }} = 20Hz\)

Bước sóng \( \lambda = \frac{v}{f} = \frac{{80}}{{20}} = 4cm\)

Xét:

\(\begin{array}{l} - {S_1}{S_2} < (k + \frac{1}{2})\lambda < {S_1}{S_2} \Leftrightarrow - 20 < (k + \frac{1}{2}).4 < 20 \Leftrightarrow - 5,5 < k < 4,5\\ \Rightarrow k = - 5;.....;4 \end{array}\)

⇒ Có 10 giá trị k nguyên ⇒ Có 10 cực đại trên đoạn S1S2

Bước sóng 

\( \lambda = \frac{v}{f} = \frac{{1,2}}{{20}} = 0,06m = 6cm\)
Xét:\(\begin{array}{l} - {S_1}{S_2} < k\lambda < {S_1}{S_2} \Leftrightarrow - 18 < k.6 < 18 \Leftrightarrow - 3 < k < 3\\ \Rightarrow k = - 2;....;2 \end{array}\)

⇒ Có 5 giá trị k nguyên ⇒ Có 5 cực đại trên đoạn S1S2

Khi hệ vân giao thoa đã ổn định thì trung điểm I của S1S2 lại luôn luôn là cực đại giao thoa. Do đó ta phải có:

\(\begin{array}{*{20}{l}} {{S_1}I = {S_2}I = k\frac{\lambda }{2} + \frac{\lambda }{4} = (2k + 1)\frac{\lambda }{4}}\\ {{S_1}{S_2} = 2{S_1}I = (2k + 1)\frac{\lambda }{2}} \end{array}\)

Ban đầu ta có: 

\( {S_1}{S_2} = 4cm = 10\lambda = 20\frac{\lambda }{2}\)

Vậy chỉ cần tăng khoảng cách  S1S2 thêm

\( \frac{\lambda }{2} = 0,4cm\)

Khi đó không tính gợn thẳng trùng với đường trung trực của S1S2 thì có 20 gợn sóng hình hypebol.

Ta có: \( \lambda = \frac{{{\lambda _{kk/ck}}}}{n} \to {\lambda _2} = \frac{\lambda }{{11,5}} = \frac{2}{3}{\lambda _1}\)

Đáp án: D

Cường độ âm là đại lượng được đo bằng năng lượng mà sóng âm truyền qua một đơn vị diện tích đặt tại điểm đó, vuông góc với phương truyền sóng trong một đơn vị thời gian

Ba cuộn dây của máy phát theo hình sao thì điện áp hiệu dụng giữa hai dây pha là \( {U_d} = \sqrt 3 {U_p} = 127\sqrt 3 = 220V\). Ba cuộn dây của động cơ theo hình tam giác thì điện áp hiệu dụng đặt vào mỗi cuộn dây của động cơ là 220V, động cơ hoạt động bình thường.

Ta có 

\(\begin{array}{l} P = {P_{dco}} + {P_{hp}}\\ \begin{array}{*{20}{l}} { \Leftrightarrow UI\cos \varphi = {P_{dco}} + {P_{hp}}}\\ { \Leftrightarrow I = \frac{{{P_{dco}} + {P_{hp}}}}{{U\cos \varphi }} = \frac{{170 + 17}}{{220.0,85}} = 1A} \end{array} \end{array}\)

Ta có hiệu suất động cơ \( H = \frac{{{P_{dco}}}}{P}\)

Mà 

\(\begin{array}{l} P = {P_{dco}} + {P_{hp}}\\ \Rightarrow H = \frac{{UI\cos \varphi - {P_{hp}}}}{{UI\cos \varphi }} = \frac{{220.0,5.0,8 - 11}}{{220.0,5.0,8}} = 0,875 = 87,5{\rm{\% }} \end{array}\)

Gọi P là công suất nơi tiêu thu, R điện trở đường dây

 Công suất hao phí  khi chưa tăng điện áp\(\begin{array}{l} \Delta {P_1} = {P_1}^2\frac{R}{{{U_1}^2}};{P_1} = P + \Delta {P_1};{P_1} = {I_1}.{U_1}\\ \Delta {P_2} = {P_2}^2\frac{R}{{{U_2}^2}};{P_2} = P + \Delta {P_2} \end{array}\)

Độ giảm điện áp trên đường dây khi chưa tăng điện áp

\(\begin{array}{l} \;\Delta U{\rm{ }} = {\rm{ }}{I_1}R{\rm{ }} = {\rm{ }}0,15{U_1}\;\\ \to R = \frac{{0,15{U_1}^2}}{{{P_1}}}\\ \frac{{{\rm{\Delta }}{P_1}}}{{{\rm{\Delta }}{P_2}}} = \frac{{P_1^2}}{{P_2^2}}.\frac{{{U_2}^2}}{{{U_1}^2}} = 100 \Rightarrow \frac{{{U_2}}}{{{U_1}}} = 10\frac{{{P_2}}}{{{P_1}}}\\ {P_1}\; = {\rm{ }}P{\rm{ }} + {\rm{ }}\;\Delta {P_1}\\ {P_2}\; = {\rm{ }}P{\rm{ }} + {\rm{ }}\;\Delta {P_2} = P + 0,01\;\Delta {P_1} = P + \;\Delta {P_1} - 0,99\;\Delta {P_1} = \;{P_1} - 0,99\;\Delta {P_1} \end{array}\)

Mặt khác \(∆P_1 = 0,15P_1 \)vì

\( \Delta {P_1}\; = \;{P_1}^2\frac{R}{{{U_1}^2}} = 0,15{P_1}\)

 Do đó: 

\( \frac{{{U_2}}}{{{U_1}}} = 10\frac{{{P_2}}}{{{P_1}}} = 10\frac{{{P_1} - 0,99{\rm{\Delta }}{P_1}}}{{{P_1}}} = 10\frac{{{P_1} - 0,99.0,15{P_1}}}{{{P_1}}} = 8,515\)

Vậy U₂ = 8,515 U₁

Theo bài ra ta có

\( \Delta U = I.R = \frac{P}{U}.\rho .\frac{l}{S} = \frac{P}{U}.\rho .\frac{{2d}}{S}\)

Ta có

\(\begin{array}{l} \Delta U \le 1\% U \Leftrightarrow \frac{P}{U}.\rho .\frac{{2d}}{S}1\% U \Leftrightarrow S \ge \frac{1}{{1\% U}}.\frac{P}{U}.\rho .2d \Leftrightarrow S \ge \frac{1}{{1000}}.\frac{{{{5.10}^6}}}{{{{100.10}^3}}}{.1,7.10^{ - 8}}{.2.5.10^3}\\ \to S \ge {8,5.10^{ - 6}}{m^2} = 8,5m{m^2} \end{array}\)

Khi f = f₀ thì tổng trở của mạch Z = R ⇔ Mạch cộng hưởng:   \(\omega _0^2 = \frac{1}{{LC}}\)

Khi f = f₁ hoặc f = f₂ thì tổng trở của mạch như nhau: \(\sqrt {{R^2} + {{\left( {{\omega _1}L - \frac{1}{{{\omega _1}C}}} \right)}^2}} = \sqrt {{R^2} + {{\left( {{\omega _2}L - \frac{1}{{{\omega _2}C}}} \right)}^2}} \Rightarrow {\omega _1}L - \frac{1}{{{\omega _1}C}} = - \left( {{\omega _2}L - \frac{1}{{{\omega _2}C}}} \right)\)

\( \Rightarrow {\omega _1}{\omega _2} = \frac{1}{{LC}} = \omega _0^2 \Rightarrow f_0^2 = {f_1}{f_2}\)

Đang tại vị trí cộng hưởng, nếu chỉ tăng tần số một lượng rất nhỏ (dịch xa ) thì điện áp hiệu dụng trên tụ giảm.

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

\(A = UIt \Rightarrow I = \frac{A}{{Ut}} = \frac{{4,{{2.10}^3}Wh}}{{120V.5h}} = 7\left( A \right)\)

+ Biểu thức điện áp: \(u = 220\sqrt 2 \cos 100\pi t\)

+ Hiệu điện thế hiệu dụng của mạch là: \(U = \frac{U}{{\sqrt 2 }} = 220\left( V \right)\)

+ Không có khái niệm công suất hiệu dụng.

+ Lúc \(t = 0,\left( {\overrightarrow n ,\overrightarrow B } \right) = 0 \Rightarrow \varphi = 0 \Rightarrow \Phi = NBS\cos \omega t\left( V \right)\)

+ Mạch điện chỉ có điện trở thuần thì hiệu điện thế tức thời giữa hai đầu điện trở cùng pha với dòng điện.

+ Trong dòng điện xoay chiều, cuộn cảm có tác dụng cản trở dòng điện xoay chiều và dòng điện có tần số càng lớn thì cản trở càng nhiều.

Giữa hai mạch dao động xuất hiện hiện tượng cộng hưởng, nếu các mạch đó có tần số dao động riêng bằng nhau.

Dao động điện từ trong mạch chọn sóng của máy thu khi máy thu bắt được sóng là : Dao động cưỡng bức có tần số bằng tần số riêng của mạch

Động năng của êlectron khi đập vào đối âm cực có thể một phần hoặc toàn bộ chuyển thành năng lượng của tia  với những bức xạ có bước sóng nhỏ nhất, do đó

\( \frac{1}{2}m{v_0}^2 = \frac{{hc}}{{{\lambda _{\min }}}} = \frac{{{{6,625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}{{{{3.10}^{ - 10}}}} = {6,625.10^{ - 16}}J\)

Ta có:

\(λ= cT = 24,75.10^{-8} m\). thuộc vùng tử ngoại

Ta có:

+ Bước sóng của bức xạ trong nước:

\( \lambda = \frac{{{\lambda _k}}}{n} = \frac{ck}{{nf}} \to f = \frac{c}{{n\lambda }} = \frac{{{{3.10}^8}}}{{\frac{4}{3}{{.0,75.10}^{ - 6}}}} = {3.10^{14}}Hz\)

và bước sóng trong chân không: 

\({\lambda _{ck}} = \frac{c}{f} = {10^{ - 6}}m\) thuộc vùng hồng ngoại