\(\cos \Delta \varphi =\frac{F}{{{F}_{0}}}=\frac{2\sqrt{2}}{4}\Rightarrow \Delta \varphi =\frac{\pi }{4}\Rightarrow \omega =\frac{\Delta \varphi }{t}=2\pi rad/s;\varphi =-\left( \pi -\Delta \varphi  \right)=-\frac{3\pi }{4};A=\frac{{{F}_{0}}}{m{{\omega }^{2}}}=5cm\)

Phương trình dao động điều hòa

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{{\rm{x}}_1} = {{\rm{A}}_1}.\cos \left( {\omega {\rm{t}} + {\varphi _1}} \right)}\\
{{{\rm{x}}_2} = {{\rm{A}}_2}.\cos \left( {\omega {\rm{t}} + {\varphi _2}} \right)}
\end{array}} \right.\)

Xét tích \({{\text{x}}_{1}}\text{.}{{\text{x}}_{2}}={{\text{A}}_{1}}\text{.}{{\text{A}}_{2}}.\frac{1}{2}\left( \cos \left( 2\omega \text{t}+{{\varphi }_{1}}+{{\varphi }_{2}} \right)+\cos \left( {{\varphi }_{1}}-{{\varphi }_{2}} \right) \right)\)

Tích đó có giá trị cực đại khi \(\cos \left( {2\omega {\rm{t}} + {\varphi _1} + {\varphi _2}} \right) = 1\) và cực tiểu khi \(\cos \left( 2\omega \text{t}+{{\varphi }_{1}}+{{\varphi }_{2}} \right)=-1\)

Khi đó 

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{{\rm{x}}_1}{\rm{.}}{{\rm{x}}_2} = \frac{1}{2}{\rm{.}}{{\rm{A}}_1}{\rm{.}}{{\rm{A}}_2}\left( {1 + \cos \left( {{\varphi _1} – {\varphi _2}} \right)} \right) = {\rm{D}}(1)}\\
{{{\rm{x}}_1}{\rm{.}}{{\rm{x}}_2} = \frac{1}{2}{\rm{.}}{{\rm{A}}_1}{\rm{.}}{{\rm{A}}_2}\left( { – 1 + \cos \left( {{\varphi _1} – {\varphi _2}} \right)} \right) = \frac{{ – {\rm{D}}}}{3}(2)}
\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{(1) + (2) \Rightarrow \cos \left( {{\varphi _1} – {\varphi _2}} \right) = \frac{2}{3}\frac{{\rm{D}}}{{{{\rm{A}}_1}\;{{\rm{A}}_2}}}(3)}\\
{(1) – (2) \Rightarrow {{\rm{A}}_1}{\rm{.}}{{\rm{A}}_2} = \frac{4}{3}{\rm{D}}{\mkern 1mu} (4)}
\end{array}} \right.\)

Từ (3) và (4) \(\Rightarrow \cos \Delta \varphi =\frac{1}{2}\)

Biên độ dao động tổng hợp của hai dao động là: x\(\text{A}=\sqrt{\text{A}_{1}^{2}+\text{A}_{1}^{2}+2~{{\text{A}}_{1}}~{{\text{A}}_{2}}\cos \Delta \varphi }\approx 8,7(~\text{cm})\)..

Mức cường độ âm sẽ tỉ lệ nghịch với khoảng cách từ nguồn âm đến điểm ta xét. Vì vậy, mức cường độ âm lớn nhất trên đoan MN sẽ là tại điểm H.

Mức cường độ âm tại M

\({{L}_{M}}=10\log \frac{I}{{{I}_{0}}}=10\log \frac{P}{{{I}_{0}}.4\pi O{{M}^{2}}}\)

Mức cường độ âm tại H

\({{L}_{H}}=10\log \frac{I}{{{I}_{0}}}=10\log \frac{P}{{{I}_{0}}.4\pi O{{H}^{2}}}=10\log {{10}^{\frac{{{L}_{M}}}{10}}}.4\pi O{{M}^{2}}\frac{1}{4\pi O{{H}^{2}}}=10\log \frac{{{10}^{\frac{{{L}_{M}}}{10}}}O{{M}^{2}}}{O{{H}^{2}}}\)

\(=10\log \frac{{{10}^{\frac{50}{10}}}{{.80}^{2}}}{{{48}^{2}}}=54,4dB\) → chọn D.

+ Tần số dao động riêng của mạch \(f=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}\)

→ \({{f}_{max}}=\frac{1}{2\pi \sqrt{L{{C}_{\min }}}}=\frac{1}{2\pi \sqrt{{{50.10}^{-6}}{{.60.10}^{-12}}}}=2,9\)MHz,

Tương tự \({{f}_{\min }}=\frac{1}{2\pi \sqrt{L{{C}_{\max }}}}=\frac{1}{2\pi \sqrt{{{50.10}^{-6}}{{.240.10}^{-12}}}}=1,45\)MHz → Đáp án B

Từ đồ thị ta thấy nửa chu kì ứng với 6 ô \(\Rightarrow \) 1 chu kì ứng với 12 ô.

Khoảng cách mỗi ô là \(0,2s\Rightarrow T=12.0,2=2,4\left( s \right)\Rightarrow \omega =\frac{2\pi }{2,4}=\frac{\pi }{1,2}\left( rad/s \right)\)

Với mỗi ô, vectơ quay được góc tương ứng là: \(\Delta \varphi =\omega .\Delta t=\frac{2\pi }{T}.\frac{T}{12}=\frac{\pi }{6}\left( rad \right)\)

Từ vòng tròn lượng giác, ta thấy quãng đường vật đi từ thời điểm \({{t}_{2}}\) đến thời điểm \({{t}_{3}}\) là:

\(S=\left| {{x}_{3}}-{{x}_{2}} \right|=\left| A\cos \frac{\pi }{3}-A\cos \frac{\pi }{6} \right|=\frac{A\sqrt{3}}{2}-\frac{A}{2}\)

Theo đề bài ta có: \(S=2\left( A-6 \right)\Rightarrow \frac{A\sqrt{3}}{2}-\frac{A}{2}=2.\left( A-6 \right)\Rightarrow A=7,344\left( cm \right)\)

Tốc độ cảu vật tại thời điểm \({{t}_{3}}\) là: \({{v}^{2}}={{\omega }^{2}}\left( {{A}^{2}}-{{x}^{2}} \right)={{\omega }^{2}}.\left( {{A}^{2}}-\frac{{{A}^{2}}}{4} \right)={{\omega }^{2}}.\frac{3}{4}{{A}^{2}}\)

\(\Rightarrow v=\frac{\sqrt{3}}{2}\omega A=\frac{\sqrt{3}}{2}.\frac{\pi }{1,2}.7,344=16,65\left( cm/s \right)\)

Chỉ số các công tơ chênh lệch nhau là do hao phí trong quá trình truyền tải

\(H = 1 – \frac{{\Delta P}}{P} = 0,95\)

Ta có:

\(\frac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \frac{{{N_1}}}{{{N_2}}} \to {U_2} = \frac{{{U_1}.{N_2}}}{{{N_1}}} = \frac{{220.250}}{{5000}} = 11V\)

Bước sóng của sóng \(\lambda  = \frac{v}{f} = \frac{{1,2}}{{10}} = 12cm\)

+ Độ lệch pha giữa hai phần tử sóng \(\Delta \varphi  = \frac{{2\pi \Delta x}}{\lambda } = \frac{{13\pi }}{3} = 4\pi  + \frac{\pi }{3}\)

+ Từ đồ thị, ta thấy khoảng thời gian để M thấp nhất ứng với góc \(\alpha\)

\({t_\alpha } = \frac{\alpha }{\omega } = \frac{1}{{12}}s\)

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

Khoảng cách gần nhau nhất giữa hai điểm trên mặt nước dao động ngược pha nhau là nửa bước sóng 

\(\frac{\lambda }{2} = \frac{v}{{2f}} = \frac{{1450}}{{2.725}} = 1m\)

Phương pháp: Sử dụng lí thuyết về tổng hợp hai dao động điều hòa cùng tần số

Phương trình hai dao động thành phần  \({x_1} = 4\cos \left( {10t + \frac{\pi }{4}} \right)\) và  \({x_2} = 3\cos \left( {10t + \frac{{3\pi }}{4}} \right)\)

=> Hai dao động vuông pha.

=> biên độ dao động tổng hợp \(A = \sqrt {A_1^2 + A_2^2}  = 5\left( {cm} \right)\)

=> gia tốc cực đại của vật \({a_{\max }} = {\omega ^2}.A = 100.5 = 500cm/{s^2} = 5m/{s^2}\) .

Theo giả thuyết bài toán, ta có :

\(\left\{ \begin{array}{l}
2 = A_M^2 + A_N^2 – 2{{\rm{A}}_M}{A_N}\cos \Delta \varphi \\
4 = A_M^2 + A_N^2 + 2{{\rm{A}}_M}{A_N}\cos \Delta \varphi 
\end{array} \right. \Rightarrow 6 = 2\left( {A_M^2 + A_N^2} \right) \Leftrightarrow 6 = \left( {{1^2} + {1^2}} \right)\left( {A_M^2 + A_N^2} \right)\)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhia cho biểu thức trên

\(\left( {{1^2} + {1^2}} \right)\left( {A_M^2 + A_N^2} \right) \ge {\left( {{A_M}.1 + {A_N}.1} \right)^2} \Rightarrow {\left( {{A_M} + {A_N}} \right)_{\min }} = \left( {{1^2} + {1^2}} \right)\left( {A_M^2 + A_N^2} \right) = 6cm\)

Từ giả thuyết của bài toán ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}
A_1^2 + A_2^2 = 20\\
{A_1} – {A_2} = 15,6
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{A_1} = 19,6cm\\
{A_2} = 4cm
\end{array} \right.\)

Nếu hai dao động này cùng pha thì biên độ dao động tổng hợp là

\(A = {A_1} + {A_2} = 19,6 + 4 = 23,6cm\)

+ Với chất phóng xạ Y

\({m_t} = \frac{{{m_0}}}{4} = {2^{ – \frac{t}{{{T_2}}}}} \Rightarrow t = 2{T_2} = 4{T_1}\)

+ Với hạt nhân X, tỉ số số hạt nhân bị phân rã so với số hạt nhân ban đầu là

\(\frac{{\Delta n}}{{{n_0}}} = 1 – {2^{ – \frac{t}{{{T_1}}}}} = \frac{{15}}{{16}}\)

Số hạt nhân chưa bị phân rã:

\(N = \frac{{{N_0}}}{{{2^{\frac{t}{T}}}}} = \frac{{{N_0}}}{{2{}^{\frac{{3T}}{T}}}} = \frac{{{N_0}}}{{{2^3}}} = \frac{{{N_0}}}{8}\)

Độ hụt khối 

\(\Delta m = \left[ {Z{m_p} + \left( {A – Z} \right){m_n}} \right] – m = \left[ {2.1,0073 + 2.1,0087} \right] – 4,0015 = 0,0305u\)    

 \( = 28,41\)  MeV/c2

Năng lượng liên kết

    \({{\rm{W}}_{lk}} = \Delta m.{c^2} = 28,41\)         MeV

Kí hiệu hạt nhân:  \(_Z^AX\) với A= Z+ N

Ta có : \({N_{_{92}^{235}U}} = 235 – 92 = 143\,\,;\,{N_{_{82}^{206}Pb}} = 206 – 82 = 124\) ;    

Vậy số nơtron của hạt nhân  \(_{92}^{235}U\) nhiều hơn số nơ tron của hạt nhân \(_{82}^{206}Pb\)  là:

 143-124= 19 nơtron

Bán kính quỹ đạo dừng \(r = {n^2}{r_0} \Rightarrow n = 3\)

Bước sóng nhỏ nhất ứng với chuyển từ trạng thái 3 về trạng thái cơ bản

\(\frac{{hc}}{{{\lambda _{\min }}}} = \left[ { – \frac{{13,6}}{{{1^2}}} – \left( { – \frac{{13,6}}{{{3^2}}}} \right)} \right]1,{6.10^{ – 19}} \Rightarrow {\lambda _{\min }} = 0,102\mu m\)

Đáp án đúng: A

Khi các electron chuyển động trên các quỹ đạo dừng có bán kính r_n thì lực tĩnh điện giữa hạt nhân và electron đóng vai trò là lực hướng tâm

\(\frac{{k{q^2}}}{{r_n^2}} = m\frac{{v_n^2}}{{{r_n}}}\)  với \({r_n} = {n^2}{n_0}\)

Vậy tốc độ chuyển động của các electron là:

\({v_n} = \frac{1}{n}\sqrt {\frac{{k{q^2}}}{{m{r_0}}}}  = \frac{{{v_K}}}{n}\)

Trong đó v_K là tốc độ của electron khi nguyên tử hidro ở trạng thái cơ bản

Tốc độ của electron trên quỹ đạo N

\({v_n} = \frac{{{v_K}}}{n} = \frac{{{v_K}}}{4} = \frac{1}{4}\sqrt {\frac{{k{q^2}}}{{m{r_0}}}}  = 5,{475.10^5}\) m/s

Ánh sáng kích thích phải có bước sóng nhỏ hơn ánh sáng phát quang, do vậy ánh sáng cam không thể gây ra hiện tương phát quang

Công suất hao phí: \(\Delta P = \frac{{{P^2}.R}}{{{{\left( {U.cos\varphi } \right)}^2}}}\)

Hiệu suất truyền tải 80% thì hao phí 20%

Để hiệu suất truyền tải là 95% (hao phí 5%) thì đã làm giảm hao phí 4 lần, vậy cần tăng điện áp khi truyền tải lên 2 lần

Áp dụng công thức máy biến áp, để tăng điện áp 2 lần thì số vòng dây cũng tăng 2 lần

\(\Delta P = R\frac{{{P^2}}}{{{U^2}}}\)

⇒  hao phí trên dây giảm 4 lần   

Ta có:

\(\frac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \frac{{{N_1}}}{{{N_2}}} \to {U_2} = \frac{{{U_1}.{N_2}}}{{{N_1}}} = \frac{{220.250}}{{5000}} = 11V\)

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch là: \(P = \frac{I^2R}{5\%} = UI \Rightarrow U = 44000\)

=> Tỉ số giữa vòng dây cuộn sơ cấp và thứ cấp là: \(\frac{U}{U’} = \frac{44000}{220} = 200\)

=> Đáp án D

A.
B.
C.
D.
\(H_1 = \frac{P_1 – \Delta P_1}{P_1} = 1 – \frac{ \Delta P_1}{P_1} \Rightarrow 1 – H_1= \frac{ \Delta P_1}{P_1} = P_1 \frac{R}{U^2 cos^2\varphi }\)

\(H_2 = \frac{P_2 – \Delta P_2}{P_2} = 1 – \frac{ \Delta P_2}{P_2} \Rightarrow 1 – H_2= \frac{ \Delta P_2}{P_2} = P_2 \frac{R}{U^2 cos^2\varphi }\)

\(\frac{1-H_1}{1-H_2}= \frac{P_1}{P_2} (*)\)

\(p_1= p_0 +\Delta P_1\) và \(P_2= 1,2 P_0 + \Delta P_2 \Rightarrow H_1P_1 = P_1 – \Delta P_1 = P_0\)

Và \(H_2P_2 =(P_2 – \Delta P_2) = 1,2 P_0\)  Hay  \(1,2 H_1P_1 = H_2P_2\)

\(\frac{P_1}{P_2} = \frac{H_2}{1,2 H_1} (**)\)

Từ (*) và (**) ⇒ \(\frac{1 – H_1}{1 – H_2} = \frac{H_2}{1,2 H_1} \Rightarrow \frac{1-0,9}{1 – H_2} = \frac{H_2}{1,2.0,9} \Rightarrow H_{2}^{2} – H_2 + 0,108 = 0\)

Phương trình có hai nghiệm H₂₁= 0,8768 = 87,7 % và H₂₂ = 0,1232 = 12,32 %

Vậy H₂ = 87,7 %

⇒ Chọn C

\(\Delta P=I^{2}R=\frac{P^{2}}{U^{2}}.R\rightarrow R=\frac{\Delta P.U^{2}}{P^{2}}=\frac{10.10^{3}.(35.10^{3})^{2}}{(500.10^3)^2}=49\Omega\)

 \(\overrightarrow {{A_1}}  \bot \overrightarrow {{A_2}} \)   (1)

 \(\overrightarrow {{A_1}}  \bot \overrightarrow {A_1^/} \)     (2)

\(\overrightarrow A \)  không đổi    (3)

Từ (1), (2), (3) ta thấy rằng các điểm  \(\overrightarrow {{A_1}} ,\overrightarrow {{A_2}} ,\overrightarrow {{A^/}_1} ,\overrightarrow {{A^/}_2} ,\overrightarrow A \) luôn nằm trên đường tròn có đường kính là \(\overrightarrow A \) . Cho nên tam giác \(\overrightarrow {{A_2}} ,\overrightarrow A ,\overrightarrow {A_2^/} \) vuông tại \(\overrightarrow A \)

Vậy, \(A_2^2 + A_2^{{/^2}} = {A^2} \to A_2^2 + {\left( {{A_2}\sqrt {15} } \right)^2} = {16^2} \to {A_2} = 4cm\)

Phương pháp: Sử dụng lí thuyết về tổng hợp hai dao động điều hòa cùng tần số

Phương trình hai dao động thành phần  \({x_1} = 4\cos \left( {10t + \frac{\pi }{4}} \right)\) và  \({x_2} = 3\cos \left( {10t + \frac{{3\pi }}{4}} \right)\)

=> Hai dao động vuông pha.

=> biên độ dao động tổng hợp \(A = \sqrt {A_1^2 + A_2^2}  = 5\left( {cm} \right)\)

=> gia tốc cực đại của vật \({a_{\max }} = {\omega ^2}.A = 100.5 = 500cm/{s^2} = 5m/{s^2}\) .

Ta có: \(\lambda  = \frac{v}{f} = \frac{{10}}{{50}} = 0,2\)  m.

Với Hai đầu cố định thì:

\(l = k\frac{\lambda }{2} \to k = \frac{{2l}}{\lambda } = \frac{{{{2.90.10}^{ – 2}}}}{{0,2}} = 9\)  ⇒ số bụng = k = 9

M, N, P là các vị trí cân bằng liên tiếp có cùng biên độ và \({v_N}.{v_P} \ge 0\) suy ra, N và P cùng nằm trên một bó sóng: \(\frac{\lambda }{4} = \frac{1}{2}\left( {MN + NP} \right) = 30(cm) \Rightarrow \lambda  = 120cm\)

Áp dụng công thức: \(A = {A_b}\sin \frac{{\pi d}}{\lambda } = \sqrt 3 cm\) với d là khoảng cách tới nút suy ra \({A_b} = 2cm\)

Tốc độ dao động cực đại của phần tử tại trung điểm của NP khi sợi dây có dạng đoạn thẳng:

\({v_{b\max }} = \omega {A_b} = 20.0,02 = 0,4m/s = 40cm/s\)

Dây đàn hồi thuộc trường hợp một đầu cố định một đầu tự do, khi đó tần số cơ bản cho sóng dừng trên dây sẽ là :

\({f_0} = \frac{{{f_{n + 1}} – {f_n}}}{2} = \frac{{50 – 30}}{2} = 10H{\rm{z}}\)

+ Xét tỉ số

\(\frac{f}{{{f_0}}} = \frac{{50}}{{10}} = 5 \Rightarrow \) trên dây có sóng dừng với 3 bụng sóng

Khi \(C = {C_1}\) thì u và i lệch pha nhau góc \(\frac{\pi }{3}\) nên \(\cos \varphi = \frac{r}{Z} = \frac{1}{2} \Rightarrow Z = 2r\)

Công suất khi đó  \(P = {P_1} = \frac{{{U^2}r}}{{{Z^2}}} = \frac{{{U^2}r}}{{4{r^2}}} = \frac{{{U^2}}}{{4r}} = 200W\left( 1 \right)\)

Khi C = C2 thì u và i cùng pha với nhau → Trong mạch xảy ra hiện tượng cộng hưởng điện 

Công suất khi đó   \(P = {P_2} = \frac{{{U^2}}}{r}\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2)  \(\to {P_2} = 800W\)

Cách khác: 

\({p_{m{\rm{ax}}}} = \frac{p}{{c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\varphi }} = 800{\rm{W}}\)

Đáp án đúng: C

Hệ số công suất của đoạn mạch là \(cos\varphi\), trong đó \(\varphi\) là độ lệch pha giữa u và i.

   \(\varphi = {\varphi _u} – {\varphi _i} = 0\,\,\, \Rightarrow \,\,\cos \varphi = 1\)

Từ \(R = r = \sqrt {\frac{L}{C}}\rightarrow\)   \({R^2} = {r^2} = {Z_L}.{Z_C}\rightarrow {Z_C} = \frac{{{R^2}}}{{{Z_L}}}\left( * \right)\)

(Vì  \({Z_L} = \omega L;{Z_C} = \frac{1}{{\omega C}}\rightarrow {Z_L}.{Z_C} = \frac{L}{C}\)  )

\({U_{MB}} = n{U_{AM}} \to {Z_{MB}} = n{Z_{AM}} \to {Z_{MB}} = \sqrt 3 {Z_{AM}} \Leftrightarrow {R^2} + Z_C^2 = 3{r^2} + 3Z_L^2\)

\(\Rightarrow Z_C^2 = 2{R^2} + 3Z_L^2\left( {**} \right) \to {\left( {\frac{{{R^2}}}{{{Z_L}}}} \right)^2} = 2{R^2} + 3Z_L^2\)

\(3Z_L^4 + 2{R^2}Z_L^2 – {R^4} = 0 \to Z_L^2 = \frac{{{R^2}}}{3} \to {Z_L} = \frac{R}{{\sqrt 3 }}\)

 và \({Z_C} = R\sqrt 3 \left( {***} \right)\)

Tổng trở \(Z = \sqrt {{{\left( {R + r} \right)}^2} + {{\left( {{Z_L} – {Z_C}} \right)}^2}} = \frac{{4R}}{{\sqrt 3 }}\)

\(\rightarrow \cos \varphi = \frac{{R + r}}{Z} = \frac{{2R}}{{\frac{{4R}}{{\sqrt 3 }}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} = 0,866\)

Từ \(R = r = \sqrt {\frac{L}{C}} \to\) \({R^2} = {r^2} = {Z_C}.{Z_C}\)

(Vì  \({Z_L} = \omega L;{Z_C} = \frac{1}{{\omega C}} \to {Z_L}.{Z_C} = \frac{L}{C}\) )

\(U_{AM}^2 = U_R^2 + U_C^2 = {I^2}\left( {{R^2} + Z_C^2} \right)\)

\(U_{MB}^2 = U_r^2 + U_L^2 = {I^2}\left( {{r^2} + Z_L^2} \right) = {I^2}\left( {{R^2} + Z_L^2} \right)\)

Xét tam giác OPQ

\(PQ = {U_L} + {U_C}\)

\(P{Q^2} = {\left( {{U_L} + {U_C}} \right)^2} = {I^2}{\left( {{Z_L} + {Z_C}} \right)^2} = {I^2}\left( {Z_L^2 + Z_C^2 + 2{Z_L}{Z_C}} \right) = {I^2}\left( {Z_L^2 + Z_C^2 + 2{R^2}} \right)\left( 1 \right)\)

\(O{P^2} + O{Q^2} = U_{AM}^2 + U_{MB}^2 = 2U_R^2 + U_L^2 + U_C^2 = {I^2}\left( {2{R^2} + Z_L^2 + Z_C^2} \right)\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta thấy  \(P{Q^2} = O{P^2} + O{Q^2} \to\) tam giác OPQ vuông tại O

Từ  \({U_{MB}} = n{U_{AM}} = \sqrt 3 {U_{AM}}\)

\(\tan \left( {\angle POE} \right) = \frac{{{U_{AM}}}}{{{U_{MB}}}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \to \angle POE = {30^0}\). Tứ  giác OPEQ là hình chữ nhật

\(\angle OQE = {60^0} \to \angle QOE = {30^0}\)

  Do đó góc lệch pha giữa u và i trong mạch: \(\varphi = {90^0} – {60^0} = {30^0}\)

Vì vậy , \(\cos \varphi = \cos {30^0} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} = 0,866\)

+ Mức cường độ âm tại C là cực đại với C là hình chiếu vuông góc của O xuống AB

Từ giả thuyết bài toán, ta có :

\({L_{ma{\rm{x}}}} – {L_1} = 3 = 20\log \frac{{OA}}{{OC}} \Rightarrow OC = \frac{{OA}}{{{{10}^{\frac{3}{{20}}}}}} \approx 2,1m\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác

\(AB = \frac{{O{A^2}}}{{OC}} = \frac{{{3^2}}}{{2,1}} = 4,3m\)

Thời gian máy di chuyển trên AB :

\(t = \frac{{AB}}{v} = \frac{{4,3}}{{1,2}} = 3,6{\rm{s}}\)

Đáp án đúng: A

Cường độ âm tại A

\({I_A} = \frac{P}{{4\pi {r^2}}} = \frac{{0,6}}{{4\pi {3^3}}} = 5,{31.10^{ – 3}}\) W/m²

+ OMN là tam giác vuông cân nên ta dễ dàng chứng minh được rằng \(OM = \sqrt 2 OH\)

+ Vậy mức cường độ âm tại H là 

\({L_H} = {L_M} + 20\log \frac{{OM}}{{OH}} = 23 + 20\log \sqrt 2  = 26{\rm{d}}B\)

Do hai lực lò xo vuông góc nhau nên:

Do vuông pha nên: \(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}={{A}^{2}}=0,{{12}^{2}}\)

Khi FG = P = mg thì: k2A2 = 2k.mg.x1 = 2k.mg.A.cos(wt + j)

=> \(\frac{m}{k}=\frac{A}{2g\cos \left( \omega t+\varphi  \right)}\)

\(\Delta t=\frac{T}{4}\to \Delta \varphi =\omega .\Delta t=\frac{2\pi }{T}.\frac{T}{4}=\frac{\pi }{2}\)

\(\to \left( \omega t+\varphi  \right)=\frac{\Delta \varphi }{2}=\frac{\pi }{4}\to \cos \left( \omega t+\varphi  \right)=\frac{\sqrt{2}}{2}\)

=> \(\frac{m}{k}=\frac{A}{2g\cos \left( \omega t+\varphi  \right)}=\frac{0,12}{2.10.\frac{\sqrt{2}}{2}}=6\sqrt{2}{{.10}^{-3}}\)

\(T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}=2\pi \sqrt{6\sqrt{2}{{.10}^{-3}}}=0,579\,s\)

Trên đoạn BC, số điểm cực tiểu nhiều hơn số cực đại (6 cực đại và 7 cực tiểu)

=>Gần hai điểm B, C nhất trên BC là hai điểm cực tiểu gồm 1 điểm E có : d1 – d2 = (k + 0,5)l và 1 điểm E’ có: d1 – d2 = (k + 6,5)l;

và điểm P là điểm cực đại giao thoa gần B, E’ nhất có: d1 – d2 = (k + 6)l

Chuẩn hóa, đặt l = 1

\(AC=AB\sqrt{2}\)

Trên BC, gần C nhất là điểm cực tiểu (điểm E) : k \left(>

Trên BC, gần B nhất là điểm cực tiểu (điểm E’) : 

\(k+6,5

\to 3,74\)

P là điểm cực đại giao thoa gần B nhất:

\(\left\{ \begin{align} & AP-BP=4+6=10 \\ & A{{P}^{2}}-B{{P}^{2}}=A{{B}^{2}} \\ \end{align} \right.\)

\(\to \left\{ \begin{align} & AP-BP=10 \\ & AP+BP=\frac{A{{B}^{2}}}{10} \\ \end{align} \right.\to BP=\frac{A{{B}^{2}}}{20}-5\)

Q là điểm cực đại giao thoa gần C nhất:

\(\left\{ \begin{align} & AQ-BQ=4+1 \\ & A{{Q}^{2}}-B{{Q}^{2}}=A{{B}^{2}} \\ \end{align} \right.\)

\(\to \left\{ \begin{align} & AQ-BQ=5 \\ & AQ+BQ=\frac{A{{B}^{2}}}{4} \\ \end{align} \right.\)

\(\to BQ=\frac{A{{B}^{2}}}{10}-2,5\)

\(\to PQ=BQ-BP=\left( \frac{A{{B}^{2}}}{10}-2,5 \right)-\left( \frac{A{{B}^{2}}}{20}-5 \right)=\frac{1}{20}.A{{B}^{2}}+2,5\)

\(\to P{{Q}_{\max }}=\frac{1}{20}.AB_{\max }^{2}+2,5=\frac{1}{20}.{{\left( \frac{4,5}{\sqrt{2}-1} \right)}^{2}}+2,5=8,4\)

Do điểm M là vân tối nên:

\({{x}_{M}}=\left( k+\frac{1}{2} \right).\frac{\lambda D}{a}\to k+\frac{1}{2}=\frac{{{x}_{M}}.a}{\lambda D}\)

Vì 0,38 mm \(\frac{2,3.0,6}{0,76.1,2}-\frac{1}{2}

\(k=2\to \lambda =\frac{{{x}_{M}}.a}{\left( k+\frac{1}{2} \right)D}=\frac{2,3.0,6}{2,5.1,2}=0,46\,\mu m=460\,nm\)