Cơ năng của vật \(\text{W}=\frac{1}{2}\text{m}{{\text{ }\!\!\omega\!\!\text{ }}^{\text{2}}}{{\text{A}}^{\text{2}}}=\frac{1}{2}\text{m}{{\left( \frac{\text{2 }\!\!\pi\!\!\text{ }}{\text{T}} \right)}^{2}}{{\text{A}}^{2}}=\text{m}\frac{\text{2}{{\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}^{\text{2}}}}{{{\text{T}}^{\text{2}}}}{{\text{A}}^{2}}\)

Trong 4 phát biểu trên, tất cả đều đúng chọn 4

Biên độ của dao động duy trì không phụ thuộc vào tần số dao động riêng của hệ.

Thời gian liên tiếp giữa hai lần vật qua vị trí cân bằng là T/2

Khoảng cách ngắn nhất giữa hai điểm trên dây dao động vuông pha \(\frac{2\pi d}{\lambda }=\frac{\pi }{2}\Rightarrow d=\frac{\lambda }{4}\)

Năng lượng của phôtôn không phụ thuộc vào khoảng cách từ phôtôn đó tới nguồn phát ra nó.

Với máy biến áp lý tượng ta có: \(\frac{{{N}_{1}}}{{{N}_{2}}}=\frac{{{U}_{1}}}{{{U}_{2}}}=\frac{{{I}_{2}}}{{{I}_{1}}}\)

\({{N}_{1}}>{{N}_{2}}\Rightarrow \left\{ \begin{align} & {{U}_{1}}>{{U}_{2}} \\ & {{I}_{1}}<{{I}_{2}} \\ \end{align} \right.\Rightarrow \) hạ điện thế và tăng cường độ dòng điện

Phản ứng tỏa năng lượng thì m_t > m_s.

Tại trung điểm M của đoạn S₁S₂ sóng do hai nguồn truyền đến lần lượt có phương trình:

\({{u}_{1M}}={{a}_{1}}.\cos \left( \omega t+\varphi -\frac{2\pi {{s}_{1}}{{s}_{1}}}{2\lambda } \right)\); \){{u}_{2M}}={{a}_{2}}.\cos \left( \omega t+\varphi -\frac{2\pi {{s}_{1}}{{s}_{1}}}{2\lambda } \right)\)

\({{u}_{M}}={{u}_{1M}}+{{u}_{2M}}=({{a}_{1}}+{{a}_{2}})\cos \left( \omega t+\varphi -\frac{2\pi {{s}_{1}}{{s}_{1}}}{2\lambda } \right)\)

Biên độ tại M: A_M = a₁ + a₂. Do đó nếu tăng 1 nguồn lên hai lần thì A_M = a + 2a =3a

\(P={{I}^{2}}R=\frac{{{U}^{2}}}{{{R}^{2}}}.R=\frac{{{U}^{2}}}{R}=>\) R tăng 2 lần thì công suất giảm 2 lần

+ Sóng ngang là sóng trong đó các phần tử sóng dao động theo phương vuông góc với phương truyền sóng.

Vân tối thỏa mãn hệ thức ( d₂ - d₁) = (k+0,5)\(\lambda \) với \(k\in Z\).

Ta có: \({{a}_{0}}={{\omega }^{2}}A={{\left( \frac{2\pi }{T} \right)}^{2}}.A\Rightarrow T=2\pi \sqrt{\frac{A}{{{a}_{0}}}}\)

Công thức lực điện thực hiện khi điện tích q dịch chuyển từ M đến N là A_MN = \(q.{{U}_{MN}}.\)

Áp dụng qui tắc nắm bàn tay phải ta xác định được có 3 hình biểu diễn đúng.

Tia hồng ngoại có bước sóng lớn hơn bước sóng của tia tím.

Các electron quay trên các quỹ đạo gần hạt nhân nhất.

Trong thí nghiệm Yâng về giao thoa ánh sáng, trên màn hình quan sát, vân sáng là những vị trí mà hai sóng ánh sáng tại đó ngược pha.

Lực hạt nhân là lực tương tác giữa các nuclôn

Sóng điện từ được dùng trong vô tuyến truyền hình là sóng cực ngắn

Hiện tượng điện phân có cực dương tan là hiện tượng điện phân dung dịch muối có chứa kim loại dùng làm anot. Kết quả là kim loại tan dần từ anot tải sang catot

Chu kì T=0,02s → ω=100π rad/s.

Ta có: 

\(\begin{align} & {{u}_{L}}=40\cos (100\pi t)V \\ & {{u}_{R}}=40\cos (100\pi t\,-\frac{\pi }{2})V; \\ \end{align}\)

Dùng số phức: \(u={{u}_{R}}+{{u}_{L}}=40\sqrt{2}\cos (100\pi t-\frac{\pi }{4})V.\)

Chọn D.

Năng lượng liên kết riêng của hạt nhân \({}_{1}^{2}D\)

\(\frac{\Delta E}{A}=\frac{(1,0087+1,0073)-2,0136}{2}.931,5=1,1178MeV/nuclon\)

Điều kiện có sóng dừng trên dây hai đầu cố định l = kλ/2 (k là số bó sóng)

Ta có: \(l=k\frac{\lambda }{2}=5.\frac{v}{2f}\Rightarrow v=\frac{2lf}{5}=\frac{2.0,8.50}{5}=16m/s\)

Tần số dao động là:\(f=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}=\frac{1}{2\pi .\sqrt{\frac{{{4.10}^{-6}}}{\pi }.\frac{{{10}^{-6}}}{\pi }}}=\frac{{{10}^{6}}}{4}=0,25MHz\).

Năng lượng tối thiểu để có hiện tượng quang điện chính là công thoát A

Công thoát kim loại trên: \(A=\frac{hc}{\lambda _{0}^{{}}}=\frac{19,{{875.10}^{-26}}}{0,{{3.10}^{-6}}}=6,{{625.10}^{-19}}J\)

Tại thời điểm t = 0,25s

\(u=220\sqrt{2}\cos \left( 100\pi .0,25 \right)\,\,\left( V \right)=-220\sqrt{2}\left( V \right)\)

Dung kháng của tụ là \({{Z}_{C}}=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{\frac{{{10}^{-3}}}{6\pi }.120\pi }=50\Omega \)

Khi vật đi qua vị trí \(\text{x}=-\frac{A}{3}\,\): \({{\text{W}}_{t}}=\frac{1}{2}k{{\text{x}}^{2}}=\frac{1}{2}k.{{\left( -\frac{A}{3} \right)}^{2}}=\frac{1}{9}.\frac{1}{2}k{{\text{A}}^{2}}=\frac{1}{9}\text{W}\)

Động năng của vật khi đó: \({{\text{W}}_{d}}=\text{W}-{{\text{W}}_{t}}=\text{W}-\frac{1}{9}\text{W}=\frac{8}{9}\text{W}\)

Điểm xa nhất ứng với mức cường độ âm bằng 0

\(L-L'=20\log \frac{{{R}_{B}}}{{{R}_{A}}}=30\Rightarrow \frac{{{R}_{B}}}{{{R}_{A}}}={{10}^{\frac{30}{20}}}\Rightarrow {{R}_{B}}={{10.10}^{\frac{30}{20}}}=315,227m\)

\(i=\frac{D\lambda }{a}\Rightarrow \Delta i=\frac{\Delta D\lambda }{a}\Leftrightarrow 300\lambda =\frac{20\lambda }{a}\Rightarrow a=\frac{2}{3}mm\)

Ta có: \({{U}^{2}}=\sqrt{U_{R}^{2}+{{\left( {{U}_{L}}-{{U}_{C}} \right)}^{2}}}=\sqrt{{{80}^{2}}+{{60}^{2}}}=100V\)

\(\cos \varphi =\frac{{{U}_{R}}}{U}=\frac{80}{100}=0,8\)

Ta có \(\Delta t=\frac{3T}{4}\)

Tại \({{t}_{1}}:{{i}_{1}}={{I}_{0}}\cos \left( \omega {{t}_{1}} \right)=2\left( A \right)\)

Tại \({{t}_{2}}\)\(:{{u}_{2}}={{U}_{0}}\cos \left( \omega {{t}_{2}}+\frac{\pi }{2} \right)={{I}_{0}}{{Z}_{L}}\cos \left( \omega \left( {{t}_{1}}+\frac{3T}{4} \right)+\frac{\pi }{2} \right)={{I}_{0}}{{Z}_{L}}\cos \left( \omega {{t}_{1}}+2\pi  \right)\)

\(={{I}_{0}}{{Z}_{L}}\cos \left( \omega {{t}_{1}} \right)={{Z}_{L}}{{i}_{1}}=40\left( V \right)\).

Tại thời điểm dao động 2 ở biên âm thì dao động có vận tốc v₁ = V_max1 /2 và đang giảm

Biểu diễn bằng véc tơ quay

\(\Rightarrow \Delta {{\varphi }_{12}}=\frac{5\pi }{6}\)

\(\left( {{d}_{2}}-{{d}_{1}} \right)=k\lambda \mathop{{}}_{{}}-\frac{AB}{\lambda }<k<\frac{AB}{\lambda }\)

\(\left( {{d}_{2}}+{{d}_{1}} \right)=m\lambda =AB=9,6cm\)

Nếu m chẵn thì \(k=0\pm 2;\pm 4;\pm 6\) số cực đại cùng pha với nguồn là 7

Nếu m ( lẻ)  thì  k =   \(\pm 1\) \(\pm 3\)\(\pm 5\)…( không có 7 cực đại cùng pha với nguồn)

\(k<\frac{AB}{\lambda }=m\Rightarrow m=8\)

 \(AB=9,6cm=8\lambda \Rightarrow \lambda =1,2cm\Rightarrow f=\frac{v}{\lambda }=45Hz\)

+ Gọi N₀ là tổng số hạt ban đầu của hai chất ; N₀₁ = 0,5N₀ = N₀₂

+ Số hạt nhân còn lại sau thời gian t của hai chất phóng xạ:

\(\left\{ \begin{align} & {{N}_{1}}=0,5{{N}_{0}}{{2}^{-\frac{t}{{{T}_{1}}}}} \\ & {{N}_{2}}=0,5{{N}_{0}}{{2}^{-\frac{t}{2{{T}_{1}}}}} \\ \end{align} \right.\) → \({{N}_{1}}+{{N}_{2}}=0,5{{N}_{0}}\left( {{2}^{-\frac{t}{{{T}_{1}}}}}+{{2}^{-\frac{t}{2{{T}_{1}}}}} \right)=0,5{{N}_{0}}\).

Đặt \(x={{2}^{-\frac{t}{2{{T}_{1}}}}}\) ta có phương trình x² + x – 1 = 0

\(x={{2}^{-\frac{t}{2{{T}_{1}}}}}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}\Rightarrow {{2}^{\frac{t}{2{{T}_{1}}}}}=\frac{2}{\sqrt{5}-1}\Rightarrow \frac{t}{2{{T}_{1}}}=0,69424\Rightarrow t=138,848\)

Đáp án D

Tụ xoay có điện dung tỉ lệ với hàm số bậc nhất đối với góc xoay

+ Khi xoay tụ góc \(\Delta \alpha ={{\alpha }_{2}}-{{\alpha }_{1}}\Rightarrow C=a.\Delta \alpha +{{C}_{1}}\)(1)

+ Khi xoay tụ góc \({{\alpha }_{2}}-{{\alpha }_{1}}\Rightarrow {{C}_{2}}=a\left( {{\alpha }_{2}}-{{\alpha }_{1}} \right)+{{C}_{1}}\)(2)

Từ (1) \(\Rightarrow a=\frac{C-{{C}_{1}}}{\Delta \alpha }\)

Thay vào (2) ta được \({{C}_{2}}-{{C}_{1}}=\frac{C-{{C}_{1}}}{\Delta \alpha }\left( {{\alpha }_{2}}-{{\alpha }_{1}} \right)\)

VẬY \(\Delta \alpha =\left( \alpha -{{\alpha }_{1}} \right)=\left( {{\alpha }_{2}}-{{\alpha }_{1}} \right)\left( \frac{C-{{C}_{1}}}{{{C}_{2}}-{{C}_{1}}} \right)\)

Với \(\Delta \alpha \) là góc quay được kể từ \({{\alpha }_{1}}\)

Vì C tỉ lệ với \(\frac{1}{{{f}^{2}}}\) nên ta có \(\Delta \alpha =\left( {{\alpha }_{2}}-{{\alpha }_{1}} \right)\left( \frac{\frac{1}{{{f}^{2}}}-\frac{1}{f_{1}^{2}}}{\frac{1}{f_{2}^{2}}-\frac{1}{f_{1}^{2}}} \right)\) (*)

Theo bài \){{\alpha }_{1}}={{30}^{0}}\); f1 = 2MHz

\({{\alpha }_{2}}={{120}^{0}}\); f2 = 1MHz

f=1,5MHz thay vào (*) ta được \(\Delta \alpha ={{\frac{70}{3}}^{0}}\Rightarrow \alpha ={{\frac{70}{3}}^{0}}+{{\alpha }_{1}}={{\frac{160}{3}}^{0}}={{53}^{0}}20'\)

+Giả sử U = aω trong đó a là hằng số

+ U_C = I Z_C = \(\frac{a\omega {{Z}_{C}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}\) ; U_{C­ max} = \(\frac{a}{RC}\) = 220 V => a = 220RC => U = 220RC ω

+Tại f₁ = 15 Hz và f₂ = 60 Hz thì U_C1 = U_C2 => ω₂L - \(\frac{1}{{{\omega }_{2}}C}\) = \(\frac{1}{{{\omega }_{1}}C}\) - ω₁L => ω₀ = \(\sqrt{{{\omega }_{1}}{{\omega }_{2}}}\)

f₀ = \(\sqrt{{{f}_{1}}{{f}_{2}}}\) = \(\sqrt{15.60}\) = 30 Hz

+ U_R = I R = \(\frac{220\text{RC }\!\!~\!\!\text{  }\!\!\omega\!\!\text{ R}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}\) = \)\frac{440.\omega L~\frac{{{R}^{2}}C}{2L}}{\sqrt{\frac{1}{{{C}^{2}}{{\omega }^{2}}}+{{R}^{2}}-2\frac{L}{C}+{{L}^{2}}{{\omega }^{2}}}}\)

U= \(\frac{440\frac{{{R}^{2}}C}{2L}}{\sqrt{\frac{1}{{{L}^{2}}{{C}^{2}}{{\omega }^{4}}}-2\left( 1-\frac{{{R}^{2}}C}{2L} \right)\frac{1}{LC{{\omega }^{2}}}+1}}\) = \)\frac{440~\left( 1-{{n}^{-1}} \right)}{\sqrt{{{\left( \frac{60\pi }{\omega } \right)}^{4}}-2{{n}^{-1}}{{\left( \frac{60\pi }{\omega } \right)}^{2}}+1}}\)

\(\Rightarrow {{\left( \frac{60\pi }{60\pi } \right)}^{2}}\)+ \({{\left( \frac{60\pi }{78\pi } \right)}^{2}}\)= 2 n^-1 => n^-1 = \(\frac{269}{338}\) => U_{R max} = \(\frac{U}{\sqrt{1-{{n}^{-2}}}}\) = \(\frac{440\left( 1~-{{n}^{-1}} \right)}{\sqrt{1-{{n}^{-2}}}}\) = 148,35 V

Từ đồ thị ta có tỉ số: \(\frac{1}{2}=\frac{kA}{k(A-\Delta l)}\Rightarrow \Delta l=\frac{A}{2}\)

Tại thời điểm 1/6 s \({{F}_{kv}}=-kx=1N\Rightarrow x=-\frac{A}{2}\) đang tiến về vị trí cân bằng

lúc t = 0 x = 0 và đang đi theo chiều âm (vì F_kv đang tăng). Như vậy từ lúc t = 0 đến t = 1.6 s ứng với: T/4 + T/6 = 1/6 s

\(\Rightarrow T=0,4s\Rightarrow \left\{ \begin{align} & \Delta l=4cm\to A=8cm \\ & \omega =5\pi (rad/s) \\ \end{align} \right.\)

lúc t = 0 x = 0 và đang đi theo chiều âm \(\phi =\frac{\pi }{2}\)

Vậy \(x=8\cos \left( 5\pi t+\frac{\pi }{2} \right)cm\)

Gọi M là điểm xa nhất nằm lân cận và nhỏ hơn với vân bậc k

Như vậy 

\(\begin{array}{l}
{x_{\max }} = k\frac{{{\lambda _{\min }}.D}}{a} > (k - 4)\frac{{{\lambda _{\max }}.D}}{a}\\
 \to k{\lambda _{\min }} > (k - 4){\lambda _{\max }} \to k < \frac{{{\lambda _{\max }}a}}{{{\lambda _{\max }} - {\lambda _{\max }}}} = \frac{{700.4}}{{700 - 580}} = 23,33\\
 \to k = 23\\
{x_{\max }} = k\frac{{{\lambda _{\min }}.D}}{a} = 23.\frac{{0,58.1}}{1} = 13,34mm
\end{array}\)