Tại thời điểm t₁ = 0:

\(\begin{array}{l} {{\rm{W}}_d} = 0,096J;{{\rm{W}}_t} = {\rm{W}} - {{\rm{W}}_d} = 0,032\\ \Rightarrow \frac{{{{\rm{W}}_d}}}{{{{\rm{W}}_t}}} = \frac{{{A^2} - {x^2}}}{{{x^2}}} = 3\\ \Rightarrow x = \pm \frac{A}{2} \end{array}\)

Tại thời điểm t₂:  

\(\begin{array}{l} {{\rm{W}}_d} = {{\rm{W}}_t}\\ \Rightarrow x = \pm \frac{A}{{\sqrt 2 }}\\ \sin \alpha = \frac{{{x_0}}}{A} = \frac{1}{2} \Rightarrow \alpha = \frac{\pi }{6};\\ \sin \beta = \frac{{\left| {{x_1}} \right|}}{A} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \beta = \frac{\pi }{4}\\ \Rightarrow \Delta \varphi = \alpha + \beta = \frac{{5\pi }}{{12}}\\ \Delta t = {t_2} - {t_1} = \frac{{\Delta \varphi }}{\omega }\\ \Rightarrow \omega = \frac{{\Delta \varphi }}{{\Delta t}} = 20rad/s\\ \Rightarrow {\rm{W}} = \frac{1}{2}m{\omega ^2}{A^2}\\ \Rightarrow A = \sqrt {\frac{{2W}}{{m{\omega ^2}}}} = 8cm \end{array}\)

Từ đồ thị:

\(\begin{array}{l} T = {2.10^{ - 2}}s \Rightarrow \omega = \frac{{2\pi }}{T} = 100\pi rad/s;\\ {U_{0AN}} = 200V;{\varphi _{uAN}} = 0;\\ {U_{0MB}} = 100V\\ Khi\,\,t = \frac{2}{3}{.10^{ - 2}}s:\left\{ \begin{array}{l} {\varphi _{t{u_{MB}}}} = \pi \\ {\varphi _{t{u_{AN}}}} = \frac{{2\pi }}{3} \end{array} \right.\\ \Rightarrow {\varphi _{t{u_{MB}}}} - {\varphi _{t{u_{AN}}}} = {\varphi _{{u_{MB}}}} - {\varphi _{{u_{AN}}}} = \frac{\pi }{3}\\ \Rightarrow {\varphi _{{u_{MB}}}} = {\varphi _{{u_{AN}}}} + \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{3} \end{array}\)

Ta có:  

\(\begin{array}{l} 3{Z_L} = 2{Z_C} \Rightarrow {U_C} = 1,5{U_L}\\ \left\{ \begin{array}{l} \overrightarrow {{U_{MB}}} = \overrightarrow {{U_L}} + \overrightarrow {{U_X}} \\ \overrightarrow {{U_{AN}}} = \overrightarrow {{U_C}} + \overrightarrow {{U_X}} \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 1,5\overrightarrow {{U_{MB}}} = 1,5\overrightarrow {{U_L}} + 1,5\overrightarrow {{U_X}} \\ \overrightarrow {{U_{AN}}} = \overrightarrow {{U_L}} + \overrightarrow {{U_X}} \end{array} \right.\\ \Rightarrow 2,5\overrightarrow {{U_X}} = 1,5\overrightarrow {{U_{MB}}} + \overrightarrow {{U_{AN}}} \end{array}\)

Dựa vào giản đồ vectơ:

\({U_X} = \frac{{\sqrt {{{\left( {1,5{U_{MB}}} \right)}^2} + U_{AN}^2 + 2.1,5{U_{MB}}.{U_{AN}}\cos \frac{\pi }{3}} }}{{2,5}} = 86V\)

Tần số của tia hồng ngoại nhỏ hơn tần số của tia tử ngoại. 

Do : 

\(\begin{array}{l} {\varphi _1} + {\varphi _2} = \frac{\pi }{2}\\ \Rightarrow x = {Z_{L1}} - {Z_C} = \frac{{{R^2}}}{{{Z_C} - {Z_{{L_2}}}}} = \frac{{{R^2}}}{y}\left( 1 \right)\\ {U_{MB1}} = \frac{{U.\left( {{Z_{L1}} - {Z_C}} \right)}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_{L1}} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = \frac{{180x}}{{\sqrt {{R^2} + {x^2}} }} = U(2);\\ {U_{MB2}} = \frac{{U.\left( {{Z_C} - {Z_{L2}}} \right)}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_C} - {Z_{L2}}} \right)}^2}} }} = \frac{{180y}}{{\sqrt {{R^2} + {y^2}} }} = \sqrt 8 U(3) \end{array}\)

Từ (2) và (3):

\(\frac{x}{y}.\frac{{\sqrt {{R^2} + {y^2}} }}{{\sqrt {{R^2} + {x^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt 8 }}\left( 4 \right)\) 

Từ (1) và (4):

\(x = \frac{R}{{2\sqrt 2 }}\)

 Thay vào (2): U = 60V

Ta có: 

\(\begin{array}{l} \frac{\lambda }{3} = 8cm\\ \Rightarrow \lambda = 24cm\\ \Rightarrow \delta = \frac{{{v_{\max }}}}{v} = \frac{{2\pi fA}}{{\lambda f}} = \frac{{2\pi A}}{\lambda } = 0,157 \end{array}\)

Ta có: 

\(\begin{array}{l} 3s = {t_1} + {t_2} = \sqrt {\frac{{2h}}{g}} + \frac{h}{v}\\ \Rightarrow 3 = \sqrt {\frac{{2h}}{{9,9}}} + \frac{h}{{330}} \Rightarrow h \approx 41m \end{array}\)

Ta có: 

\(A = \frac{{14}}{2} = 7cm\)

Lần thứ 2 gia tốc của vật đạt gia trị cực tiểu tại M1:

\(\begin{array}{l} \sin \alpha = \frac{x}{A} = \frac{1}{2} \Rightarrow \alpha = \frac{\pi }{6}\\ \Rightarrow \Delta \varphi = 2\pi - \alpha = \frac{{11\pi }}{6}\\ \Rightarrow t = \frac{{\Delta \varphi }}{\omega } = \frac{{11}}{{12}}s \end{array}\)

Quãng đường vật đi đươc:

\(\begin{array}{l} s = \left( {A - {x_0}} \right) + 3A = \left( {7 - 3,5} \right) + 3.7 = 24,5cm\\ \Rightarrow {v_{TB}} = \frac{s}{t} \approx 26,7cm/s \end{array}\)

\(\frac{{{N_{2A}}}}{{{N_{1A}}}} = k;\frac{{{N_{2B}}}}{{{N_{1B}}}} = 2k\)

Có hai khả năng

Trường hợp 1:

\(\begin{array}{l} {N_{2A}} = {N_{1B}} = N\\ \Rightarrow {N_{1B}} = \frac{N}{k};{N_{2B}} = 2kN\\ \Rightarrow {N_{1A}} + {N_{2A}} + {N_{1B}} + {N_{2B}} = 2N + \frac{N}{k} + 2kN = 3100\\ \Rightarrow \left( {2{k^2} + 2k + 1} \right)N = 3100k\\ Khi\,\,{U_{1A}} = U\\ \Rightarrow {U_{2A}} = kU;{U_{1B}} = {U_{2A}} = kU\\ \Rightarrow {U_{2B}} = 2k{U_{1B}} = 2{k^2}U = 18\\ \Rightarrow k = 3\\ \Rightarrow N = 372 \end{array}\)

Nếu :  \({U_{2B}} = 2U \Rightarrow k = 1 \Rightarrow N = 620\)

Trường hợp 2:

\(\begin{array}{l} {N_{1A}} = {N_{2B}} = N\\ \Rightarrow {N_{1B}} = \frac{N}{{2k}};{N_{2A}} = kN\\ \Rightarrow {N_{1A}} + {N_{2A}} + {N_{1B}} + {N_{2B}} = 2N + \frac{N}{{2k}} + kN = 3100\\ \Rightarrow \left( {2{k^2} + 4k + 1} \right)N = 6200k\\ \Rightarrow {U_{2B}} = 2k{U_{1B}} = 2{k^2}U = 18U\\ \Rightarrow k = 3\\ \Rightarrow N = 600 \end{array}\)

Ta có:   

\(\lambda = \frac{v}{f} = 0,5cm.\)

Độ lệch pha của 2 điểm M, N trên đường trung trực của AB:   

\(\Delta \varphi = 2\pi \frac{{{d_2} - {d_1}}}{\lambda }\)

N dao động cùng pha với M khi:   

\(\begin{array}{l} \Delta \varphi = 2k\pi \Rightarrow {d_2} - {d_1} = k\lambda \\ \Rightarrow {d_2} = {d_1} + k\lambda \end{array}\)

Điểm gần nhất dao động cùng pha với M ứng với k = 1

\(\Rightarrow {d_2} = {d_1} + \lambda = 10 + 0,5 = 10,5cm\)   

 Ta có: 

\(\begin{array}{l} NH = \sqrt {d_2^2 - A{H^2}} ;MH = \sqrt {d_1^2 - A{H^2}} \\ \Rightarrow NM = \left| {\sqrt {d_2^2 - A{H^2}} - \sqrt {d_1^2 - A{H^2}} } \right| = 8mm \end{array}\)

 Lực tương tác tĩnh điện giữa electron và hạt nhân: 

\(F = k\frac{{{e^2}}}{{{r^2}}} \Rightarrow \frac{{{F_N}}}{{{F_L}}} = \frac{{r_L^2}}{{r_N^2}} = {\left( {\frac{{4{r_0}}}{{16{r_0}}}} \right)^2} = \frac{1}{{16}}\)

Khi nguồn đặt tại A:   

\(\begin{array}{l} {L_B} = 10\lg \frac{{{I_B}}}{{{I_0}}} = 10\lg \left( {\frac{P}{{{I_0}4\pi R_B^2}}} \right)\\ \Rightarrow \frac{P}{{{I_0}4\pi R_B^2}} = {10^{10}} \end{array}\)

Khi nguồn âm đặt tại B:

\(\begin{array}{l} {L_A} = 10\lg \frac{{{I_A}}}{{{I_0}}} = 10\lg \left( {\frac{{2P}}{{{I_0}4\pi R_A^2}}} \right) = 10\lg \left( {{{2.10}^{10}}} \right) = 103dB\\ {L_B} = 10\lg \left( {\frac{{2P}}{{{I_0}4\pi R_B^{,2}}}} \right) = 10\lg \left( {\frac{{2P}}{{{I_0}4\pi .1,{5^2}R_A^2}}} \right) = 10\lg \left( {\frac{{{{2.10}^{10}}}}{{1,{5^2}}}} \right) = 99,5dB \end{array}\)

 Động năng cực đại của vật bằn cơ năng của vật: 

\(W = \frac{1}{2}m{\omega ^2}{A^2} = 3,{6.10^{ - 4}}J\)

Năng lượng của photon: 

\(\varepsilon = \frac{{hc}}{\lambda } = 2,07eV\)

Thứ tự đúng các thao tác là c, d, a, b, e, g.   

Vặn đầu đánh dấu của núm xoay tới chấm có ghi 200, trong vùng ACV.

Cắm hai đầu nối của hai dây đo vào hai ổ COM và VW.

Nhấn nút ON OFF để bật nguồn của đồng hồ.

Cho hai đầu đo của hai dây đo tiếp xúc với hai đầu đoạn mạch cần đo điện áp.

Chờ cho các chữ số ổn định, đọc trị số của điện áp.

Kết thúc các thao tác đo, nhấn nút ON OFF để tắt nguồn của đồng hồ. 

Ta có:

\(\frac{{{P_1}}}{{{P_2}}} = \frac{{{P_1}}}{{P - {P_1}}} = \frac{{88}}{{110 - 88}} = 4\)

 Chu kì của dao động cưỡng bức bằng chu kì của ngoại lực cưỡng bức.

Do đó: \(T= \frac{1}{{ f}}\)

Từ đồ thị:   

\(T = {10^{ - 3}}s \Rightarrow \omega = \frac{{2\pi }}{T} = 2000\pi rad/s\)

Khi t = 0:

Đối với i1:   

\(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} {i_1} = 0\\ i_1^, > 0 \end{array} \right. \Rightarrow {\varphi _{i1}} = - \frac{\pi }{2};{I_{01}} = {8.10^{ - 3}}A\\ \Rightarrow {i_1} = {8.10^{ - 3}}\cos \left( {200\pi t - \frac{\pi }{2}} \right)A \end{array}\)

Đối với i2: 

\(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} {i_2} = - {6.10^{ - 3}}A\\ i_1^, = 0 \end{array} \right. \Rightarrow {\varphi _{i1}} = \pi ;{I_{01}} = {6.10^{ - 3}}A\\ \Rightarrow {i_1} = {6.10^{ - 3}}\cos \left( {200\pi t + \pi } \right)A \end{array}\)

Do đó biểu thức điện tích tương ứng:

\(\left\{ \begin{array}{l} {i_1} = q_1^, \Rightarrow {q_1} = \frac{{{{8.10}^{ - 3}}}}{{2000\pi }}\cos \left( {2000\pi - \pi } \right)\\ {i_2} = q_2^, \Rightarrow {q_2} = \frac{{{{6.10}^{ - 3}}}}{{2000\pi }}\cos \left( {2000\pi + \frac{\pi }{2}} \right) \end{array} \right.\)

Ta có:   

\(\begin{array}{l} q = {q_1} + {q_2}\\ \Delta \varphi = {\varphi _{q2}} - {\varphi _{q1}} = \frac{{3\pi }}{2}\\ \Rightarrow {q_{\max }} = {\left( {{q_1} + {q_2}} \right)_{\max }} = \sqrt {Q_{01}^2 + Q_{02}^2} = \frac{{{{10.10}^{ - 3}}}}{{2000\pi }} = \frac{5}{\pi }\mu C \end{array}\)

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có:

\(\begin{array}{l} {p_\alpha } = {p_n} + {p_p}\\ \Rightarrow {m_\alpha }{K_\alpha } = {m_n}{K_n} + {m_p}{K_p} + 4\sqrt {{m_n}{K_n}.{m_p}{K_p}} \\ \Leftrightarrow 4{K_\alpha } = {K_n} + 30{K_p} + 4\sqrt {30{K_n}.{K_p}} \left( 1 \right) \end{array}\)

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng:   

\({K_\alpha } = 2,7 + {K_n} + {K_p}\left( 2 \right)\)

Mặt khác:   

\(\frac{{{K_n}}}{{{K_p}}} = \frac{{{m_n}}}{{{m_p}}} = \frac{1}{{30}}\left( 3 \right)\)

Từ (1); (2) và (3):  \(\Rightarrow {K_\alpha } = 3,1MeV\)

Trong phản ứng hạt nhân không có sự bảo toàn số nơtron.

Trong chân không, các bức xạ có bước sóng tăng dần theo thứ tự đúng là :

Tia gamma; tia X; tia tử ngoại; ánh sáng nhìn thấy; tia hồng ngoại và sóng vô tuyến. 

Trong chân không, bước sóng ánh sáng lục bằng 546nm.

Chọn chiều dương hướng lên, gốc tọa độ tại vị trí cân bằng                                             

Gọi \(\Delta {\varphi _1};\Delta {\varphi _2}\)  là góc quét ứng vời thời gian lò xo nén và dãn:

\(\begin{array}{l} \frac{{\Delta {\varphi _2}}}{{\Delta {\varphi _1}}} = \frac{{2\pi - \Delta {\varphi _1}}}{{\Delta {\varphi _1}}} = \frac{{{t_2}}}{{{t_1}}} = 2\\ \Rightarrow \Delta {\varphi _1} = \frac{{2\pi }}{3}\\ \Rightarrow \alpha = \frac{{\Delta \varphi }}{2} = \frac{\pi }{3}\\ \Rightarrow \beta = \frac{\pi }{2} - \alpha = \frac{\pi }{6} \end{array}\)

Lực đàn hồi ngược chiều với lực kéo khi lò xo bị dãn và   \(0 \le x \le \frac{A}{2}\)

Góc quét ứng với thời gian lực đàn hồi ngược chiều lực hồi phục

\(\Delta {\varphi _1} = 2\beta = \frac{\pi }{3} \Rightarrow {t_1} = \frac{{\Delta {\varphi _1}}}{{\frac{{2\pi }}{T}}} = \frac{T}{6} = 0,2s\)

Khoảng vân:

\(i = \frac{{\lambda D}}{a} = 0,9mm\)

 Đối với mạch chỉ có tụ điện ta có:

\({\varphi _u} - {\varphi _i} = - \frac{\pi }{2} \Rightarrow {\varphi _i} = {\varphi _u} + \frac{\pi }{2} = \frac{{3\pi }}{4}\)

Chiết suất của một môi trường tằng theo tần số của sóng ánh sáng. Do đó: n_đ< n_v< n_t.

 Ta có: 

\(\begin{array}{l} \tan \varphi = \frac{{{Z_L}}}{R} = 1\\ \Rightarrow \varphi = \frac{\pi }{4} \Rightarrow {\varphi _u} - {\varphi _i} = \varphi = \frac{\pi }{4} \end{array}\)

Hiện tượng chùm ánh sáng trắng đi qua lăng kính, bị phân tách thành các chùm sáng đơn sắc là hiện tượng tán sắc ánh sáng.  

Chùm ánh sáng laze không được ứng dụng làm nguồn phát siêu âm.        

Tia α là dòng các hạt nhân \({}_{\rm{2}}^{\rm{4}}{\rm{He}}\). 

Điện trở của bóng đèn: \(R = \frac{{U_{dm}^2}}{{{P_{dm}}}} = 484\Omega \) 

Lúc đầu đèn sáng bình thường:

\(P = R{I^2} = 100W\) 

 Khi nối tắt tụ C:  \({P^,} = R{I^{,2}} = 50W\) 

Ta có:

\(\begin{array}{l} \frac{{{I^,}}}{I} = \frac{Z}{{{Z^2}}} = \frac{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}{{\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }}\frac{1}{{\sqrt 2 }}\\ \Leftrightarrow Z_L^2 - 4{Z_C}{Z_L} + {R^2} + 2Z_C^2 = 0 \end{array}\) 

 Điều kiện để phương trình có nghiệm:

\(\begin{array}{l} {\Delta ^,} = 4Z_C^2 - {R^2} - 2Z_C^2 \ge 0\\ \Rightarrow {Z_C} \ge \frac{R}{{\sqrt 2 }} = 342\Omega \end{array}\) 

Vậy Z_L không thể có giá trị 274Ω

Ta có:

\(\begin{array}{l} {Q_0} = \frac{{{I_{01}}}}{{{\omega _1}}} = \frac{{{I_{02}}}}{{{\omega _2}}}\\ \Rightarrow \frac{{{\omega _1}}}{{{\omega _2}}} = \frac{{{I_{01}}}}{{{I_{02}}}} = \sqrt {\frac{{{L_2}C}}{{{L_1}C}}} = \sqrt {\frac{{{L_2}}}{{{L_1}}}} = 2\\ \Rightarrow {L_2} = 4{L_1} \end{array}\) 

Theo giả thiết:  \({L_3} = 9{L_1} + 4{L_2} = 25{L_1}\) 

             Tương tự:

\(\begin{array}{l} \frac{{{\omega _1}}}{{{\omega _3}}} = \frac{{{I_{01}}}}{{{I_{03}}}} = \sqrt {\frac{{{L_3}}}{{{L_1}}}} = 5\\ \Rightarrow {I_{03}} = \frac{{{I_{01}}}}{5} = 4mA \end{array}\)

Hạt nhân bền vững nhất là \( {}_{26}^{56}Fe \)

Ta có khoảng cách giữa hai nút sóng liên tiêp:

\(\frac{\lambda }{2} = 6cm \Rightarrow \lambda = 12cm\)

             Biên độ của nguồn sóng xác định bởi:

\(2a = 3cm \Rightarrow a = 1,5cm\)

             Phương trình sóng dừng cách nút N một đoạn d:

\(u = 2a\cos \left( {2\pi \frac{d}{\pi } + \frac{\pi }{2}} \right)\cos \left( {\omega t - \frac{\pi }{2}} \right)\)

             Do đó:

\(\begin{array}{l} {a_C} = 2a\left| {\cos \left( {2\pi \frac{{{d_C}}}{\lambda } + \frac{\pi }{2}} \right)} \right| = 1,5\sqrt 2 cm;\\ {a_D} = 2a\left| {\cos \left( {2\pi \frac{{{d_D}}}{\lambda } + \frac{\pi }{2}} \right)} \right| = 1,5cm \end{array}\)

Độ lệch pha dao động của phần tử C ở thời điểm t₁ và thời điểm  \({t_1} + \frac{{79}}{{40}}s\) là:

\(\Delta \varphi = 2\pi f.\frac{{79}}{{40}} = 18\pi + 1,75\pi \)

 Dựa vào vòng tròn lượng giác:

\(\cos \alpha = \frac{{1,5}}{{1,5\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \alpha = \frac{\pi }{4}\)

Vậy tại thời điểm t₂ điểm C ở vị trí biên dương C₂

Vì C và D nằm ở hai bên bó sóng liền kề nên chúng luôn dao động ngược pha.
Do đó, khi C ở biên dương thì D đang ở biên âm. Vậy li độ của D là  \({x_D} =  - {a_D} =  - 1,5cm\)

\(\begin{array}{l} \frac{{Q_0^2}}{{2C}} = \frac{{LI_0^2}}{2} \Rightarrow LC = \frac{{Q_0^2}}{{I_0^2}}\\ \Rightarrow T = 2\pi \sqrt {LC} = 2\pi .\frac{{{Q_0}}}{{{I_0}}} \end{array}\)

Ta có phương trình dao động của vật là:

\(x = A\cos \left( {\omega t - \frac{\pi }{2}} \right)\) 

 Vận tốc v= - ωx ứng với trường hợp vật hướng về vị trí cân bằng

             Khi t = 0,95s:

\(\begin{array}{l} v = \pm \omega \sqrt {{A^2} - {x^2}} = - \omega x\\ \Rightarrow x = \pm \frac{A}{{\sqrt 2 }} \end{array}\) 

Thời điểm đầu tiên vật qua v= - ωxở M₁:

 \(\begin{array}{l} \cos \alpha = \frac{{\frac{A}{{\sqrt 2 }}}}{A} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\\ \Rightarrow \alpha = \frac{\pi }{4}\\ \Rightarrow \Delta \varphi = \frac{\pi }{2} + \alpha = \frac{{3\pi }}{4}\\ \Rightarrow {t_1} = \frac{{\Delta \varphi }}{{\frac{{2\pi }}{T}}} = \frac{{3T}}{8} \end{array}\)

 Mỗi chu kì vật qua v= - ωx hai lần, do đó lần thứ 5:

\(\begin{array}{l} t = {t_1} + 2T = \frac{{19T}}{8}\\ \Rightarrow T = \frac{{8t}}{{19}} = 0,4s\\ \Rightarrow k = \frac{{4{\pi ^2}m}}{{{T^2}}} = 25N/m \end{array}\)

 Phương trình dao động của con lắc là:

\(\alpha  = 0,1\cos \left( {10t + 0,79} \right)rad\)

Đồng vị là những nguyên tử mà hạt nhân có cùng số prôtôn nhưng khác số nuclôn   

Khoảng cách từ nốt sol đến nốt là 2nc nên ta có: 

\(\begin{array}{l} f_L^{12} = 2.\left( {2f_S^{12}} \right) = 4f_S^{12}\\ \Rightarrow {f_S} = {f_L}\sqrt[{12}]{4} = 440.\sqrt[{12}]{4} \approx 392Hz \end{array}\)

Ta có:

U_MB =  \(\frac{{U\sqrt {{R^2} + Z_C^2} }}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = \frac{U}{{\sqrt {\frac{{{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}{{{R^2} + Z_C^2}}} }} = \frac{U}{{\sqrt y }}\)

với  \(y = \frac{{{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}}{{{R^2} + Z_C^2}}\) 

\(\begin{array}{l} {y^,} = \frac{{ - 2\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)\left( {{R^2} + Z_C^2} \right) - 2{Z_C}\left[ {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} \right]}}{{{{\left( {{R^2} + Z_C^2} \right)}^2}}}\\ \Leftrightarrow y' = \frac{{2{Z_L}\left( {Z_C^2 - {Z_L}{Z_C} - {R^2}} \right)}}{{{{\left( {{R^2} + Z_C^2} \right)}^2}}}\\ y' = \,\,khi\,\,\,{Z_C} = \frac{{{Z_L} + \sqrt {4{R^2} + Z_L^2} }}{2} \end{array}\)

Khi đó :

\(\begin{array}{l} {U_{MB\max }} = \frac{{2UR}}{{\sqrt {4{R^2} + Z_L^2} - {Z_L}}} = {U_2}\\ \frac{R}{{\sqrt {4{R^2} + Z_L^2} - {Z_L}}} = 1 \Rightarrow {\left( {R + {Z_L}} \right)^2} = 4{R^2} + Z_L^2\\ \Rightarrow {Z_L} = 1,5R\left( 1 \right) \end{array}\)

 U_MB = U_MBmin khi Z_C = 0 vì với Z_C > 0 thì:

\(\begin{array}{l} \frac{{\sqrt {{R^2}} }}{{\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }} < \frac{{\sqrt {{R^2} + Z_C^2} }}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\\ {U_{MB\min }} = \frac{{U\sqrt {{R^2}} }}{{\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }} = \frac{{UR}}{{\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }} = {U_1}\\ {U_1} = \frac{{UR}}{{\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }} = \frac{{UR}}{{\sqrt {{R^2} + 2,25{R^2}} }} = \frac{U}{{\sqrt {3,25} }}\\ \Leftrightarrow {U_1} = \frac{{200}}{{\sqrt {3,25} }} \approx 111V \end{array}\)

Áp dụng định lý hàm số sin ta có:

\(\begin{array}{l} \frac{{{A_1}}}{{\sin \alpha }} = \frac{{{A_2}}}{{\sin \left( {{{20}^0} - \varphi } \right)}} = \frac{A}{{\sin {{70}^0}}}\\ \Rightarrow {A_1} = \frac{A}{{\sin {{70}^0}}}\sin \alpha = \frac{A}{{0,94}}\cos \varphi ;\\ {A_2} = \frac{A}{{\sin {{70}^0}}}.\sin \left( {{{20}^0} - \varphi } \right) = \frac{A}{{0,94}}.\sin \left( {{{20}^0} - \varphi } \right)\\ \Rightarrow {A_1} + {A_2} = \frac{A}{{0,94}}.\left[ {\cos \varphi + \sin \left( {{{20}^0} - \varphi } \right)} \right]\\ = \frac{A}{{0,94}}.\left[ {\cos \varphi + \cos \left( {{{70}^0} + \varphi } \right)} \right]\\ = \frac{{2A}}{{0,94}}\cos \left( {{{35}^0} + \varphi } \right)\cos {35^0} = 1,64A\cos \left( {{{35}^0} + \varphi } \right)\\ \Rightarrow {\left( {{A_1} + {A_2}} \right)_{\max }} = 1,64A = 32,8cm \end{array}\)