Mạch dao động LC dao động điều hoà với tần số: 

\(f = \frac{1}{{2\pi \sqrt {LC} }}\)

Hiện tượng phóng xạ có tính tự phát và không điều khiển được, nó không chịu tác động của các yếu tố thuộc môi trường ngoài như nhiệt độ, áp suất,….

→ Phát biểu không đúng là: Hiện tượng phóng xạ phụ thuộc vào tác động bên ngoài.

Đồng nhất phương trình \(u = 5.\cos \left( {6\pi t - \pi x} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} mm\) với phương trình sóng tổng quát ta có: \(\frac{{2\pi x}}{\lambda } = \pi x \Rightarrow \lambda = 2m\)

Tốc độ truyền sóng: \(v = \lambda f = \lambda .\frac{\omega }{{2\pi }} = 2.\frac{{6\pi }}{{2\pi }} = 6{\mkern 1mu} m/s\)

Giới hạn quang điện của canxi là: \({\lambda _0} = \frac{c}{{{f_0}}} = \frac{{{{3.10}^8}}}{{\frac{2}{3}{{.10}^{15}}}} = 4,{5.10^{ - 7}}m = 0,45\mu m\)

Điều kiện xảy ra hiện tượng quang điện: \(\lambda \le {\lambda _0}\)

Do \(5\mu m > 0,45\mu m\) nên bước sóng 5µm không gây ra hiệu ứng quang điện đối với canxi.

Bước sóng của sóng điện từ này là : \(\lambda = \frac{c}{f} = \frac{{{{3.10}^8}}}{{{{30.10}^6}}} = 10m\)

Năng lượng liên kết riêng của hạt nhân \(_{13}^{27}Al\)  là : \({W_{lkr}} = \frac{{\left[ {\left( {13.{m_p} + 14.{m_n}} \right) - m} \right]{c^2}}}{{27}}\)

Sử dụng lí thuyết về tia hồng ngoại:

+ Tia hồng ngoại có bản chất là sóng điện từ.

+ Tia hồng ngoại là bức xạ không nhìn thấy có bước sóng dài hơn 0,76µm đến khoảng vài milimet.

+ Tính chất nổi bật của tia hồng ngoại là tác dụng nhiệt.

+ Tia hồng ngoài được dùng để sấy khô, sưởi ấm.

Tổng khối lượng của các hạt trước phản ứng nhỏ hơn tổng khối lượng của các hạt sau phản ứng nên phản ứng hạt nhân này là phản ứng thu năng lượng.

Năng lượng thu vào là: \({W_{thu}} = \left( {{m_s} - {m_{tr}}} \right){c^2} = 0,02.931 = 18,62MeV\)

Ta có: \(W = {W_d} + {W_t} = \frac{1}{2}m{\omega ^2}{A^2} = const\)

Khi A tăng gấp đôi thì cơ năng tăng 4 lần.

Khi vật tới vị trí cân bằng: \({W_t} = 0 \Rightarrow W = {W_d}\)

Nguyên tắc tạo ra dòng điện xoay chiều dựa trên hiện tượng cảm ứng điện từ

Sóng cực ngắn truyền xa theo đường thẳng, xuyên qua tầng điện li nên được sử dụng trong truyền thông qua vệ tinh.

Sóng cực ngắn có năng lượng lớn có thể xuyên qua tầng điện li nên được sử dụng để điều khiển các xe tự hành trên Mặt Trăng.

Phương trình dao động: \(x = 10.\cos \left( {\omega t + 0,5\pi } \right){\mkern 1mu} \left( {cm} \right)\)

→ Pha ban đầu của dao động là: \(\varphi = 0,5\pi (rad)\)

Hệ số công suất của đoạn mạch bằng: \(\cos \varphi = \frac{R}{Z} = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }} = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {R\sqrt 3 } \right)}^2}} }} = \frac{R}{{2R}} = 0,5\)

Trong máy quang phổ lăng kính, lăng kính có tác dụng tán sắc ánh sáng.

Tần số góc: \(\omega = \frac{v}{{\sqrt {{A^2} - {x^2}} }} = \frac{{5\sqrt 3 }}{{\sqrt {{5^2} - 2,{5^2}} }} = 2rad/s\)

Tốc độ cực đại của dao động là: \({v_0} = \omega A = 2.5 = 10cm/s\)

Giới hạn quang điện của đồng: \({\lambda _0} = \frac{{hc}}{A} = \frac{{6,{{625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}{{6,{{625.10}^{ - 19}}}} = {3.10^{ - 7}}m = 0,3\mu m\)

Công thức xác định bán kính quỹ đạo dừng thứ n: \([{r_n} = {n^2}.{r_0}\)

Quỹ đạo dừng K ứng với n = 1 → Độ lớn lực tương tác tính điện giữa electron và hạt nhân khi electron chuyển động trên quỹ đạo dừng K là: \({F_K} = \frac{{k.\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{1.r_0^2}} = F{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)\)

Khi độ lớn lực tương tác điện giữa electron và hạt nhân là \(\frac{F}{{81}}\) thì: \({F_n} = \frac{{k.\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{{{\left( {{n^2}.{r_0}} \right)}^2}}} = \frac{F}{{81}} \Leftrightarrow \frac{{k.\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{{n^4}.r_0^2}} = \frac{F}{{81}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra: \({n^4} = 81 \Rightarrow n = 3\)

→ Electron đang chuyển động trên quỹ đạo dừng M.

Cơ năng của con lắc là: \(\frac{1}{2}m{\omega ^2}{A^2}\)

Quỹ đạo O ứng với n = 5.

Khi electron chuyển động trên quỹ đạo O thì bán kính là: \({r_O} = {5^2}.{r_0} = 25.{r_0}\)

Biểu thức điện áp giữa hai đầu đoạn mạch là: \({\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} u = \frac{{4\sqrt 2 }}{{\omega C}}\cos \left( {100\pi t + \frac{\pi }{3} - \frac{\pi }{2}} \right) = \frac{{4\sqrt 2 }}{{100\pi .\frac{{200}}{\pi }{{.10}^{ - 6}}}}\cos \left( {100\pi t - \frac{\pi }{6}} \right)\)

\( \Rightarrow u = 200\sqrt 2 \cos \left( {100\pi t - \frac{\pi }{6}} \right){\mkern 1mu} V\)

Các ánh sáng đơn sắc khác nhau có tần số (bước sóng) khác nhau nên năng lượng photon của ánh sáng đơn sắc khác nhau sẽ khác nhau.

→ Phát biểu sai là: năng lượng photon của các ánh sáng đơn sắc khác nhau đều bằng nhau.

Tia ló đơn sắc màu lục đi là là sát mặt nước (bắt đầu xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần)

→ Các tia sáng không lọt được ra ngoài không khí là là các tia sáng đơn sắc có màu làm và tím

Âm sắc là một đặc trưng sinh lí của âm gắn liền với đồ thị dao động.

Ta có: Số hạt nhân Y tạo thành bằng số hạt nhân X bị phân rã

Tại thời điểm t1 ta có: \(\frac{{{N_Y}\left( {{t_1}} \right)}}{{{N_X}\left( {{t_1}} \right)}} = \frac{{\Delta {N_X}\left( {{t_1}} \right)}}{{{N_X}\left( {{t_1}} \right)}} = \frac{{1 - {2^{ - \frac{{{t_1}}}{T}}}}}{{{2^{ - \frac{{{t_1}}}{T}}}}} = 2 \Rightarrow {2^{ - \frac{{{t_1}}}{T}}} = \frac{1}{3}\)

Tại thời điểm t2 ta có: \(\frac{{{N_Y}\left( {{t_2}} \right)}}{{{N_X}\left( {{t_2}} \right)}} = \frac{{\Delta {N_X}\left( {{t_2}} \right)}}{{{N_X}\left( {{t_2}} \right)}} = \frac{{1 - {2^{ - \frac{{{t_2}}}{T}}}}}{{{2^{ - \frac{{{t_2}}}{T}}}}} = 2 \Rightarrow {2^{ - \frac{{{t_2}}}{T}}} = \frac{1}{4}\)

Tại thời điểm \({t_3} = {t_1} + 3{t_2}\) ta có:  \([\frac{{{N_Y}\left( {{t_3}} \right)}}{{{N_X}\left( {{t_3}} \right)}} = \frac{{\Delta {N_X}\left( {{t_3}} \right)}}{{{N_X}\left( {{t_3}} \right)}} = \frac{{1 - {2^{ - \frac{{{t_3}}}{T}}}}}{{{2^{ - \frac{{{t_3}}}{T}}}}} = \frac{{1 - {2^{ - \frac{{{t_1} + 3{t_2}}}{T}}}}}{{{2^{ - \frac{{{t_1} + 3{t_2}}}{T}}}}}\)

\(\Rightarrow \frac{{{N_Y}\left( {{t_3}} \right)}}{{{N_X}\left( {{t_3}} \right)}} = \frac{{1 - {2^{ - \frac{{{t_1}}}{T}}}.{{\left( {{2^{ - \frac{{{t_2}}}{T}}}} \right)}^3}}}{{{2^{ - \frac{{{t_1}}}{T}}}.{{\left( {{2^{ - \frac{{{t_2}}}{T}}}} \right)}^3}}} = \frac{{1 - \frac{1}{3}.{{\left( {\frac{1}{4}} \right)}^3}}}{{\frac{1}{3}.{{\left( {\frac{1}{4}} \right)}^3}}} = 191\)

Theo bài ra ta có : \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {T = 2\pi \sqrt {\frac{l}{g}} = \frac{{\Delta t}}{{60}}}\\ {T' = 2\pi \sqrt {\frac{{l + 44}}{g}} = \frac{{\Delta t}}{{50}}} \end{array}} \right. \Rightarrow \sqrt {\frac{l}{{l + 44}}} = \frac{5}{6}\)

\( \Leftrightarrow 36.l = 25.l + 25.44 \Rightarrow l = 100cm\)

Một máy phát điện xoay chiều ba pha đang hoạt động bình thường, ba suất điện động xuất hiện trong ba cuộn dây của máy có cùng tần số, cùng biên độ và từng đôi một lệch pha nhau một góc \(\frac{{2\pi }}{3}\)

Thang sóng vô tuyến: 

Máy thu thanh này thu được sóng có bước sóng: \(\lambda = 2\pi c.\sqrt {LC} = 2\pi {.3.10^8}.\sqrt {{{90.10}^{ - 6}}{{.2.10}^{ - 12}}} = 25,3m\)

Vậy máy thu thanh này thu được sóng vô tuyến thuộc loại sóng ngắn.

Động năng của hạt được xác định bởi công thức: \({W_d} = \left( {\frac{1}{{\sqrt {1 - \frac{{{v^2}}}{{{c^2}}}} }} - 1} \right){m_0}{c^2}\)

+ Khi \(v = 0,6c \Rightarrow {W_d} = \left( {\frac{1}{{\sqrt {1 - \frac{{{{\left( {0,6.c} \right)}^2}}}{{{c^2}}}} }} - 1} \right){m_0}{c^2} = 0,25.{m_0}{c^2}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)\)

+ Khi tốc độ của hạt tăng \(\frac{4}{3}\) lần: \(v' = \frac{4}{3}.0,6c = 0,8c \Rightarrow {W_d}^\prime = \left( {\frac{1}{{\sqrt {1 - \frac{{{{\left( {0,8.c} \right)}^2}}}{{{c^2}}}} }} - 1} \right){m_0}{c^2} = \frac{2}{3}.{m_0}{c^2}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra: \({W_d}^\prime = \frac{8}{3}{W_d}\)

Khi chưa dịch chuyển màn quan sát, tại M có vân sáng bậc k : \({x_M} = \frac{{k\lambda D}}{a}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)\)

Khi dịch chuyển màn quan sát ra xa thì khoảng vân giao thoa hứng được trên màn sẽ tăng, do đó bậc vân sáng/tối tại M sẽ giảm.

Dịch chuyển màn ra xa một đoạn nhỏ nhất là \(\frac{1}{7}m\) thì M chuyển thành vân tối, ta có : \({x_M} = \left( {k - \frac{1}{2}} \right)\frac{{\lambda \left( {D + \frac{1}{7}} \right)}}{a}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 2 \right)\)

Dịch thêm một đoạn nhỏ nhất \(\frac{16}{35}m\) thì tại M là lại là vân tối, ta có : \({x_M} = \left( {k - \frac{1}{2} - 1} \right)\frac{{\lambda \left( {D + \frac{1}{7} + \frac{{16}}{{35}}} \right)}}{a} = \left( {k - 1,5} \right).\frac{{\lambda .\left( {D + \frac{3}{5}} \right)}}{\lambda }{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 3 \right)\)

Từ (1) ; (2) và (3) ta có hệ phương trình : 

\(\left\{ \begin{array}{l} \frac{{k\lambda D}}{a} = \left( {k - \frac{1}{2}} \right)\frac{{\lambda \left( {D + \frac{1}{7}} \right)}}{a}\\ \frac{{k\lambda D}}{a} = \left( {k - \frac{1}{2} - 1} \right)\frac{{\lambda \left( {D + \frac{3}{5}} \right)}}{a} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} kD = \left( {k - 0,5} \right)\left( {D + \frac{1}{7}} \right)\\ kD = \left( {k - 1,5} \right)\left( {D + \frac{3}{5}} \right) \end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l} \Leftrightarrow \frac{1}{7}k - 0,5D = \frac{1}{{14}}\\ \frac{3}{5}k - 1,5D = 0,9 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} k = 4\\ D = 1m \end{array} \right.\)

Chu kì của con lắc là: \(T = \frac{t}{n} = \frac{{20}}{{50}} = 0,4{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( s \right)\)

Độ dãn của lò xo ở vị trí cân bằng là: \(\Delta l = \frac{{g{T^2}}}{{4{\pi ^2}}} = \frac{{{\pi ^2}.0,{4^2}}}{{4{\pi ^2}}} = 0,04{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( m \right) = 4{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right)\)

Nhận xét: \(\Delta l > A \to \) độ lớn lực đàn hồi của lò xo đạt cực tiểu khi lò xo ở biên âm.

Độ lớn cực đại và cực tiểu của lực đàn hồi là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{F_{dh\max }} = k\left( {\Delta l + A} \right)}\\ {{F_{dh\min }} = k\left( {\Delta l - A} \right)} \end{array}} \right. \Rightarrow \frac{{{F_{dh\max }}}}{{{F_{dh\min }}}} = \frac{{\Delta l + A}}{{\Delta l - A}} = \frac{{4 + 3}}{{4 - 3}} = 7\)

Tại M cho vân sáng, ta có: \({x_M} = k\frac{{\lambda D}}{a} \Rightarrow 0,02 = k\frac{{\lambda .2}}{{0,{{5.10}^{ - 3}}}} \Rightarrow k\lambda = {5.10^{ - 6}}\)

Mà \(380{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} nm \le \lambda \le 760{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} nm \Rightarrow 13,15 \ge k \ge 6,58\)

Bước sóng dài nhất tại M tương ứng với: \(380{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} nm \le \lambda \le 760{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} nm \Rightarrow 13,15 \ge k \ge 6,58\)

Bước sóng ngắn nhất tại M tương ứng với: \({k_{\max }} = 13 \Rightarrow {\lambda _{\min }} = 3,{85.10^{ - 7}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( m \right) = 385{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {nm} \right)\)

Tổng giữa bức xạ có bước sóng dài nhất và bức xạ có bước sóng ngắn nhất là: \({\lambda _{\max }} + {\lambda _{\min }} = 714 + 385 = 1099{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {nm} \right)\)

Từ đồ thị, ta thấy khi tần số của dòng điện là 50 Hz, tổng trở của mạch đạt giá trị nhỏ nhất: \(Z = R = 100{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( \Omega \right)\)

Khi đó trong mạch có cộng hưởng, công suất của mạch là: \(P = \frac{{{U^2}}}{R} = \frac{{{{220}^2}}}{{100}} = 484{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( W \right)\)

Số hạt \(_{84}^{210}Po\) ban đầu là: \({N_0} = \frac{{{m_0}}}{{{A_{Po}}}} = \frac{{{m_0}}}{{210}}\)

Khối lượng hạt He tạo thành là: \({m_1} = N'.{A_{He}} = 4{N_0}\left( {1 - {2^{ - \frac{X}{T}}}} \right)\)

Khối lượng hạt Po còn lại là: \({m_2} = N.{A_{Po}} = 210.{N_0}{.2^{ - \frac{X}{T}}}\)

Theo đề bài ta có: \(\frac{{{m_1}}}{{{m_2}}} = \frac{4}{5} \Rightarrow \frac{{4.{N_0}\left( {1 - {2^{ - \frac{X}{T}}}} \right)}}{{210{N_0}{{.2}^{ - \frac{X}{T}}}}} = \frac{4}{5} \Rightarrow {2^{ - \frac{X}{T}}} = \frac{1}{{43}}\)

\( \Rightarrow \frac{X}{T} = 5,43 \Rightarrow X = 5,43T = 5,43.138 = 749{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {ngay} \right)\)

Hai tiếng gõ cách nhau 2,5 s, ta có: \(\frac{l}{{{v_{kk}}}} - \frac{l}{{{v_{gang}}}} = 2,5 \Rightarrow \frac{{951,25}}{{340}} - \frac{{951,25}}{{{v_{gang}}}} = 2,5 \Rightarrow {v_{gang}} = 3194{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {m/s} \right)\)

Khi không chiếu sáng vào quang điện trở, số chỉ của mili ampe kế là: \({I_1} = \frac{E}{{r + {R_1}}} \Rightarrow {6.10^{ - 6}} = \frac{9}{{1 + {R_1}}} \Rightarrow {R_1} = 1,{5.10^6}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( \Omega \right) = 1,5{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {M\Omega } \right)\)

Khi chiếu sáng vào quang điện trở, số chỉ của ampe kế là: \({I_2} = \frac{E}{{r + {R_2}}} \Rightarrow 0,6 = \frac{9}{{1 + {R_2}}} \Rightarrow {R_2} = 14{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( \Omega \right)\)

Từ đồ thị ta thấy: độ lệch pha giữa uMB và uAB lớn nhất là: \({\left( {\tan \varphi } \right)_{\max }} = \frac{3}{4}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \tan \left( {{\varphi _{MB}} - {\varphi _{AB}}} \right) = \frac{3}{4} \Rightarrow \frac{{\tan {\varphi _{MB}} - \tan {\varphi _{AB}}}}{{1 + \tan {\varphi _{MB}}.\tan {\varphi _{AB}}}} = \frac{3}{4}\\ \Rightarrow \frac{{\frac{{{Z_{L0}}}}{r} - \frac{{{Z_{L0}}}}{{R + r}}}}{{1 + \frac{{{Z_{L0}}}}{r}.\frac{{{Z_{L0}}}}{{R + r}}}} = \frac{3}{4} \Rightarrow \frac{{{Z_{L0}}.R}}{{r\left( {R + r} \right) + {Z_{L0}}^2}} = \frac{3}{4} \Rightarrow \frac{R}{{\frac{{r\left( {R + r} \right)}}{{{Z_{L0}}}} + {Z_{L0}}}} = \frac{3}{4}\\ \Rightarrow {\left( {\tan \varphi } \right)_{\max }} \Leftrightarrow \left( {\frac{{r\left( {R + r} \right)}}{{{Z_{L0}}}} + {Z_{L0}}} \right)\min \end{array}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có:  \(\frac{{r\left( {R + r} \right)}}{{{Z_{L0}}}} + {Z_{L0}} \ge 2\sqrt {r\left( {R + r} \right)} \)

 (dấu “=” xảy ra ) \( \Leftrightarrow \frac{{r\left( {R + r} \right)}}{{{Z_{L0}}}} = {Z_{L0}} \Rightarrow r\left( {R + r} \right) = {Z_{L0}}^2 = {200^2}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {\left( {\tan \varphi } \right)_{\max }} = \frac{R}{{2\sqrt {r\left( {R + r} \right)} }} = \frac{3}{4} \Rightarrow \frac{R}{{2\sqrt {{{200}^2}} }} = \frac{3}{4} \Rightarrow R = 300{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( \Omega \right)\\ \Rightarrow r\left( {300 + r} \right) = {200^2} \Rightarrow {r^2} + 300r - {200^2} = 0 \Rightarrow r = 100{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( \Omega \right) \end{array}\)

Khi \(L = \frac{1}{\pi }{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} H \Rightarrow {Z_L} = 2\pi fL = 2\pi .50.\frac{1}{\pi } = 100{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( \Omega \right)\) , công suất tiêu thụ của cuộn dây là: \(P = \frac{{{U^2}r}}{{{Z_L}^2 + {{\left( {R + r} \right)}^2}}} = \frac{{{{200}^2}.100}}{{{{100}^2} + {{\left( {300 + 100} \right)}^2}}} = 23,53{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( W \right)\)

Khoảng vân giao thoa là: \(\bar i = \frac{{\bar L}}{{10}} \Rightarrow \Delta i = \frac{{\Delta L}}{{10}} \Rightarrow \frac{{\Delta i}}{{\bar i}} = \frac{{\Delta L}}{{\bar L}}\)

Sai số tương đối của phép đo là: \(\delta = \frac{{\Delta \lambda }}{{\bar \lambda }} = \frac{{\Delta a}}{{\bar a}} + \frac{{\Delta L}}{{\bar L}} + \frac{{\Delta D}}{{\bar D}}\)

\(\Rightarrow \delta = \frac{{0,03}}{{1,20}} + \frac{{0,18}}{{8,00}} + \frac{{0,05}}{{1,60}} = 0,07875 = 7,875\% \)

Tại P, Q dao động với biên độ cực đại, giữa P và Q có 2 cực tiểu, nên tại P là cực đại bậc k thì tại Q là cực đại bậc (k-2), ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {Q{O_2} - Q{O_1} = k\lambda }\\ {P{O_2} - P{O_1} = \left( {k - 2} \right)\lambda } \end{array}} \right.\)

\(\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {\sqrt {{{\left( {\frac{{55}}{6}} \right)}^2} + {8^2}} - \frac{{55}}{6} = \left( {k - 2} \right)\lambda }\\ {\sqrt {3,{9^2} + {8^2}} - 3,9 = k\lambda } \end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {\lambda = 1{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right)}\\ {k = 5} \end{array}} \right.\)

Điểm N trên Ox dao động với biên độ cực tiểu và cách P gần nhất, ta có: \(N{O_2} - N{O_1} = 5,5\lambda \)

\( \Rightarrow \sqrt {{x^2} + {8^2}} - x = 5,5.1 \Rightarrow N{O_1} = x = 3,068{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right)\)

\( \Rightarrow NP = P{O_1} - N{O_1} = 3,9 - 0,068 = 0,832{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right)\)

Chu kì của hai con lắc là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{T_A} = 2\pi \sqrt {\frac{m}{k}} }\\ {{T_B} = 2\pi \sqrt {\frac{m}{{2k}}} } \end{array}} \right. \Rightarrow {T_A} = \sqrt 2 {T_B}\)

Độ giãn của lò xo ở vị trí cân bằng của hai con lắc là: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {\Delta {l_A} = \frac{{mg}}{k}}\\ {\Delta {l_B} = \frac{{mg}}{{2k}}} \end{array}} \right. \Rightarrow \Delta {l_A} = 2\Delta {l_B}\)

Năng lượng dao động của hai con lắc là: \({W_B} = 8{W_A} \Rightarrow \frac{1}{2}\left( {2k} \right){A_B}^2 = 8\frac{1}{2}k{A_A}^2 \Rightarrow {A_B} = 2{A_A}\)

Ở thời điểm đầu, độ giãn của lò xo của hai con lắc là: \({x_A} = {x_B} \Rightarrow \Delta {l_A} + {A_A} = \Delta {l_B} + {A_B}\)

\( \Rightarrow \Delta {l_A} + {A_A} = \frac{1}{2}\Delta {l_A} + 2{A_A} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{A_A} = \frac{1}{2}\Delta {l_A}}\\ {{A_B} = 2\Delta {l_B}} \end{array}} \right.\)

Ta có hình vẽ:

Từ hình vẽ ta thấy trong quá trình dao động, lò xo của con lắc A luôn giãn, độ lớn lực đàn hồi của con lắc A nhỏ nhất khi nó ở biên âm, khi đó: \({t_A} = \frac{{{T_A}}}{2} = \frac{{\sqrt 2 {T_B}}}{2}\)

Con lắc B có độ lớn lực đàn hồi nhỏ nhất bằng 0 khi lò xo không biến dạng, khi đó li độ của con lắc là: \({x_B} = - \Delta {l_B} = - \frac{{{A_B}}}{2}\)

Ta có vòng tròn lượng giác:

Từ vòng tròn lượng giác, ta thấy từ lúc thả vật B đến khi lò độ lớn lực đàn hồi nhỏ nhất, vecto quay được góc: \(\Delta \varphi = \frac{{2\pi }}{3}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {rad} \right)\)

Khi đó, ta có: \({t_B} = \frac{{\Delta \varphi }}{{{\omega _B}}} = \frac{{\frac{{2\pi }}{3}}}{{\frac{{2\pi }}{{{T_B}}}}} = \frac{{{T_B}}}{3} \Rightarrow \frac{{{t_A}}}{{{t_B}}} = \frac{{\frac{{\sqrt 2 {T_B}}}{2}}}{{\frac{{{T_B}}}{3}}} = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}\)

Gọi số vòng dây ở cuộn thứ cấp ban đầu là N₂, tỉ số điện áp khi đó là: \(\frac{{{U_2}}}{{{U_1}}} = \frac{{{N_2}}}{{{N_1}}} = \frac{{43}}{{200}} \Rightarrow {N_2} = \frac{{43}}{{200}}{N_1}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)\)

Sau khi quấn thêm vào cuộn thứ cấp 48 vòng, tỉ số điện áp là: \(\frac{{{U_2}^\prime }}{{{U_1}}} = \frac{{{N_2} + 48}}{{{N_1}}} = \frac{9}{{40}} \Rightarrow {N_2} + 48 = \frac{9}{{40}}{N_1}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 2 \right)\)

Trừ hai vế phương trình (1) và (2), ta có:  \(48 = \frac{9}{{40}}{N_1} - \frac{{43}}{{200}}{N_1} \Rightarrow {N_1} = 4800\)(vòng)

\( \Rightarrow {N_2} = \frac{{43}}{{200}}{N_1} = \frac{{43}}{{200}}.1200 = 1032\) (vòng)

Số vòng dây dự định ở cuộn thứ cấp là: \({N_{02}} = \frac{1}{4}{N_1} = \frac{1}{4}.4800 = 1200\) (vòng)

Số vòng dây phải quấn thêm là: \(\Delta N = {N_{02}} - {N_2} = 1200 - 1032 = 168\) (vòng)