Chiều dài con lắc là: \( T = 2\pi \sqrt {\frac{l}{g}} \to l = \frac{{{T^2}g}}{{4{\pi ^2}}} = \frac{{{1^2}.{\pi ^2}}}{{4{\pi ^2}}} = 0,25m = 25cm\)

Một con lắc lò xo gồm vật nhỏ và lò xo nhẹ có độ cứng k, đang dao động điều hòa. Chọn mốc thế năng tại vị trí cân bằng. Biểu thức thế năng của con lắc ở li độ x là \( \frac{1}{2}k{x^2}\)

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

 Độ tự cảm của ống dây là: \( L = 4\pi {.10^{ - 7}}.\frac{{{N^2}}}{l}.S = 4\pi {.10^{ - 7}}.\frac{{{{1000}^2}}}{{{{62,8.10}^{ - 2}}}}{.50.10^{ - 4}} = 0,01H\)

Ta có: chu kỳ con lắc đơn \( T = 2\pi \sqrt {\frac{l}{g}} \)

⇒ Để chu kì con lắc đơn tăng gấp 2 lần, ta cần tăng chiều dài lên 4 lần

Mức cường độ âm tại điểm đó bằng: \( L = 10\lg \frac{I}{{{I_0}}} = 10\lg \frac{{{{10}^{ - 5}}}}{{{{10}^{ - 12}}}} = 70dB\)

+ Độ lệch pha: \(\Delta \varphi = \frac{\pi }{2}(rad)\) ⇒ hai dao dộng này vuông pha nhau

+ Dao động tổng hợp của hai dao động này có biên độ bằng:

\( A = \sqrt {{A_1}^2 + {A_2}^2} = \sqrt {{5^2} + {{12}^2}} = 13cm\)

Phương trình dao động: \( x = 2\cos (2\pi t + \frac{\pi }{2})(cm)\)

Thay t =1/4s vào phương trình ⇒ chất điểm có li độ bằng: x=-2cm

Hiện tượng giao thoa xảy ra với hai nguồn sóng kết hợp → hai nguồn cùng phương, cùng pha cùng tần số là hai nguồn kết hợp.

Số chỉ của vôn kế này là: \( U = \frac{{{U_0}}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{100\sqrt 2 }}{{\sqrt 2 }} = 100(V)\)

+ Khoảng cách giữa một bụng và một nút liên tiếp:

\(\Delta x = \frac{\lambda }{4} = 10 \to \lambda = 40cm\)

+ Xét tỉ số: \( n = \frac{l}{{\frac{\lambda }{2}}} = \frac{{130}}{{20}} = 6,5 \notin Z\) ⇒ không phải sợi dây hai đầu cố định

+ Xét tỷ số: \( n = \frac{l}{{\frac{\lambda }{4}}} = \frac{{130}}{{10}} = 13 \in Z\) ⇒ sợi dây một đầu cố định, một đầu tự do

Khi trong mạch có cộng hưởng điện : \( {Z_L} = {Z_C} \Leftrightarrow L.{\omega _0} = \frac{1}{{{\omega _0}C}} \Rightarrow {\omega _0} = \frac{1}{{\sqrt {LC} }}\)

Vôn kế, ampe kế nhiệt chỉ đo được các giá trị hiệu dụng của dòng xoay chiều

Trong đoạn mạch xoay chiều chỉ có một phần tử là điện trở thuần thì điện áp hai đầu đoạn mạch và cường độ dòng điện trong mạch biến đổi điều hòa cùng tần số và cùng pha với nhau. Do vậy khi biểu diễn trên giản đồ hai véc tơ I và Uk là cùng phương chiều.

Khi một sóng cơ học truyền từ không khí vào nước thì tần số không đổi

Trong dao động điều hòa, cơ năng của vật là đại lượng bảo toàn

Một sóng ngang truyền trong một môi trường thì phương dao động của các phần tử môi trường vuông góc với phương truyền sóng. 

Khoảng cách ngắn nhất giữa một nút sóng và vị trí cân bằng của một bụng sóng là λ/4

=> λ/4 = 0,25

=> λ = 1m

Một vật dao động điều hòa với chu kì T. Tốc độ của vật đạt cực đại khi vật qua vị trí cân bằng

+ Gia tốc của vật có độ lớn cực đại là: \( {a_{\max }} = {\omega ^2}A = 10{\pi ^2} = 100(cm/{s^2})\)

+ Đồng nhất phương trình sóng bài cho với phương trình sóng tổng quát ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} \omega = 4\pi (rad/s)\\ 0,02\pi x = \frac{{2\pi x}}{\lambda } \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} T = 0,5s\\ \lambda = 100cm \end{array} \right.\)

⇒ vận tốc truyền sóng: \( \to v = \frac{\lambda }{T} = \frac{{100}}{{0,5}} = 200cm/s=2m/s\)

+ Khi vật đi qua vị trí: x = 2A/3

+ Thế năng của vật:

\( {{\rm{W}}_t} = \frac{1}{2}k{x^2} = \frac{1}{2}k{(\frac{2}{3}A)^2} = \frac{4}{9}.\frac{1}{2}.k.{A^2} = \frac{4}{9}{\rm{W}}\)

+ Động năng của vật: \( {{\rm{W}}_d} = {\rm{W}} - {{\rm{W}}_t} = {\rm{W}} - \frac{4}{9}{\rm{W}} = \frac{5}{9}{\rm{W}}\)

Ta có: Q < 0, véc tơ cường độ điện trường hướng về nó, và có độ lớn là: \( {\rm{E = }}\frac{{k\left| Q \right|}}{{{r^2}}} = \frac{{{{9.10}^9}\left| { - {{10}^{ - 6}}} \right|}}{{{1^2}}} = 9000V/m\)

+ Ảnh tạo bởi thấu kính là ảnh thật nên thấu kính đã cho là TKHT.

+ Khoảng cách giữa ảnh và vật là: \( d + d' = 60cm(1)\)

+ Ảnh thật ngược chiều vật và cao gấp 2 lần vật nên:

\( - \frac{{d'}}{d} = - 2 \to d' = 2d(2)\)

Từ (1)và (2), suy ra: \( \to \left\{ \begin{array}{l} d = 20cm\\ d' = 40cm \end{array} \right.\)

+ Tiêu cự của thấu kính: \( \frac{1}{f} = \frac{1}{d} + \frac{1}{{d'}} = \frac{1}{{20}} + \frac{1}{{40}} = \frac{3}{{40}} \to f = \frac{{40}}{3}cm\)

+ Bước sóng: \( \lambda = \frac{v}{T} = \frac{{60}}{{10}} = 6cm\)

+ Điều kiện để một điểm P lệch pha \(\pi /3\)  so với O:

\( \Delta \varphi = \frac{{2\pi x}}{\lambda } = \frac{\pi }{3} + k2\pi \to x = \frac{\lambda }{6} + k\lambda = 1 + 6k(k \in Z)\)

+ Mà P nằm trên đoạn MN nên:

\(\begin{array}{l} 20 \le x \le 45 \to 20 \le 1 + 6k \le 45 \Leftrightarrow 3,1 \le 1 + 6k \le 7,3\\ \to k = {\rm{\{ 4;5;6;7\} }} \end{array}\)

Có 4 giá trị k thỏa mãn nên có 4 điểm dao động lệch pha π/3 so với nguồn O

Gọi n1, n2 lần lượt là số vòng dây của cuộn sơ cấp và thứ cấp ban đầu

Ta có: \( \frac{U}{{{U_1}}} = \frac{{{n_2} - n}}{{{n_1}}},\frac{{2U}}{{{U_1}}} = \frac{{{n_2} + n}}{{{n_1}}} \to \frac{{{n_2} + n}}{{{n_2} - n}} = 2 \to n = \frac{{{n_2}}}{3}\)

+ Tăng thêm 3n vòng dây ở cuộn thứ cấp, thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu để hở của cuộn này bằng:

\( \frac{{U{'_2}}}{{{U_1}}} = \frac{{{n_2} + 3n}}{{{n_1}}} = \frac{{2{n_2}}}{{{n_1}}} = 2.\frac{{100}}{{{U_1}}} \to U{'_2} = 200V\)

+ Tổng trở của mạch:  \( Z = \sqrt {{R^2} + {Z_C}^2} = 50\sqrt 2 \Omega \)

+ Cường độ dòng điện cực đại của dòng điện: \( {I_0} = \frac{{{U_0}}}{Z} = \frac{{200\sqrt 2 }}{{50\sqrt 2 }} = 4(A)\)

+ Độ lệch pha: \(\begin{array}{l} \tan \varphi = \frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R} = \frac{{ - 50}}{{50}} = - 1 \to \varphi = \frac{{ - \pi }}{4}\\ \to {\varphi _u} - {\varphi _i} = \frac{{ - \pi }}{4} \to {\varphi _i} = \frac{\pi }{4} \end{array}\)

+ Biểu thức của cường độ dòng điện trong mạch:

\( i = 4\cos (100\pi t + \frac{\pi }{4})(A)\)

+ Khi con lắc dao động trong điện trường, nó dao động dưới tác dụng của trọng lực biểu kiến:

\(\begin{array}{l} \overrightarrow {P'} = \overrightarrow P + \overrightarrow F \to \overrightarrow {g'} = \overrightarrow g + \frac{{\overrightarrow F }}{m}\\ T \sim \frac{1}{{\sqrt g }} \to T' > T \Leftrightarrow g' < g \end{array}\)

=> Lực điện trường phải hướng lên

Mà \( \overrightarrow F = q.\overrightarrow E \) nên \(\overrightarrow F\) hướng lên khi

+ q > 0 và điện trường hướng lên

+ q < 0 và điện trường hướng xuống.

+ Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} \sqrt {{U_{0R}}^2 + {U_{0C}}^2} = 100\sqrt 2 \\ {Z_C} = R \to {U_{0R}} = {U_{0C}} \end{array} \right. \to {U_{0R}} = {U_{0C}} = 100V\)

+ Do u_R và u_C vuông pha nên:

\( \frac{{{u_C}^2}}{{{U_{0C}}^2}} + \frac{{{u_R}^2}}{{{U_{0R}}^2}} = 1 \Leftrightarrow {u_C} = \pm \sqrt {{U_{0R}}^2 - {u_R}^2} = \pm \sqrt {{{100}^2} - {{50}^2}} = \pm 50\sqrt 3 V\)

+ Biểu diễn trên VTLG ta có:

+ Từ VTLG ta có tại thời điểm điện áp tức thời trên điện trở là 50V và đang tăng thì điện áp tức thời trên tụ là −50√3V

Ta có: 

\(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} {U^2} = {({U_R} + {U_r})^2} + {U_L}^2 = {200^2}\\ {U_{cd}}^2 = {U_r}^2 + {U_L}^2 = {130^2} \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} {U_R}^2 + 2{U_R}{U_r} + {U_r}^2 + {U_L}^2 = {200^2}\\ {U_{cd}}^2 = {U_r}^2 + {U_L}^2 = {130^2} \end{array} \right.\\ \to \left\{ \begin{array}{l} {110^2} + 2.110.{U_r} + {130^2} = {200^2}\\ {U_r}^2 + {U_L}^2 = {130^2} \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} {U_r} = 50V\\ {U_L} = 120V \end{array} \right. \end{array}\)

+ Độ lệch pha: \( \tan \varphi = \frac{{{U_L}}}{{{U_R} + {U_{{R_0}}}}} = \frac{{120}}{{50 + 110}} = 0,75\)

+ Công suất tiêu thụ đoạn mạch: \(P = UI = \frac{{{U^2}}}{{R + {R_0}}}\cos \varphi \to R + {R_0} = \frac{{{U^2}\cos \varphi }}{P} \to {R_0} = \frac{{{U^2}\cos \varphi }}{P} - R = 25\Omega \)

+ Cảm kháng của cuộn dây là: \({Z_L} = \omega L = 100\pi .\frac{{0,1}}{\pi } = 10\Omega \)

+ Dung kháng của tụ điện: 

\(\begin{array}{l} Z = \sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}} = 60\Omega \Rightarrow \sqrt {{{(20\sqrt 5 )}^2} + {{(10 - {Z_C})}^2}} = 60\Omega \to {(10 - {Z_C})^2} = 1600\\ \to 10 + {Z_C} = \pm 40 \to \left[ \begin{array}{l} {Z_C} = 50\Omega \\ {Z_C} = - 30\Omega (l) \end{array} \right. \end{array}\)

+ Điện dung C của tụ điện là: \( {Z_C} = \frac{1}{{C\omega }} \to C = \frac{1}{{{Z_C}\omega }} = \frac{1}{{50.100\pi }} = \frac{{{{10}^{ - 3}}}}{{5\pi }}(F)\)

+ Cảm kháng của cuộn dây: Z_L = 200Ω

+ Điện áp giữa hai đầu mạch AN: 

\( {U_{AN}} = I.{Z_{AN}} = \frac{{U\sqrt {{R^2} + {Z_L}^2} }}{{\sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}} }} = \frac{U}{{\sqrt {\frac{{{R^2} + {Z_L}^2 - 2{Z_L}{Z_C} + {Z_C}^2}}{{{R^2} + {Z_L}^2}}} }} = \frac{U}{{\sqrt {1 + \frac{{{Z_L}^2 - 2{Z_L}{Z_C}}}{{{R^2} + {Z_L}^2}}} }}\)

+ Để U_AN không phụ thuộc vào R thì: \( {Z_L}^2 - 2{Z_L}{Z_C} = 0 \to {Z_C} = \frac{{{Z_L}}}{2} = 100\Omega \to C = \frac{{{{10}^{ - 4}}}}{\pi }(F)\)

+  Động năng cực đại của chất điểm bằng:\( {{\rm{W}}_{d\max }} = \frac{1}{2}m{v_{\max }}^2 = \frac{1}{2}m{\omega ^2}{A^2} = {0,32.10^3}J = 0,32mJ\)

Ta có Bước sóng: λ=v/f = 0,4/10 = 0,04m=4cm

+ Độ lệch pha giữa hai điểm P và Q là: \( \Delta \varphi = \frac{{2\pi \Delta d}}{\lambda } = \frac{{2\pi 15}}{4} = \frac{{\pi 15}}{2} = 6\pi + \frac{{3\pi }}{2}\)

Từ vòng tròn lượng giác, ta có li độ tại Q là 0cm

Ta có:

+ Nhiệt lượng mà 1kg nước thu vào để tăng thêm 1⁰C là :

Q=m.c.Δt=1.4200.1=4200J

+ Điện năng dòng điện tiêu thụ : A=I²Rt=2².6.t=24.t(J)

Ta có : A=Q⇔24.t = 4200⇒ t=175s

+ Tần số góc của dao động riêng :\( {\omega _0} = \sqrt {\frac{k}{m}} = \sqrt {\frac{{100}}{{0,025}}} \approx 63,25(rad/s)\)

+ Đồ thị mô tả sự phụ thuộc của biên độ vào tần số của dao động cưỡng bức :

Ta có : ω₁<ω₂ ⇒ A₁<A₂

+ Tần số góc của con lắc: \( {\omega _0} = \sqrt {\frac{k}{m}} = \sqrt {\frac{{40}}{{0,4}}} = 10(rad/s)\)

+ Tốc độ của M khi đi qua VTCB: v = ωA = 50cm/s.

+ Tốc độ của (M + m) khi qua VTCB: \( v' = \frac{{Mv}}{{M + m}} = 40cm/s\)

+ Tần số góc của hệ con lắc: \( \omega ' = \sqrt {\frac{k}{{M + m}}} = \sqrt {\frac{{40}}{{0,5}}} = \frac{{20}}{{\sqrt 5 }}(rad/s)\)

+ Biên độ dao động của hệ: \(A' = \frac{v}{{\omega '}} = 2\sqrt 5 cm\)

Ta có: \( \overrightarrow U = {\overrightarrow U _{AM}} + {\overrightarrow U _{NB}}\)

+ Mà: \(U_{AM}=U_{NB}\) và \( ({{\vec U}_{AM}};{{\vec U}_{NB}}) = \frac{{2\pi }}{3}\) 

⇒ nên tứ giác OU_AMU_ABU_NB là hình thoi, U_AB là đường chéo ngắn nên: \(U=U_{AM}=U_{NB}=220V\)

Vị trí cân bằng của vật là vị trí con lắc có hợp lực tác dụng bằng 0. Khi đó dây treo hợp với phương thẳng đứng góc α

Ta có: \( \alpha = \frac{{{F_d}}}{P} = \frac{{qE}}{{mg}} = \frac{{{{2.10}^{ - 5}}{{.10}^4}}}{{0,1.10}} = 1 \to \alpha = {45^0}\)

Biên độ góc của dao động là: \( \to \alpha = {45^0} \to {\alpha _0} = {54^0} - {45^0} = {9^0} = \frac{{9\pi }}{{180}}\)

\( \to g' = \sqrt {{g^2} + {{\frac{{{q^2}E}}{{{m^2}}}}^2}} = 10\sqrt 2 m/{s^2}\)

+ Tần số góc của dao động là: \( \omega = \sqrt {\frac{{g'}}{l}} = \sqrt {g'} \)

+ Tốc độ dao động cực đại của vật là: \( {v_{\max }} = \omega l{\alpha _0} = \sqrt {g'} .1.\frac{{9\pi }}{{180}} = 0,59m/s\)

Ta có:

+ Mạch có C thay đổi: 

+  \(U_1=U_{Rmax}=U\)

+ \( {U_2} = {U_{L\max }} = \frac{{U.{Z_L}}}{R}\)

+ \( {U_3} = {U_{C\max }} = \frac{{U.\sqrt {{R^2} + {Z_L}^2} }}{R}\)

Ta có: \( \frac{{{U_3}}}{{{U_2}}} = \frac{{\sqrt {{R^2} + {Z_L}^2} }}{{{Z_L}}} = 3 \to \frac{R}{{{Z_L}}} = 2\sqrt 2 \to {Z_L} = \frac{R}{{2\sqrt 2 }}\)

+ Tỉ số giữa chỉ số lớn nhất của V₃ so với số chỉ lớn nhất của V₁ là:

\( \frac{{{U_3}}}{{{U_1}}} = \frac{{\sqrt {{R^2} + {Z_L}^2} }}{R} = \frac{{\sqrt {{R^2} + {{(\frac{R}{{2\sqrt 2 }})}^2}} }}{R} = \frac{3}{{2\sqrt 2 }}\)