Phương trình x = 6cos(4πt)cm, biên độ dao động của vật là:

A=6cm

Dung kháng của tụ điện là:

\( {Z_C} = \frac{1}{{C.\omega }} = \frac{1}{{\frac{{{{2.10}^{ - 4}}}}{{3\pi }}.100\pi }} = 150\Omega \)

Công tơ điện là dụng cụ điện dùng để đo lượng điện năng tiêu thụ của đoạn mạch trong một thời gian nhất định.

+ Tần số góc : \( \omega = \frac{{2\pi }}{T} = \pi (rad/s)\)

+ Biên độ dao động: \( E = \frac{1}{2}.m.{\omega ^2}.{A^2} \to A = \sqrt {\frac{{2E}}{{m.{\omega ^2}}}} = 0,02m = 2cm\)

+ Vận tốc cực đại:  \( {v_{\max }} = \omega .A = 2\pi (cm/s)\)

+ Tần số: \( f = \frac{\omega }{{2\pi }} = \frac{{{I_0}}}{{{Q_0}.\pi }}\)

+ Tần số năng lượng biến thiên gấp hai lần tần số:

\( \to {f_{energy}} = 2f = \frac{{{I_0}}}{{{Q_0}.\pi }}\)

Chiều dài l của con lắc đơn đó là:

\(T = 2\pi \sqrt {\frac{l}{g}} \to l = \frac{{g.{T^2}}}{{4{\pi ^2}}} = \frac{{{\pi ^2}.1}}{{4.{\pi ^2}}} = 25cm\)

Khi đặt chúng gần nhau thì chúng chỉ hút nhau thì: Có thể là hai thanh nam châm, cũng có thể là một thanh nam châm và một thanh sắt.

Sai: Sóng điện từ là sóng dọc

Tại thời điểm t thì tích của li độ và vận tốc của vật dao động điều hòa âm (xv < 0), khi đó: Vật đang chuyển động nhanh dần về vị trí cân bằng

+ Công suất của đoạn mạch là:

\( P = UI\cos \varphi = U.\frac{U}{Z}.\frac{R}{Z} = {U^2}.\frac{{{R^2}}}{{{Z^2}}}.\frac{1}{R} = \frac{{{U^2}}}{R}{\cos ^2}\varphi \)

+ Công suất tương ứng của từng đoạn mạch là:

\(\left\{ \begin{array}{l} {P_1} = \frac{{{U^2}}}{{50}}{.0,6^2} = {7,2.10^{ - 3}}{U^2}\\ {P_2} = \frac{{{U^2}}}{{100}}{.0,8^2} = {6,4.10^{ - 3}}{U^2}\\ {P_3} = \frac{{{U^2}}}{{80}}{.0,7^2} = {6,125.10^{ - 3}}{U^2}\\ {P_4} = \frac{{{U^2}}}{{120}}{.0,9^2} = {6,75.10^{ - 3}}{U^2} \end{array} \right.\)

Vậy Công suất tiêu thụ của các đoạn mạch: P₃<P₂<P₄<P₁

+ Cảm kháng và Dung kháng lần lượt bằng: 

\([\begin{array}{l} {Z_L} = L.\omega = 2\pi f.L = 100\Omega \\ {Z_C} = \frac{1}{{C.\omega }} = \frac{1}{{C.2\pi f}} = 200\Omega \end{array}\)

+ Độ lệch pha:

\( \to \tan \varphi = \frac{{100 - 200}}{{100}} = - 1 \to \varphi = \frac{{ - \pi }}{4}\)

+ Vì H,K nằm trên 2 bó sóng dao động cùng pha nhau nên H,K dao động cùng pha

Bước sóng của sóng đó là:

 \( \lambda = \frac{v}{f} = 4cm\)

Công thức liên hệ:

\( f = \frac{{pn}}{{60}} \to n = \frac{{60f}}{p} = \frac{{60.50}}{2} = 1500\) (vòng/ phút)

Dao động duy trì là dao động tắt dần mà người ta đã: Tác dụng ngoại lực vào vật dao động cùng chiều với chuyển động trong một phần của từng chu kỳ.

+ Để mạ bạc cho huy chương ta phải dùng huy chương làm catot và anot phải bằng bạc và dung dịch phải chứa muối của kim loại Bạc có thẻ là AgNO₃

+ Năng lượng điện từ trong mạch là

\( {\rm{W}} = \frac{1}{2}L.I_0^2 = \frac{1}{2}\frac{{LC}}{C}.I_0^2 \to {\rm{W}} = \frac{1}{2}.\frac{{I_0^2}}{{{\omega ^2}C}} = \frac{1}{2}.\frac{{{{({{40.10}^{ - 3}})}^2}}}{{{{4000}^2}{{.1,25.10}^{ - 6}}}} = {4.10^{ - 5}}J\)

Ta có: \( \frac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \frac{{{N_1}}}{{{N_2}}}\)

Và U1, N1 không đổi ⇒ \( {U_2} \sim {N_2} \Rightarrow {U_2}_{\min } \Leftrightarrow {N_2}_{\min}\)

Vậy K ở chốt q

Tần số dao động: 

\( f = \frac{1}{T} = \frac{1}{{\frac{{2\pi }}{\omega }}} = \frac{1}{{2\pi }}.\sqrt {\frac{g}{l}} \)

Trên một đoạn mạch xoay chiều, hệ số công suất bằng 0, khi đoạn mạch có điện trở thuần bằng không.

Hiện tượng giao thoa xảy ra khi có: hai sóng xuất phát từ hai tâm dao động cùng pha, cùng tần số gặp nhau.

Theo giả thuyết: \( d = \infty ,d' = - 100cm = - 1m\)

Độ tụ của kính phải đeo sát mắt để có thể nhìn vật ở vô cực mà không cần phải điều tiết:

\( D = \frac{1}{d} + \frac{1}{{d'}} = \frac{1}{\infty } - \frac{1}{1} = - 1dp\)

+ Điện trường và từ trường biến thiên cùng pha, nên:

\( \frac{e}{{{E_0}}} = \frac{b}{{{B_0}}} = \frac{{\frac{{{B_0}}}{2}}}{{{B_0}}} \to \frac{e}{{{E_0}}} = \frac{1}{2} \to e = \frac{{{E_0}}}{2}\)

+ Ta có biểu diễn các vec-tơ cường độ điện trường và vec-tơ cường độ từ trường:

Từ hình vẽ, ta thấy vec-tơ cường độ điện trường hướng sang phía Đông.

+ Bước sóng: \( \lambda = \frac{v}{f} = 0,4cm\)

+ Số gợn lồi là số các giá trị k thỏa mãn \( - \frac{l}{\lambda } < k < \frac{l}{\lambda } \Leftrightarrow - 10 < k < 10\) ⇒ có 19 gợn sóng

+ Số điểm đứng yên là số giá trị k nguyên thỏa mãn: 

\( - \frac{l}{\lambda } - \frac{1}{2} < k < \frac{l}{\lambda } - \frac{1}{2} \Leftrightarrow - 10,5 < k < 10,5\) ⇒ có 20 điểm đứng yên

+ Từ đồ thị, ta thấy chu kì của điện áp hai đầu đoạn mạch là:

\( T = 2.(12,5 - 2,5){.10^{ - 3}} = 0,02(s) \to \omega = \frac{{2\pi }}{T} = 100\pi (rad/s)\)

+ Ở thời điểm t=2,5.10⁻³s, điện áp bằng 0 và đang giảm, góc quay của điện áp là: \( \Delta \varphi = \omega \Delta t = 100\pi {.2,5.10^{ - 3}} = \frac{\pi }{4}(rad)\)

+ Ta có vòng tròn lượng giác:

+ Từ vòng tròn lượng giác, ta thấy:

\( 120 = {U_0}\cos (\frac{\pi }{4}) \to {U_0} = 120\sqrt 2 (V)\)

Theo đề bài ta có:

\(\begin{array}{l} {U_L} = {U_C} = \frac{{{U_R}}}{2} \to I.{Z_L} = I.{Z_C} = \frac{{I.R}}{2}\\ \to {Z_L} = {Z_C} = \frac{R}{2} \end{array}\)

Vậy trong mạch có cộng hưởng

\(\left\{ \begin{array}{l} \omega = \frac{1}{{\sqrt {LC} }} \to L = \frac{1}{{{\omega ^2}.C}} = \frac{{0,2}}{\pi }(H)\\ {U_R} = U = \frac{{{U_0}}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{120\sqrt 2 }}{{\sqrt 2 }} = 120(V) \end{array} \right.\)

+ Dung kháng của tụ điện là:

\( {Z_C} = \frac{1}{{\omega C}} = 20\Omega \to R = 2{Z_C} = 40\Omega \)

+ Công suất của mạch là:

\( P = \frac{{{U_R}^2}}{R} = \frac{{{{120}^2}}}{{40}} = 360W\)

+ Tụ điện là hệ gồm 20 tụ điện ghép song song. Điện dung nhỏ nhất và lớn nhất của tụ điện là:

\(\left\{ \begin{array}{l} {C_0} = \frac{{\varepsilon \pi {R^2}}}{{4\pi kd}} = \frac{{1.\pi {{0,02}^2}}}{{4\pi {{9.10}^9}{{.1.10}^{ - 3}}}} = {1,1.10^{ - 22}}C\\ C = 20{C_0} = {2,2.10^{ - 10}}(C) \end{array} \right.\)

+ Khung dao động này có thể bắt được sóng điện từ có bước sóng:

\( 2\pi c\sqrt {L{C_0}} \le \lambda \le 2\pi c\sqrt {LC} \to 17,77 \le \lambda \le 79,48(m)\)

+ Vectơ gia tốc đổi chiều tại vị trí biên do gia tốc sớm pha hơn li độ π rad.

=> Pha ban đầu của gia tốc là: φ = -π/6 .

=> gia tốc đổi chiều lần đầu tiên khi đi qua biên dương , khi đó vật ở biên âm.

+ Ta có: \( T = \frac{{2\pi }}{\omega } = 0,5s\)

=> t = 5,1s = 10T + T/5 

+ Do lực kéo về cùng pha với phương trình li độ của vật và trong mỗi chu kì có 4 lần lực kéo về bằng 1 nửa lực kéo về cực đại.

Mặt khác: Fk = -kx => Fk =F_k /2  khi x =\( x = \pm \frac{A}{2}\)  .

Khoảng thời gian vật đi từ biên dương đến vị trí A/2 là \( t' = \frac{{\frac{\pi }{3}}}{{2\pi }}T = \frac{T}{6} < \frac{T}{5}\)

==> Trong khoảng thời gian t vật đi qua vị trí lực kéo bằng 1/2 lực kéo cực đại là:

x = 4.10 +1 = 41 lần.

+ Nối 2 cực của nguồn điện một chiều có suất điện động E điện trở trong r vào 2 đầu cuộn cảm thì dòng trong mạch I=E/r

+ Sau khi ngắt nguồn, áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta có:

\( 0,5.L{I^2} = 0,5.C.U_0^2 \to \frac{{U_0^2}}{{{E^2}}} = \frac{L}{{{r^2}C}} = 25 \to \frac{{{U_0}}}{E} = 5\)

+ Bước sóng: \( \lambda = cT = c.2\pi \sqrt {LC} \to \frac{1}{C} = \frac{{{c^2}.4.{\pi ^2}.L}}{{{\lambda ^2}}}\)

+ Ghép nối tiếp: \( \frac{1}{{{C_b}}} = \frac{1}{{{C_1}}} + \frac{1}{{{C_2}}}\)

Vậy ta thu được:

\( \to \frac{1}{{{\lambda ^2}_b}} = \frac{1}{{{\lambda ^2}_1}} + \frac{1}{{{\lambda ^2}_2}} \to {\lambda _b} = 60m\)

+ Bước sóng của sóng cơ do hai nguồn tạo ra là:

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

+ Biên độ dao động cực đại của phần tử môi trường là:

A = 2a = 2.1 = 2 (cm)

+ Phần tử chất lỏng tại M dao động với biên độ 1 cm

\( \to {A_M} = \frac{A}{2} \to 2a\left| {\cos \frac{{\pi ({d_2} - {d_1})}}{\lambda }} \right| = a \to \cos \frac{{\pi ({d_2} - {d_1})}}{\lambda } = \pm \frac{1}{2} \to \left[ \begin{array}{l} \frac{{\pi ({d_2} - {d_1})}}{\lambda } = \frac{\pi }{3} + k\pi \\ \frac{{\pi ({d_2} - {d_1})}}{\lambda } = - \frac{\pi }{3} + k\pi \end{array} \right. \to \left[ \begin{array}{l} \frac{{{d_2} - {d_1}}}{\lambda } = \frac{1}{3} + k\\ \frac{{{d_2} - {d_1}}}{\lambda } = \frac{{ - 1}}{3} + k \end{array} \right.\)+ Điểm M nằm trên S1S2 

\(\begin{array}{l} - AB \le {d_2} - {d_1} \le AB\\ \to \left[ \begin{array}{l} \frac{{ - AB}}{\lambda } \le \frac{1}{3} + k \le \frac{{AB}}{\lambda }\\ \frac{{ - AB}}{\lambda } \le \frac{{ - 1}}{3} + k \le \frac{{AB}}{\lambda } \end{array} \right. \to \left[ \begin{array}{l} \frac{{ - 9}}{{1,2}} - \frac{1}{3} \le k \le \frac{9}{{1,2}} - \frac{1}{3}\\ \frac{{ - 9}}{{1,2}} + \frac{1}{3} \le k \le \frac{9}{{1,2}} + \frac{1}{3} \end{array} \right. \to \left[ \begin{array}{l} - 7,83 \le k \le 7,17\\ - 7,17 \le k \le 7,83 \end{array} \right. \to \left[ \begin{array}{l} k = - 7; - 6;.....;6;7\\ k = - 7; - 6;.....;6;7 \end{array} \right. \end{array}\)

Vậy có tất cả 30 điểm dao động với biên độ a trên đoạn S1S2

+ Khi không dùng máy biến áp, cường độ dòng điện qua mạch cung cấp cho khu tập thể chính là cường độ dòng điện chạy qua đường dây:

\( I = \frac{P}{{U\cos \varphi }} = \frac{{14289}}{{220.\cos \frac{\pi }{6}}} = 75(A)\)

+ Độ giảm áp qua đường dây là:

\(\begin{array}{l} \Delta U = {U_0} - U \to I.r = {U_0} - U\\ \to r = \frac{{{U_0} - U}}{I} = \frac{{359 - 220}}{{75}} = \frac{{139}}{{75}}\Omega \end{array}\)

+ Khi dùng máy biến áp: Điện áp hiệu dụng của cuộn sơ cấp là:\( {U_1} = \frac{{{N_1}}}{{{N_2}}}.{U_2} = 15.220 = 3300(V)\)

+ Cường độ dòng điện của cuộn sơ cấp là:

\( {I_1} = \frac{{{N_1}}}{{{N_2}}}.{I_2} = \frac{1}{{15}}.75 = 5(A)\)

+ Điện áp hiệu dụng ở nơi cấp điện là:

\( {U_0}_1 = {U_1} + {I_1}.r = 3300 + 5.\frac{{139}}{{75}} = 3309,3(V)\)

+ Khi loa A bật thì cường độ âm là: \( {L_A} = 10\log \frac{{{I_A}}}{{{I_0}}} \to {I_A} = {10^{ - 4,4}}{\rm{W}}/{m^2}\)

+ Khi loa B bật thì cường độ âm là: 

\( {L_B} = 10\log \frac{{{I_B}}}{{{I_0}}} \to {I_B} = {10^{ - 4}}{\rm{W}}/{m^2}\)

+Cảm kháng của cuộn dây: \( {Z_L} = \omega L = 100\Omega \)

+Công suất tiêu thụ cực đại của đoạn mạch:

\( {P_{\max }} = \frac{{{U^2}}}{{2R}} \to 200 = \frac{{{{200}^2}}}{{2R}} \to R = 100\Omega \)

+ Công suất của mạch đạt cực đại khi:

\( R = \left| {{Z_L} - {Z_C}} \right| \to 100 = \left| {100 - {Z_C}} \right| \to {Z_C} = 200\Omega \)

+ Điện dung của tụ điện là:

\( C = \frac{1}{{\omega {Z_C}}} = \frac{1}{{2\pi .50.200}} = \frac{{{{10}^{ - 4}}}}{{2\pi }}(F)\)

+ Chất điểm chuyển động chia đường tròn thành 12 cung, thời gian chuyển động trên mỗi cung tròn là 0,25 s.

→ chu kì dao động của chất điểm là T = 12.t = 12.0,25 = 3 s.

→ tần số góc ω = 2π/3 rad/s.

\(\begin{array}{l} \varphi = \frac{{2\pi }}{{12}} = \frac{\pi }{6} \to {x_{p1}} = \frac{{A\sqrt 3 }}{2}\\ \to \left| {{v_p}_1} \right| = \frac{{{v_0}}}{2} \to {v_0} = 8\pi cm/s \end{array}\)

\( {v_0} = A\omega \to A = \frac{{{v_0}}}{\omega } = \frac{{8\pi .3}}{{2\pi }} = 12cm\)

Ta có: \( \overline T = \frac{{{T_1} + {T_2} + {T_3}}}{3} = 2,04s\)

+ Lại có thêm: \( \Delta T = \frac{{\left| {\overline T - {T_1}} \right| + \left| {\overline T - {T_2}} \right| + \left| {\overline T - {T_3}} \right|}}{3} = 0,0533\)

Vì tính thêm cả thang chia nhỏ nhất của đồng hồ nên ta sẽ có:

\( T = 2,04 \pm 0,06s\)

Ta có: Năng lượng dao động của mạch dao động điện từ LC:

\( {\rm{W}} = \frac{{C.U_0^2}}{2} = \frac{{L.I_0^2}}{2}\)

+ Cường độ dòng điện cực đại chạy qua mạch giao động: \( {I_0} = \sqrt {\frac{C}{L}} {U_0}\)

Công suất cần cung cấp cho mạch LC duy trì dao động của mạch tương đương với công suất tỏa nhiệt hao phí trong điện trở thuần R:

\( P = R{I^2} = \frac{1}{2}I_0^2R = \frac{{C.U_0^2}}{{2L}}R\)

Thay số vào: 

\( {P_1} = \frac{{{{6.10}^{ - 9}}{{.10}^2}.1}}{{{{2.6.10}^{ - 6}}}} = {50.10^{ - 3}}{\rm{W}}\)

+ Công suất mà bộ pin có thể cung cấp trong thời gian t: \(\left\{ \begin{array}{l} P = UI\\ I = \frac{q}{t} \end{array} \right. \to P = \frac{{qE}}{t}\)(trong đó q là điện lượng của bộ pin)

+ Hiệu suất sử dụng của pin:

\( H = \frac{{{P_1}}}{P} = \frac{{{P_1}t}}{{Eq}} = \frac{{{{50.10}^{ - 3}}.12.3600}}{{10.400}} = 0.54 = 54\% \)

Ta chọn R=1 ⇒ \( {Z_L} = \sqrt 3 \)

+ Khi C=C1, thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch là cực đại:

\( \sin {\varphi _1} = \cos {\varphi _{RL}} = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }} = \frac{1}{2} \to {\varphi _1} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

+ C=C2 thì: \( {({U_{AM}} + {U_{MB}})_{\max }}\) \( \to {U_{AM}} = {U_{MB}} \Leftrightarrow {R^2} + Z_L^2 = Z_C^2 \to {Z_C} = 2\)

Vậy hệ số công suất của mạch lúc này là:

\( \cos {\varphi _2} = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}} }} \approx 0.97\)

+ Khi C=C3 thì cường độ dòng điện trong mạch sớm pha hơn điện áp ⇒ Z_C>Z_L ⇒ Mạch đang có tính dung kháng

\(\begin{array}{l} \cos {\varphi _3} = \cos {\varphi _1}.\cos {\varphi _2} \Leftrightarrow \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}} }} = 0,84\\ \Leftrightarrow \frac{1}{{\sqrt {{1^2} + {{(\sqrt 3 - {Z_C})}^2}} }} = 0,84 \Leftrightarrow {Z_C} = 2,15\Omega \end{array}\)

+ Khoảng thời gian từ vị trí ứng với đường 2 qua vị trí ứng với đường 3 là: (t+3Δt)−(t+Δt) = 2Δt

+ Xét Δt nhỏ nhất thì từ vị trí đường số 2 về vị trí cân bằng dây duỗi thẳng là Δt

+ Thời gian từ vị trí ứng với đường số 1 đến vị trí cân bằng dây duỗi thẳng là:

\( 2\Delta t = \frac{T}{4} \Rightarrow \Delta t = \frac{T}{8} = \frac{1}{{8f}} = \frac{1}{{160}}s\)

Ta có: Lực đàn hồi của con lắc khi ở vị trí cân bằng là:

\( {F_0} = k\Delta {l_0} = 3N\)

+ Lực đàn hồi cực đại là:

\( {F_{dh\max }} = k(\Delta {l_0} + A) = k\Delta {l_0} + kA \Leftrightarrow 9 = 3 + kA \to kA = 6(N)\)

Nhận xét: \( \frac{{\Delta {l_0}}}{A} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}\) ⇒  Lực đàn hồi cực tiểu của lò xo:

\( {F_{dh\min }} = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{ - A}}{2}\)

Ta có vòng tròn lượng giác:

 + Từ vòng tròn lượng giác, ta thấy lắc đi từ vị trí lực đàn hồi lớn nhất đến vị trí lực đàn hồi nhỏ nhất, vật quay được góc: \( \Delta \varphi = \frac{{2\pi }}{3}rad\)

+ Thời gian con lắc đi từ vị trí lực đàn hồi lớn nhất đến vị trí lực đàn hồi nhỏ nhất là:

\( \Delta t = \frac{{\Delta \varphi }}{\omega } = \frac{{\frac{{2\pi }}{3}}}{{\frac{{2\pi }}{T}}} = \frac{T}{3}s\)

Ta tính cảm kháng, dung kháng và tính được U_MB:

\(\left\{ \begin{array}{l} {Z_L} = L\omega = 200\Omega \\ {Z_C} = \frac{1}{{C\omega }} = 100\Omega \end{array} \right. \to {U_{MB}} = I.{R_{LC}} = \sqrt 2 \left| {{Z_L} - {Z_C}} \right| = 200\sqrt 2 \)

+ Do Z_L>Z_C nên u_MB nhanh pha hơn i góc π/2 suy ra:

Vậy biểu thức điện áp u_MB:

\( {u_{MB}} = 200\cos (100\pi t - \frac{\pi }{3} + \frac{\pi }{2}) = 200\cos (100\pi t + \frac{\pi }{6})(V)\)