Chu kỳ: \( T = 2\pi \sqrt {\frac{k}{m}} \)

 Chu kì dao động của con lắc lò xo phụ thuộc vào:  Khối lượng của vật năng

Một vật nhỏ dao động điều hòa theo trục cố định Ox thì quỹ đạo chuyển động của vật là một đoạn thẳng

+ Sau khoảng thời gian ngắn nhất vật nặng cách VTCB như cũ d < A, khi đó ứng với thời điểm vật có: động năng = thế năng. Khoảng thời gian này bằng 1/4 chu kì dao động.

Vậy tần số là:

\( \frac{T}{4} = 0,5s \to T = 0,2s \to f = \frac{1}{T} = \frac{1}{{0,2}} = 5Hz\)

+  Khoảng cách giữa hai gợn sóng lồi kề nhau là : λ

 Độ cao của âm phụ thuộc vào: Tần số âm

Ở cùng thời điểm, hai điểm gần nhau nhất trên cùng một phương truyền sóng có dao động cùng pha với nhau, cách nhau là \( \lambda = \frac{v}{f} = \frac{{80}}{{50}} = 3,2m\)

+ Từ gải thiết ta thấy cuộn dây có điện trở r, và ta có:

\( \sqrt {{r^2} + {Z_L}^2} = \sqrt {{r^2} + {{({Z_C} - {Z_L})}^2}} = {Z_C} \to {Z_C} = 2{Z_L} = \frac{2}{{\sqrt 3 }}R\)

+ Hệ số công suất của đoạn mạch là:

\(\cos (\varphi ) = \frac{R}{Z} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

Trong một đoạn mạch xoay chiều, cường độ dòng điện luôn trễ pha so với điện áp hai đầu đoạn mạch khi đoạn mạch: có L và C mắc nối tiếp

Cảm kháng của cuộn dây giảm khi cuộn dây thuần cảm.

Tất cả các sóng điện từ đều truyền được trong chân không

Dao động điện tử trong mạch dao động là một dòng điện xoay chiều có: chu kì rất lớn

Trong dao động điện từ với chu kì T của mạch LC, năng lượng từ trường trên cuộn dây biến thiên tuần hoàn với chu kì T/2

Quang phổ vạch hấp thụ là: Quang phổ gồm những vạch màu riêng biệt trên một nền tối

Thí nghiệm có thể sử dụng để đo bước sóng ánh sáng là thí nghiệm: tán sắc ánh sáng của Niu-tơn

+ Ta có: \( i = 3,6mm \to i = 0,6mm\)

+  Bước sóng của ánh sáng được dùng trong thí nghiệm là:

\( \lambda = \frac{{a.i}}{D} = \frac{{1.0,6}}{{1000}} = {6.10^{ - 4}}mm = 0,6\mu m\)

Giới hạn quang điện của khi loại phụ thuộc vào: Bước sóng của ánh sáng chiếu vào kim loại

Tia X thể hiện tính chất hạt (lượng tử ) rõ nhất 

Áp dụng công thức:

Công thoát của kim loại là:

\( A = \frac{{hc}}{\lambda } = \frac{{{{6,625.10}^{ - 34}}{{.2.10}^8}}}{{{{200.10}^{ - 9}}}} = {9,9375.10^{ - 19}}J = 6,21eV\)

Lực hạt nhân chỉ tác dụng khi khoảng cách giữa hai nuclon  bằng kích thước nguyên tử

Để đánh giá độ bền vững của các hạt nhân nguyên tử người ta dựa vào: Năng lượng liên kết riêng của hạt nhân

Phóng xạ và phân hạch hạt nhân đều: là phản ứng hạt nhân thu năng lượng

 + Số hạt \( {}_{92}^{238}U\) có trong 119g là:

\( N = \frac{{119}}{{238}}{.6,01.10^{23}} = {3,01.10^{23}} \) (hạt)

+ Trong mỗi hạt có 238−92=146 hạt nơtron nên số hạt nơtron trong 119g là:

\( {N_n} = {146.3,01.10^{23}} \approx {4,4.10^{25}}\) (hạt)

Tia tử ngoại được phát ra rất mạnh từ nguồn lò sưởi điện

Khoảng cách từ máy bay đến rada vào thời điểm sóng điện từ phản xạ từ máy bay là:

\( \lambda = c.t = {2.10^{ - 4}}{.3.10^8} = 60000m = 60km\)

+ Vận tốc có độ lớn cực đại khi x = 0 hay cos(2πt/T+ π) = 0

Giải phương trình, ta được

\( \to \left[ \begin{array}{l} \frac{{2\pi t}}{T} = \frac{\pi }{2}\\ \frac{{2\pi t}}{T} = - \frac{\pi }{2} \end{array} \right. \to \left[ \begin{array}{l} t = \frac{{ - T}}{4}\\ t = \frac{T}{4} \end{array} \right.\)

Loại nghiệm âm

+ Gia tốc hiệu dụng khi con lắc đơn đi xuống nhanh dần với gia tốc a là: \( g' = g - a\)

+ Nên khi con lắc rơi tự do thì: a=g 

Suy ra: g'=0

Vậy chu kỳ lúc này: 

\( T = 2\pi \sqrt {\frac{l}{{g'}}} = \infty \)

+ Kéo vật đến vị trí lò xo dãn 4 cm rồi buông: A=4cm

+ Tần số góc: \( {\rm{W}} = \frac{1}{2}{\omega ^2}m.{A^2} \to \omega = \sqrt {\frac{{2W}}{{m{A^2}}}} = 20rad/s\)

Tại t=0, \( {x_0} = A\cos \varphi = A \to \varphi = 0 \to x = 4\cos 20t(cm)\)

Lực tác dụng:

\( F = - kx = - k4\cos 20t(N) = k4\cos (20t + \pi )(N)\)

Vậy cường độ lớn nhất, nhỏ nhất của lực kéo về lần lượt là:

\( {F_{\max }} = 4N;{F_{\min }} = 0N\)

+ Tại thời điểm t vật ở xa M nhất suy ra vật ở biên dương. Sau  Δt nhỏ nhất vật  lại gần M nhất tương ứng với vị trí biên âm, suy ra  Δt=0,5T.

+ Vị trí của vật có độ lớn bằng một nữa độ lướn cực đại ứng với vị trí M trên hình vẽ 

Ta xác định được: t' = t+Δt/6

+ Điều kiện để có sóng dừng trên dây với 1 đầu cố định, 1 đầu tự do: 

\(\left\{ \begin{array}{l} l = (2n + 1)\frac{v}{{4f}}\\ l - 21 = (2m + 1)\frac{v}{{4f}} \end{array} \right.\)(với m, n là số bó sóng)

+ Theo gải thuyết:

\(\to \left\{ \begin{array}{l} l = (2.8 + 1)\frac{v}{{100}}\\ l - 21 = (2.6 + 1)\frac{v}{{100}} \end{array} \right. \to \frac{{17v}}{{100}} = 21 + \frac{{13v}}{{100}} \to v = 7m/s\)

+ Gỉa sử M và N là cực đại giao thoa (hoặc cực tiểu). Khi đó, ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} MA - MB = k\lambda = 100\\ NA - NB = (k + 5)\lambda = 30 \end{array} \right. \to 5\lambda = 20 \to \lambda = 4mm\)

+ Từ phương trình sóng, tá có: \( \omega = 100\pi rad/s \to T = 0,02s\)

 Vậy: Tốc độ truyền sóng trên mặt thủy ngân là

\( v = \frac{\lambda }{T} = \frac{4}{{0.02}} = 200mm/s = 20cm/s\)

+ Ta có tần số góc của dòng điện:

\(! {\omega _d} = \sqrt {\frac{{e_1^2 - e_2^2}}{{\phi _2^2 - \phi _1^2}}} = 50\pi (rad/s)\)

Vậy: Tốc độ quay của rôto là

\( \omega = \frac{{{\omega _d}}}{\rho } = \frac{{50\pi }}{4} = 12,5\pi ({\rm{r}}a{\rm{d}}/s) = 750\pi (rad/phut) = 375\) (vòng/phút)

+ Dung kháng: \( {Z_C} = \frac{1}{{C.\omega }} = \frac{1}{{{{31,8.10}^{ - 6}}.100\pi }} \approx 100\Omega \)

+ Cường độ dòng điện cực đại: \( {I_0} = \frac{{{U_0}}}{{{Z_C}}} = \frac{{80}}{{100}} = 0,8A\)

+ Vì i nhanh pha hơn u_C một góc π/2, nên pha ban đầu của i là: π/6+π/2=2π/3

Vậy:  Biểu thức cường độ dòng điện qua đoạn mạch là"

i = 0,8cos(100πt+ 2π/3)(A)

+ Xét trong chu kỳ tuần hoàn T=4s
Ta có:

+ Trong 3 giây đầu Q₁=I₁².R.t=27R
+ Trong giây thứ 4 Q₂=I₂².R.t=5R
+ Toàn bộ: Q₁+Q₂=I².R.t
Từ đó suy ra Cường độ dòng điện hiệu dụng chạy trong đoạn mạch này là: I=2√2A

Ta có:

+ Điện áp qua cảm kháng của cuộn sơ cấp là: 

\( \frac{{{U_{L1}}}}{{{U_{L2}}}} = \frac{{{N_1}}}{{{N_2}}} = \frac{1}{2} \to {U_{L1}} = 109V\)

+ Điện áp qua điện trở thuần crua cuộc sơ cấp là:

\( {U_R} = \sqrt {{U_1}^2 - {U_{{L_1}}}^2} = \sqrt {{{110}^2} - {{109}^2}} \approx 14,8V\)

Vậy: Tỉ số giữa điện trở thuần và cảm kháng của cuộn sơ cấp là:  \( \to \frac{R}{{{Z_{{L_1}}}}} = \frac{{{U_R}}}{{{U_{{L_1}}}}} = \frac{{14,8}}{{109}} \approx 0,14\)

+ Điện áp giữa hai đầu cuộn cảm lệch pha π2/ so với i

+ Điện áp giữa hai đầu cuộn cảm lệch pha π/2 so với u

=> u cùng pha i => cộng hưởng => U_R = U = 100V

Theo đề: 

\(\begin{array}{l} {R^2} = \frac{{6,25L}}{C} = \frac{{6,25\omega L}}{{\omega C}} = 6,25.{Z_L}.{Z_C} = 6,25{Z_L}^2\\ \to {Z_L} = 0,4R \end{array}\)

Điệp áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn cảm:

\( I = \frac{{{U_R}}}{R} = \frac{{{U_L}}}{{{Z_L}}} \to {U_L} = {Z_L}.\frac{{{U_R}}}{R} = 0,4R.\frac{{100}}{R} = 40V\)

+ Để quan sát vật qua kính lúp ở trạng thái không điều tiết của người có mắt bình thường thì vật đặt ở tiêu diện của kính

Do đó: D=L-f =45-5=40cm là khoảng cách từ mặt phẳng hai khe đến màn quan sát vân giao thoa

+Khoảng vân i:

\( i = f.\alpha = {50.15^0} = \frac{{50.15.3,14}}{{60.180}} = 0,218mm = 0,22mm\)

Vậy: bước sóng:

\( \lambda = \frac{{a.i}}{D} = 0,55\mu m\)

+ Trong bề rộng L=2,4 cm =24 mm có 33 vạch sáng có 5 vạch là kết quả trùng nhau của hai hệ vân nên ta có tổng số vân sáng thực sự do hai bức xạ tạo nên là 33+ 5 =38 vân.

+ Hai trong 5 vạch trùng nhau nằm ở ngoài cùng của trường giao thoa.

Như vậy ta có: 

\( L = ({n_i} - 1){i_1} = ({n_2} - 2){i_2}\)

+ Khaorng vân i: \( i = \frac{{{\lambda _1}.D}}{a} = 1,2mm\)

và n₁+n₂=38

Vậy: bước sóng  λ₂ 

\( L = ({n_2} - 2)\frac{{{\lambda _2}.D}}{a} \to {\lambda _2} = 0,75\mu m\)

+ Công suất của chùm sáng phát quang chỉ bằng 0,5% công suất của chùm sáng kích thích: \( {P_2} = 0,005{P_1}\)

\( \to {n_2}.{\varepsilon _2} = 0,005{n_1}.{\varepsilon _1} \to \frac{{{n_2}}}{{{\lambda _2}}} = 0,005\frac{{{n_1}}}{{{\lambda _2}}}\)

Vậy: Bước sóng ánh sáng phát quang là:

\( {\lambda _2} = \frac{{{n_2}}}{{0,005\frac{{{n_1}}}{{{\lambda _2}}}}} = \frac{2}{{0,005.\frac{{300}}{{0,3}}}} = 0,4\mu m\)

+ Chiều dài con lắc theo hệ số nở dài là: \( {l = {l_0}(1 + \alpha t)}\)

+ Chu kỳ con lắc dưới mặt đất: \( T = 2\pi \sqrt {\frac{{{l_0}(1 + \alpha t)}}{g}} \)

+ Chu kỳ con lắc khi đưa trên núi: \( T= 2\pi \sqrt {\frac{{{l_0}(1 + \alpha 't)}}{{g'}}} \)

\( 2\pi \sqrt {\frac{{{l_0}(1 + \alpha t)}}{g}} = 2\pi \sqrt {\frac{{{l_0}(1 + \alpha 't)}}{{g'}}} \to \frac{{(1 + \alpha t)}}{{(1 + \alpha t')}} = \frac{{g'}}{g} = {(\frac{R}{{R + h}})^2}\)

Với h và α nhỏ, ta biến đổi gần đúng: \( 1 - \alpha (t - t') = 1 - 2\frac{h}{R}\)

Vậy:  Độ cao của đỉnh núi là: \( h = \frac{{\alpha R}}{2}(t - t') = \frac{{{{1,8.10}^{ - 5}}.6400}}{2}(20 + 5) = 1,44km\)

Vì nơtron bay vuông góc với phương chuyển động của hạt α, nên Ta có:

\(\begin{array}{l} p_C^2 = p_\alpha ^2 + p_n^2 \to 2{m_C}.{{\rm{W}}_{dC}} = 2{m_\alpha }.{{\rm{W}}_{d\alpha }} + 2{m_n}.{{\rm{W}}_{dn}}\\ \to 2.12.{{\rm{W}}_{dC}} = 2.4.{{\rm{W}}_{d\alpha }} + 2.1.{{\rm{W}}_{dn}}\\ \to 12.{{\rm{W}}_{dC}} = 4.{{\rm{W}}_{d\alpha }} + {{\rm{W}}_{dn}} \end{array}\)

Mặt khác:

\( {{\rm{W}}_{dC}} = {\rm{W + }}{{\rm{W}}_{d\alpha }}{\rm{ - }}{{\rm{W}}_{dn}} \to 12W + 12.{{\rm{W}}_{d\alpha }} - 12.{{\rm{W}}_{dn}} = 4.{{\rm{W}}_{d\alpha }} - .{{\rm{W}}_{dn}}\)

Vậy động năng hạt nơtron:

\( {{\rm{W}}_{dn}} = \frac{{12{\rm{W}} + 8{{\rm{W}}_\alpha }}}{{13}} = 8,52MeV\)