Ta có: \( n = \frac{c}{v} \to \frac{{{n_1}}}{{{n_2}}} = \frac{{{v_2}}}{{{v_1}}}\)

mà: \( {n_1} < {n_2} \to {v_1} > {v_2}\)

Khi tia sáng truyền từ nước ra không khí ta có:

\( {n_2}\sin i = {n_1}\sin r;{n_2} > {n_1} \to i < r\)

Dao động cưỡng bức có tần số dao động cưỡng bức bằng tần số ngoại lực cưỡng bức: ⇒ \(\omega=20rad/s\)

Tốc độ của vật là: \( \left| v \right| = \omega \sqrt {{A^2} - {x^2}} = 20\sqrt {{5^2} - {3^2}} = 80cm/s\)

Suất điện động trong vòng dây được xác định bởi biểu thức:

\( {e_{cu}} = \frac{{\left| {\Delta \phi } \right|}}{{\Delta t}} = \frac{{\left| {0 - {{6.10}^{ - 3}}} \right|}}{{0,04}} = 0,15V\)

Chu kỳ: \( T = 2\pi \sqrt {\frac{l}{g}} \)

Vậy Chu kì không phụ thuộc biên độ dao động

Trong từ trường, cảm ứng từ tại một điểm có hướng trùng với hướng của lực từ, có phương tiếp tuyến với đường sức từ

Ta có :

+ Vận tốc đổi chiều khi qua vị trí biên.

+ Gia tốc đổi chiều khi vị trí cân bằng.

Vậy phát biểu sai là : Khi chất điểm đi qua vị trí cân bằng, gia tốc và vận tốc đổi chiều.

iênđộ dao động của con lắc đơn là: \(S_0=l.\alpha_0\)

Biên độ dao động tổng hợp A được tính bằng biểu thức: \( A = \sqrt {A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}\cos ({\varphi _2} - {\varphi _1})} \)

+ Từ đồ thị ta thấy đại lượng Y phụ thuộc vào li độ x theo một đường parabol. Do đó Y chỉ có thể là thế năng và động năng. + Tuy nhiên khi li độ x=0 động năng của vật đạt cực đại và bằng cơ năng nên: \( Y = {{\rm{W}}_d} = \frac{1}{2}k{A^2}\)

Cơ năng dao động của vật là: \( {\rm{W}} = \frac{1}{2}m{\omega ^2}{A^2}\)

Khi vật đi từ VTCB đến biên âm: 

+ Vận tốc hướng về biên âm

+ Gia tốc luôn hướng về VTCB

Vectơ vận tốc ngược chiều với vectơ gia tốc.

Dựa vào đồ thị, ta có: \( \frac{T}{2} = 0,2s \to T = 0,4s \to \omega = \frac{{2\pi }}{T} = \frac{{2\pi }}{{0,4}} = 5\pi rad/s\)

Tần số góc dao động của con lắc được xác định theo công thức: \( \omega = \sqrt {\frac{k}{m}} \)

Trong dao động điều hòa của con lắc lò xo độ cứng k, khối lượng vật m với biên độ A .Mối liên hệ giữa vận tốc và li độ của vật ở thời điếm t là \( {A^2} - {x^2} = \frac{m}{k}{v^2}\)

Ta có: chu kỳ \( T \sim \sqrt l \)

mà \( \frac{{{T_1}}}{T_2} = \frac{1}{2}\) \( \to \frac{{{l_1}}}{{{l_2}}} = \frac{1}{4}\)

+ Biên độ của dao động tổng hợp không phụ thuộc vào tần số của hai dao động thành phần.

Ta có: \( \frac{{\Delta {\rm{W}}}}{{\rm{W}}} = \frac{{2\Delta A}}{A} = 8\% \to \frac{{\Delta A}}{A} = 4\% \)

Vậy trong một dao động toàn phần biên độ giảm đi 4%

Ta có công thức xác định lực hồi phục : F_hp=−k.x

Vậy khi vật ở vị trí lò xo có chiều dài ngắn nhất và dài nhất thì hợp lực tác dụng lên vật có độ lớn bằng nhau.

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

+ Pha ban đầu là π/2. Biểu diễn trên đường tròn lượng giác ta có:

=> Gốc thời gian được chọn là lúc chất điểm đi qua VTCB theo chiều âm quy ước.

Lực kéo về tác dụng lên một chất điểm dao động điều hòa có độ lớn tỉ lệ với độ lớn của li độ và luôn hướng về vị trí cân bằng.

Biên độ dao động cưỡng bức của một hệ cơ học khi xảy ra hiện tượng cộng hưởng (sự cộng hưởng) phụ thuộc vào lực cản của môi trường.

Nếu lực cản lớn thì biên độ nhỏ và ngược lại

Một tụ điện có điện dung C, được nạp điện đến hiệu điện thế U, điện tích của tụ là Q. năng lượng của tụ điện \({\rm{W}} = \frac{1}{2}\frac{{{Q^2}}}{C} = \frac{1}{2}C{U^2} = \frac{1}{2}QU\)

Ta có trọng lực tác dụng vào vật luôn có phương thẳng đứng, chiều hướng từ trên xuống.

Lực đàn hồi tác dụng vào vật có xu hướng đưa lò xo về trạng thái không biến dạng, do đó lực đàn hồi có chiều hướng từ trên xuống khi lò xo bị nén.

Biểu diễn trên hình vẽ ta có:

Biểu diễn trên VTLG ta có:

Trong một chu kỳ khoảng thời gian để lực đàn hồi tác dụng vào vật cùng chiều với trọng lực (vật quay từ M đến N) là T/4 tương ứng với góc quét :

\(\alpha = \omega .\Delta t = \frac{{2\pi }}{T}.\frac{T}{4} = \frac{\pi }{2}\) \( \to \widehat {MOH} = \frac{\pi }{4}\)

Xét ∆MOH có :  \( \to \cos \widehat {MOH} = \frac{{OH}}{{OM}} \Leftrightarrow \cos \frac{\pi }{4} = \frac{{\Delta l}}{A} \to A = \sqrt 2 \Delta l\)

+ Thời điểm t₁ vật qua vị trí cân bằng tốc độ của vật cực đại: x=0;v_max=ωA

+ Thời điểm t₂ tốc độ của vật giảm 1 nửa : \( v = \omega \sqrt {{A^2} - {x^2}} = \frac{{\omega A}}{2} \to x = \pm \frac{{\sqrt 3 }}{2}A\) 

+ Thời gian vật đi từ t₁ đến t₂ là: 

Từ VTLG ta xác định được quãng đường đi được:

\( A - \frac{{\sqrt 3 }}{2}A = 3cm \to A = 12 + 6\sqrt 3 (cm)\)

Tốc độ cực đại:

\( {v_{\max }} = (12 + 6\sqrt 3 )2\pi = 140,695cm/s \approx 1,41m/s\)

+ Độ cứng của lò xo: \( \omega = \sqrt {\frac{k}{m}} \to k = 100(N/m)\)

+ Độ lớn lực đàn hồi tác dụng vào vật: \( {F_{dh}} = k.\left| x \right| \to \left| x \right| = \frac{8}{{100}} = 0,08m\)

+ Biên độ dao động của vật là

\(\left\{ \begin{array}{l} v = 60cm/s\\ \left| x \right| = 0,08m\\ \omega = 10(rad/s) \end{array} \right. \to A = \sqrt {{x^2} + {{(\frac{v}{\omega })}^2}} = 10cm\)

Áp dụng công thức tính chu kỳ của con lắc đơn ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} {T_1} = 2\pi \sqrt {\frac{{{l_1}}}{g}} \\ {T_2} = 2\pi \sqrt {\frac{{{l_2}}}{g}} \end{array} \right. \to \frac{{{T_1}}}{{{T_2}}} = \sqrt 2 \to {T_2} = \frac{{{T_1}}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{2,83}}{{\sqrt 2 }} = 2,00s\)

Độ dãn của lò xo tại VTCB O1 khi treo hai vật A và B.

Ta chia quá trình chuyển động của vật A thành các giai đoạn sau:

+ Giai đoạn 1: Khi kéo vật B xuống 1 đoạn 10cm (Vật A đến vị trí I) rồi buông nhẹ thì vật A dao động với biên độ A₁=10cm

Tần số góc: \( {\omega _1} = \sqrt {\frac{k}{{2m}}} = \sqrt {\frac{{100}}{{2.0,25}}} = 10\sqrt 2 (rad/s)\)

+ Giai đoạn 2: Khi vật đến vị trí M  tức là:

\(\begin{array}{l} {x_M}({O_1}) = - \Delta l = - 5cm\\ \to {v_M} = \omega \sqrt {{A_1}^2 - {x_M}^2} = 10\sqrt 2 .\sqrt {{{10}^2} - {5^2}} = 50\sqrt 6 (cm/s) \end{array}\)

+ Lúc này lực đàn hồi thôi tác dụng, sợi dây bị chùng, vật B xem như được ném lên với vận tốc ban đầu v_M.

+ Lúc này vật A dao động điều hoà với VTCB là O₂ cao hơn O₁ một đoạn: x₀=O₁O₂=m_B.g/ k=0,25.10/ 100 = 2,5cm

⇒x_M(O₂)=2,5cm

Khi đó tần số góc là: \( {\omega _2} = \sqrt {\frac{k}{m}} = \sqrt {\frac{{100}}{{0,25}}} = 20(rad/s)\)

+ Biên độ dao động của vật A lúc này là:

\( {A_2} = \sqrt {{x_M}^2 + {{(\frac{{{v_M}}}{{{\omega _2}}})}^2}} = \sqrt {{{2,5}^2} + {{(\frac{{50\sqrt 6 }}{{20}})}^2}} = 6,61cm\)

+ Quãng đường  đi được của vật A từ khi thả tay cho đến khi vật A dừng lại lần đầu tiên, tức là vị trí P (biên âm) là:

d = IO₂+O₂P = A₁+ x₀+A₂ = 10+2,5+6,61=19,1cm

Ba nguồn kết hợp dao động ngược pha A và B

⇒ Những điểm nằm trên đường trung trực của đoạn AB trên mặt nước sẽ dao động với biên độ cực tiểu.

Đoạn mạch xoay chiều có cường độ dòng điện tức thời cùng pha với điện áp ở hai đầu của đoạn mạch, đoạn mạch này chứa điện trở thuần.

Tổng trở của đoạn mạch RLC nối tiếp không thể nhỏ hơn điện trở thuần của đoạn mạch.

Ta có: cảm kháng: \( {Z_L} = L.\omega = \frac{{{{35.10}^{ - 2}}}}{\pi }.100\pi = 35\Omega \)

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch:\( P = \frac{{{U^2}(R + r)}}{{{{(R + r)}^2} + {Z_L}^2}} = \frac{{{{70}^2}(30 + 5)}}{{{{(30 + 5)}^2} + {{35}^2}}} = 70{\rm{W}}\)

Để thông tin liên lạc giữa các phi hành gia trên tàu vũ trụ bay quanh Trái Đất với trạm điều hành dưới mặt đất, người ta thường sử dụng sóng vô tuyến có bước sóng trong khoảng  10 - 0,01 (m)

Bức xạ có tác dụng chữa bệnh còi xương là tia tử ngoại.

Ta có: \(\frac{{{i_1}}}{{{i_2}}} = \frac{{0,48}}{{0,64}} = \frac{3}{4} \to \left\{ \begin{array}{l} {i_1} = 3\\ {i_2} = 4i \end{array} \right. \to {i_m} = 3.4i = 4{i_1} = 3{i_2} = 4.0,48 = 1,92(mm)\)+ Tại A là một vân trùng nên: 

\( {N_m} = \left[ {\frac{{AB}}{{{i_m}}}} \right]{\rm{ + 1 = }}\left[ {\frac{{6,72}}{{1,92}}} \right] + 1 = 4\)

+Ban đầu truyền đi công suất P₁ với điện áp U₁ có hiệu suất 90% = 0,9

. Ta có: \(\Delta {P_1} = \frac{{P_1^2R}}{{U_1^2{{\cos }^2}\varphi }} = (1 - 0,9){P_1} \to \frac{{{P_1}R}}{{U_1^2{{\cos }^2}\varphi }} = 0,1(1)\)

P₁’ = 0,9P₁

+ Lúc sau truyền đi công suất P₂ với điện áp U₂ có hiệu suất 82% = 0,82.

Ta có:  \( \Delta {P_2} = \frac{{P_2^2R}}{{U_2^2{{\cos }^2}\varphi }} = (1 - 0,82){P_2} \to \frac{{{P_2}R}}{{U_2^2{{\cos }^2}\varphi }} = 0,18(2)\)

P₂’ = 0,82P₂

Từ (1) và (2) ta được:

\( \frac{{{P_1}}}{{{P_2}}} = \frac{{0,1}}{{0,18}} \to \frac{{P{'_1}}}{{P{'_2}}} = \frac{{25}}{{41}} \to P{'_2} = 1,64P{'_1}\)

Vậy công suất tiêu thụ của khu dân cư tăng thêm 64%

Ta có: \(\begin{array}{l} {\varphi _{u.i}} = \frac{\pi }{2} - \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{6} \to {Z_L} > {Z_C}\\ \tan {\varphi _{u.i}} = \frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \to {Z_L} - {Z_C} = \frac{R}{{\sqrt 3 }} \end{array}\)

+Nguyên tử hiđrô ở trạng thái kích thích, electron ở trạng thái dừng ứng với n2 = 9 => n = 3.

+Sau đó electron trở về các lớp trong cơ thể phát ra các bức xạ có bước sóng l₃₁, l₃₂, l₂₁ như hình vẽ.

+ Dãy Lai-man: \(\begin{array}{l} \frac{1}{{{\lambda _{31}}}} = \frac{{{E_3} - {E_1}}}{{hc}} \to {\lambda _{31}} = 0,103\mu m\\ \frac{1}{{{\lambda _{21}}}} = \frac{{{E_2} - {E_1}}}{{hc}} \to {\lambda _{21}} = 0,12\mu m \end{array}\)

+ Dãy Ban-me: \( \frac{1}{{{\lambda _{32}}}} = \frac{{{E_3} - {E_2}}}{{hc}} \to {\lambda _{32}} = 0,657\mu m\)

+ Năng lượng tàu sử dụng trong 1 ngày: W=P.t=16.10⁶.86400=1,3824.10¹²

+ Do hiệu suất của lò là 30% nên năng lượng của mỗi phân hạch cung cấp là: ΔW  = 200.0,3 = 60MeV=9,6.10⁻¹²J

+ Số phân hạch cần xảy ra để có năng lượng W là: \( N = \frac{{\rm{W}}}{{\Delta {\rm{W}}}} = {1,44.10^{23}}\)

+ Cứ một phân hạch cần 1 hạt U235 số hạt U235 dùng trong 1 ngày là: N_U = N = 1,44.10²³ hạt

+ Khối lượng U cần dùng trong 1 ngày:\( {N_U} = \frac{{{m_U}}}{A}.{N_A} \to {m_U} = \frac{{{N_U}.A}}{{{N_A}}} = \frac{{{{1,44.10}^{23}}.235}}{{{{6,02.10}^{23}}}} = 2126g\)

+ Nhiên liệu dùng trong lò là U làm giàu đến 12,5% (tính theo khối lượng)  Khối lượng nhiên liệu cần dùng trong  1 ngày: \( {m_{nl}} = \frac{{{m_U}}}{{12,5\% }} = 449,7g\)

+ Khối lượng nhiên liệu cần dùng trong 3 tháng là:

449,7.90 = 40,47kg

Quan sát đồ thị uAB ta có uAB = 0 hai lần liên tiếp tại các thời điểm t₁ = 5.10^-3s và t₂ = 15.10^-3s

Suy ra: \( \frac{T}{2} = {t_2} - {t_1} \to T = 0,02s \to \omega = 100\pi rad/s\)

Dựa vào đồ thị ta có: \( u_{AB}= 220\cos (100\pi t)(V)\)

Ta nhận thấy u và i cùng pha nên công suất toàn mạch AB là:

\( {P_{AB}} = {P_{AM}} + {P_{MB}} = {U_{AB}}.I.\cos \varphi = 110\sqrt 2 .1.\cos 0 = 155,56{\rm{W}}\)

+ Giả sử phương trình : \( {u_{AM}} = {U_{0AM}}\cos (100\pi t + {\varphi _{AM}})(V)\)

Quan sát đồ thị uAM ta có khi \( t = \frac{{10}}{3}{.10^{ - 3}}s \to {u_{AM}} = 0\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {U_{0AM}}\cos (100\pi t + {\varphi _{AM}}) = 0 \to \cos (100\pi t + {\varphi _{AM}}) = \frac{\pi }{2}\\ \Leftrightarrow \cos (100\pi .\frac{{10}}{3}{.10^{ - 3}} + {\varphi _{AM}}) = \cos \frac{\pi }{2} \Leftrightarrow \cos (\frac{\pi }{3} + {\varphi _{AM}}) = \cos \frac{\pi }{2} \to {\varphi _{AM}} = \frac{\pi }{6} \end{array}\)

+ Giả sử phương trình: \( {u_{MB}} = {U_{0MB}}\cos (100\pi t + {\varphi _{MB}})(V)\)

Quan sát đồ thị u_MB ta có khi  thì u_MB = 0: \( t = {7,5.10^{ - 3}}s \to {u_{MB}} = 0\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {U_{0MB}}\cos (100\pi t + {\varphi _{MB}}) = 0 \to \cos (100\pi t + {\varphi _{MB}}) = \cos \frac{\pi }{2}\\ \Leftrightarrow \cos (100\pi {.7,5.10^{ - 3}} + {\varphi _{AM}}) = \cos \frac{\pi }{2} \Leftrightarrow \cos (\frac{{3\pi }}{4} + {\varphi _{AM}}) = \cos \frac{\pi }{2} \to {\varphi _{AM}} = \frac{{ - \pi }}{4} \end{array}\)

Theo định lý hàm sin ta có:

\(\frac{{{U_{0MB}}}}{{\sin \frac{\pi }{6}}} = \frac{{{U_{0AB}}}}{{\sin (\pi - \frac{\pi }{6} - \frac{\pi }{4})}} = \frac{{{U_{0AM}}}}{{\sin \frac{\pi }{4}}} \Leftrightarrow \frac{{{U_{0MB}}}}{{\sin \frac{\pi }{6}}} = \frac{{220}}{{\sin (\frac{{7\pi }}{{12}})}} = \frac{{{U_{0AM}}}}{{\sin \frac{\pi }{4}}} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {U_{0AM}} = 161,05V\\ {U_{0MB}} = 113,88V \end{array} \right.\)

+ Công suất trên đoạn AM: 

\( {P_{AM}} = {U_{AM}}.I.\cos {\varphi _{AM}} = \frac{{161,05}}{{\sqrt 2 }}.1.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 98,62{\rm{W}}\)

+ Công suất trên đoạn MB: \( {P_{MB}} = {U_{MB}}.I.\cos {\varphi _{MB}} = \frac{{113,88}}{{\sqrt 2 }}.1.\frac{{\sqrt 2 }}{2} = 56,94{\rm{W}}\)

Quang phổ vạch hấp thụ là quang phổ gồm những vạch tối trên nền quang phổ liên tục