Cường độ dòng điện được đo bằng ampe kế

Cảm ứng từ tại tâm khung dây tròn có biểu thức: \( B = 2\pi \frac{I}{R}\)

Gia tốc cực đại: \( {a_{\max }} = {\omega ^2}A\)

Động năng cực đại của con lắc: \(E = 0,5m{(2\omega )^2}{A^2} = 2m{\omega ^2}{A^2}\)

Dao động tắt dần có động năng cực đại và thế năng cực đại sẽ giảm, tuy nhiên trong quá trình tắt dần vẫn có thời điểm động năng tăng, giảm 

Bước sóng \(\lambda = \frac{v}{f} \to v = \lambda f\)

Hai nguồn A và B cùng pha đường trung trực AB chứa những điểm dao động với biên độ cực đại  \(A{max}=A_1+A_2=a+2a=3a\)

Chân không không có phần tử dao động nên sóng cơ không lan truyền được

Cường độ dòng điện \(i = 2\sqrt 2 \cos 100\pi t(A)\) có giá trị hiệu dụng là 2A

Hiện tượng cộng hưởng xảy ra khi: \( {Z_L} = {Z_C} \Leftrightarrow {\omega ^2}LC = 1\)

Phần cảm tạo ra dòng điện, phần ứng tạo ra từ trường là sai khi nói về máy phát điện xoay chiều một pha

Máy biến áp dùng để biến đổi điện áp xoay chiều

Tần số góc của dao động điện từ tự do trong mạch LC là: \( \omega = \frac{1}{{\sqrt {LC} }}\)

Sóng điện từ chỉ truyền được trong môi trường vật chất đàn hồi là sai. 

Ánh sáng đơn sắc không bị tán sắc khi truyền qua lăng kính

Ứng dụng nổi bật nhất của tia từ ngoại là khử trùng, diệt khuẩn. 

Trong thí nghiệm trên, Héc đã sử dụng tấm kẽm tích điện âm và chiếu bức xạ tử ngoại vào đó để tìm ra hiện tượng quang điện.

Ta có: \( r = {n^2}{r_0} \to n = \sqrt {\frac{r}{{{r_0}}}} = 2\) ⇒ e chuyển động trên quỹ đạo L

Phuơng trình phóng xạ: \( {}_{27}^{60}Co \to {\beta ^ + } + X\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} 60 = A + 0\\ 27 = 1 + Z \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} A = 60\\ Z = 26 \end{array} \right. \to X = {}_{26}^{60}Fe\)

+ Tia \(\gamma\) có bản chất là sóng điện từ nên lan truyền với vận tốc \(c=3.10^8 m/s\)

Tia \(\beta\) chuyển động với vận tốc \( v \approx e\)

Tia \(\alpha\) chuyển động với vận tốc \(v= 2.10^7 m/s\)

Công thức định luật Cu-lông:  \( F = k\frac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{R^2}\), với \( k=9.10^9 (N.m^2/C^2)\)

Ta có: con lắc dao động với chu kì là: \( \frac{{{T_1}}}{{{T_2}}} = \sqrt {\frac{l}{{0,5l}}} = \sqrt 2 \to {T_2} = \frac{{{T_1}}}{{\sqrt 2 }} = 2,001s\)

 Chiều dài sợi dây là: \( l = 2\frac{\lambda }{2} + \frac{\lambda }{4} = 1,25\lambda = 75cm\)

+ Đặt vào hai đầu một cuộn cảm thuần L một điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng U không đổi và tần số f thay đổi: 

\( \frac{{{I_2}}}{{{I_1}}} = \frac{{{Z_{L1}}}}{{{Z_{L2}}}} \Leftrightarrow \frac{{{I_2}}}{{{I_1}}} = \frac{{{\omega _1}}}{{{\omega _2}}} \Leftrightarrow \frac{{{I_2}}}{{{I_1}}} = \frac{{{f_1}}}{{{f_2}}} \Leftrightarrow \frac{{3,6}}{{2,4}} = \frac{{60}}{{{f_2}}} \to {f_2} = 40Hz\)

+ Hệ số công suất của đoạn mạch: \( \cos \varphi = \frac{R}{Z} = \frac{{{U_R}}}{U} = \frac{{100}}{{200}} = 0,5\)

+ Sóng điện từ do mạch đó phát ra có bước sóng là: \( \lambda = \frac{c}{f} = 600m\)

Xét tỷ số: \(\frac{{{X_M}}}{i} = \frac{{5,7}}{{1,14}} = 5\) ⇒ tại M là vân sáng bậc 5

Tia X không có ứng dụng sấy khô, sưởi ấm

Tấm kẽm có giới hạn quang điện \(\lambda_0=0,35 \mu m\) .Hiện tượng quang điện sẽ không xảy ra khi chùm bức xạ có bước sóng 0,4 μm

Ta có: \( {}_{82}^{214}Pb \to {}_{ - 1}^0\beta + {}_{83}^{214}X\)

Số hạt notron của hạt nhân X là: \(n_n=214-83=131\)

+ Chiều dài của con lắc bằng: 

\( E = \frac{1}{2}m{\omega ^2}{A^2} \Leftrightarrow {5.10^{ - 8}} = \frac{1}{2}.0,1.\frac{g}{l}{.0,1^2} \to l = 1(m)\)

Nhìn vật ở điểm cực cận

Mắt phải điều tiết tối đa, tiêu cực của mắt nhỏ nhất \(f=f{min} \to\) độ tụ  \(D{max}\)

+ Độ lệch pha giữa hai dao động x₁ và x₂ \( \Delta \varphi = {\varphi _1} - {\varphi _2} = \frac{\pi }{4} - \frac{{3\pi }}{4} = \pi \)

+ Suy ra 2 dao động ngược pha nhau nên biên độ tổng hợp: 

\({A_{\min }} = \left| {{A_1} - {A_2}} \right| = 1cm \to {v_{\max }} = \omega A = 10cm/s\)

+ Tốc độ cực đại của hình chiếu chất điểm lên Ox là:

\( v = {v_{\max }} = \omega R = 5.10 = 50cm/s\)

Dây có hai đầu cố định nên tần số nhỏ nhất để có sóng dừng là: \( \left| {{f_1} - {f_2}} \right| = 9Hz\)

Ta có: \({U^2} = {U^2}_R = {U^2}_{AB}\frac{{{R^2}}}{{{R^2} + Z_L^2}} \to \left\{ \begin{array}{l} \frac{1}{{0,006}} = {U^2}_{AB}\frac{{\frac{1}{{{{10}^{ - 6}}}}}}{{\frac{1}{{{{10}^{ - 6}}}} + Z_L^2}}\\ \frac{1}{{0,010}} = {U^2}_{AB}\frac{{\frac{1}{{{{2.10}^{ - 6}}}}}}{{\frac{1}{{{{2.10}^{ - 6}}}} + Z_L^2}} \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} {Z_L} = 1000\sqrt 2 (\Omega )\\ L = \frac{{{Z_L}}}{\omega } = 0,45(H) \end{array} \right.\)

+ Dùng phương pháp dời trục lên thì xem đây là đồ thị của lực hồi phục quanh vị trí cân bằng như hình vẽ:

\(\frac{{2T}}{3} = 0,4 \to \omega = \frac{{10\pi }}{3}(rad/s) = \sqrt {\frac{g}{{\Delta l}}} \to \Delta l = 0,09(m)\)

\( \to A = \frac{2}{3}\Delta l = 6(cm)\)

+ Chọn tại t=0,4 s (điểm khoanh tròn ) để viết phương trình lực hồi phục tác dụng lên điểm treo là: 

\( \to {F_{hp}} = {F_0}\cos (\omega (t - 0,4) + \frac{{2\pi }}{3})\)

+ Mà lực hồi phục tác dụng lên điểm treo lại cùng pha với li độ: \(F=kx\)

\( \to x = \frac{F}{k} = A\cos (\omega (t - 0,4) + \frac{{2\pi }}{3}) \to x = 6\cos (\frac{{10\pi }}{3}(t - 0,4) + \frac{{2\pi }}{3})\)

+ Tại t=2,02s vật có li độ bằng:

\( \to {x_{t = 2,02s}} = 6\cos (\frac{{10\pi }}{3}(2,02 - 0,4) + \frac{{2\pi }}{3} = 5,87(cm)\)

+ Gọi M là điểm thuộc S₁S₂ 

+ Phương trình sóng do hai nguồn S₁S₂ truyền đến M:

\(\left\{ \begin{array}{l} {u_{1M}} = 6\cos (40\pi t - \frac{{2\pi {d_1}}}{\lambda })\\ {u_{2M}} = 6\cos (40\pi t - \frac{{2\pi {d_2}}}{\lambda }) \end{array} \right.\)

+ Phương trình sóng tổng hợp tại: \( {u_M} = {u_{1M}} + {u_{2M}} = A\cos (40\pi t + \varphi )\)

+ Với: 

\(\begin{array}{l} {A_M} = \sqrt {{A_1}^2 + {A_2}^2 + 2\cos ({\varphi _1} - {\varphi _2})} = \sqrt {{6^2} + {6^2} + 2\cos ({\varphi _1} - {\varphi _2})} \\ \Leftrightarrow {6^2} = {6^2} + {6^2} + 2\cos ({\varphi _1} - {\varphi _2}) \Leftrightarrow \cos ({\varphi _1} - {\varphi _2}) = \frac{{ - 1}}{2} = \cos (\frac{{2\pi }}{3})\\ \Leftrightarrow \left| {{\varphi _1} - {\varphi _2}} \right| = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \Leftrightarrow \left| { - \frac{{2\pi {d_1}}}{\lambda } - ( - \frac{{2\pi {d_2}}}{\lambda })} \right| = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \\ \Leftrightarrow 2\pi \frac{{\left| {{d_1} - {d_2}} \right|}}{\lambda } = \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \Leftrightarrow \left| {2x} \right| = \frac{\lambda }{3} + k\lambda \Rightarrow \left| x \right| = \frac{\lambda }{6} + k\frac{\lambda }{2}\\ \Leftrightarrow \left| x \right| = \frac{2}{6} + k\frac{2}{2} = \frac{1}{3} + k(\lambda = vT = 40.\frac{{2\pi }}{{40\pi }} = 2(cm)) \end{array}\)

+ Điều kiện: \( \left| x \right| > 0 \Leftrightarrow \frac{1}{3} + k > 0 \Leftrightarrow k > - \frac{1}{3}(k = 0,1,2,...)\)

+ Vậy điểm M dao động với biên độ \(A_M=6(mm)\) và gần O nhât khi và chỉ khi k=min=0.

+ Và cách O₁ đoạn gần nhất là: \(\left| x \right| = \min = \frac{1}{3}(cm)\)

+ Từ hình vẽ ta có: \( \tan {\varphi _{RL}} = \frac{{{Z_L}}}{R} = const\), bài này \(\varphi _{RL}=45^0\)

+ Định lí hàm sin trong tam giác AMB:

\(\begin{array}{l} \frac{{{U_{AM}}}}{{\sin \alpha }} = \frac{{{U_{MB}}}}{{\sin ({{45}^0} + \left| \varphi \right|)}} = \frac{{{U_{AB}}}}{{\sin ({{45}^0})}} \to \left\{ \begin{array}{l} {U_{AM}} = \frac{{{U_{AB}}}}{{\sin ({{45}^0})}}.\sin \alpha \\ {U_{MB}} = \frac{{{U_{AB}}}}{{\sin ({{45}^0})}}.\sin ({45^0} + \left| \varphi \right|) \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow {U_{AM}} + {U_{MB}} = \frac{{{U_{AB}}}}{{\sin ({{45}^0})}}{\rm{[}}\sin \alpha + \sin ({45^0} + \left| \varphi \right|){\rm{]}}\\ \Leftrightarrow {U_{AM}} + {U_{MB}} = {U_{AB}}\sqrt 2 {\rm{[cos}}\left| \varphi \right| + \cos (\left| \varphi \right| - {45^0}{\rm{)]}} \end{array}\)

Vì: \(\left\{ \begin{array}{l} \sin \alpha = {\rm{cos}}\varphi ,(\alpha + \varphi = {90^0})\\ \sin (\left| \varphi \right| + {45^0}{\rm{) = }}\cos (\left| \varphi \right| - {45^0}{\rm{)}} \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow {U_{AM}} + {U_{MB}} = {U_{AB}}2\sqrt 2 {\rm{[cos 22}}{\rm{,}}{{\rm{5}}^0}.\cos (\left| \varphi \right| - {22,5^0}{\rm{)]}}\)

Vậy: \( \Leftrightarrow {U_{AM}} + {U_{MB}} = \max \Leftrightarrow \cos (\left| \varphi \right| - {22,5^0}{\rm{) = 1}} \Leftrightarrow \left| \varphi \right| = {22,5^0}\)

Theo đề, ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l} {P_{phat}} - {P_{hp}} = 120{P_1}\\ {P_{phat}} - \frac{{{P_{hp}}}}{4} = 144{P_1}\\ {P_{phat}} - \frac{{{P_{hp}}}}{{16}} = n{P_1} \to n{P_1} = 152{P_1} - \frac{{32{P_1}}}{{16}} = 150{P_1} \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} {P_{hp}} = 32{P_1}\\ {P_{phat}} = 152{P_1} \end{array} \right.\)