Cơ năng của một con lắc lò xo tỉ lệ thuận với bình phương biên độ dao động.

Trong một dao động điều hòa, lấy mốc thế năng là vị trí cân bằng, đại lượng tỉ lệ thuận với tần số dao động là tốc độ cực đại.

Biên độ dao động của vật là:

A = (l_max – l_min) : 2 = (28 – 20) : 2 = 4cm.

Trên mặt nước có hai nguồn kết hợp dao động ngược pha A và B. Những điểm năm trên đường trung trực của đoạn AB trên mặt nước sẽ dao động với biên độ cực tiểu.

Trên một sợi dây đàn hồi đang có sóng dừng với bước sóng là X. Khoảng cách giữa hai điểm nút gần nhau nhất dao động ngược pha là  λ/2

Công thức nào dưới đây nêu không đúng mối liên hệ giữa các đại lượng đặc trưng:  ω = 2π/f

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

Tổng trở bằng:

\(\left\{ \begin{array}{l} {Z_L} = L.\omega = L.2\pi f = \frac{4}{{5\pi }}.2\pi .50 = 80\Omega \\ {Z_C} = \frac{1}{{C\omega }} = \frac{1}{{C.2\pi f}} = \frac{1}{{\frac{{{{10}^{ - 3}}}}{{4\pi }}.2\pi .50}} = 40\Omega \\ R = 40\sqrt 3 \Omega \end{array} \right. \to Z = \sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}} = 80\Omega \)

Sóng điện từ được ứng dụng trong thông tin liên lạc ở môi trường nước là sóng dài.

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)

Sóng điện từ và sóng cơ không có chung tính chất truyền được trong chân không.

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

Trạng thái cơ bản của nguyên từ hiđrô là trạng thái dừng có năng lượng nhỏ nhất.

M là vân sáng bậc 4 nên: \( {x_{s4}} = 4i = 4\frac{{\lambda D}}{a}\)

Hiệu đường đi từ hai khe đến điểmm M là: \( {x_{s4}} = 4i = 4\frac{{\lambda D}}{a}{d_2} - {d_1} = \frac{{ax}}{D} = \frac{a}{D}.4.\frac{{\lambda D}}{a} = 4\lambda = 2,4\mu m\)

Ta có bước sóng: \( \lambda = \frac{{hc}}{\varepsilon } = \frac{{{{6,625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}{{{{0,8.1,6.10}^{ - 19}}}} = 1,55\mu m\)

 bức xạ thuộc vùng tia hồng ngoại \( (0,76\mu m \to {10^{ - 3}})\)

Khi ánh sáng truyền đi xa, năng lượng của các phôtôn vẫn không thay đổi.

 Giới hạn quang điện của kim loại này là

\( {\lambda _0} = \frac{{hc}}{A} = \frac{{{{6,625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}{{{{4,14.1,6.10}^{ - 19}}}} = 0,3\mu m\)

Các hạt nhân trung bình có số khối trong khoảng 50 – 80 thì năng lượng liên kết riêng có giá trị lớn nhất

Hiện nay, lượng cacbon 14 trên bề mặt Trái Đất hầu như không đổi.

Lực tương tác tĩnh điện giữa electron và hạt nhân được tính bằng công thức: \( F = k\frac{{{e^2}}}{{{r^2}}} \to F \sim \frac{1}{{{n^4}}};(r \sim {n^2})\)

Ta có: \(\begin{array}{l} \to \frac{{{F_n}}}{{{F_m}}} = \frac{{{n^4}_m}}{{{n^4}_n}} = 16 \to \frac{{{n_m}}}{{{n_n}}} = 2 \to {n_m} = 2{n_n}\\ \to \left\{ \begin{array}{l} {n_m} = 2{n_n}\\ {n_m} + {n_n} < 6 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} {n_m} = 2 \to L\\ {n_n} = 1 \to K \end{array} \right. \end{array}\)

như vậy electrôn đã di chuyển từ L sang K.

Trong quá trình phóng xạ của một số chất, số hạt nhân phóng xạ giảm theo quy luật hàm số mũ.

Cơ thể con người ở nhiệt độ 37o C có thể phát ra những bức xạ hồng ngoại.

+ Góc giới hạn phản xạ toàn phần tại mặt bên thứ hai là:

sin_igh =1/n_v ⇒ sin i < 1/n_v thì tia sáng ló ra khỏi mặt bên thứ hai

Ta có: sin i = 1/n

Mà n_d<n_c<n_v<n_lu<n_la<n_ch<n_t

\( \to \frac{1}{{{n_d}}} > \frac{1}{{{n_c}}} > \frac{1}{{{n_v}}} > \frac{1}{{{n_{lu}}}} > \frac{1}{{{n_{la}}}} > \frac{1}{{{n_c}}} > \frac{1}{{{n_t}}}\)

chiếu chùm sáng song song gồm bốn ánh sáng đơn sắc đỏ, cam, lam và tím thì các tia ló ra ở mặt bên thứ hai là tia cam và đỏ

Ta có A=4cm

Khi động năng bằng ba lần thế năng: \(\to |x|=A/2\)

Khi lò xo dãn 6cm: \( A + \left| x \right| = 6cm \to \left| x \right| = 2cm = \frac{A}{2}\)

⇒ Động năng bằng ba lần thế năng

Vật va chạm đàn hồi ở vị trí cân bằng:

\(\left\{ \begin{array}{l} {v_{1\max }} - v{'_{1\max }} = \frac{{{m_2}}}{{{m_1}}}.v{'_{2\max }}\\ {v_{1\max }} + v{'_{1\max }} = v{'_{2\max }} \end{array} \right. \to \frac{{v{'_{1\max }}}}{{{v_{1\max }}}} = \frac{{{m_1} - {m_2}}}{{{m_1} + {m_2}}} = \frac{1}{2}\)

\( {v_{1\max }} = \omega A = 2v{'_{1\max }} \to \omega = \frac{{2v{'_{1\max }}}}{A} = \frac{{2.30}}{5} = 12rad/s\)

Độ cứng của lò xo là \( k = {m_1}{\omega ^2} = {0,3.12^2} = 43,2N/m\)

+ Chu kỳ con lắc: \( T \sim \frac{1}{{\sqrt g }}\)

Điện trường đều E có phương nằm ngang

Ở VTCB con lắc tạo với phương thẳng đứung 1 góc 60⁰ độ 

⇒ P₁=2P ⇒ g₁=2g

⇒ Chu kỳ của con lắc được tích điện: \( T_1 = \sqrt {\frac{g}{{{g_{1}}}}} T = \frac{T}{{\sqrt 2 }}\)

Ta có: \( 0,375 = \frac{3}{8}T = \frac{T}{3} + \frac{T}{{24}}\)

Tại thời điểm ban đầu: \(\left\{ \begin{array}{l} x = \frac{A}{2}\\ v < 0 \end{array} \right.\)

Thời gian vật chuyển động từ A/2 → A là: \( {t_1} = \frac{T}{{12}} + \frac{T}{4} = \frac{T}{3}\)

Thời điểm t=0,375(s) ta có: 

\(\left\{ \begin{array}{l} {x_2} = - 9,6592(cm)\\ v > 0 \end{array} \right. \to {s_0} = A - \left| {{x_2}} \right|\)

Qaunxg đường vật đi được là: \( S = \frac{{3A}}{2} + {S_0} = 15,34cm\)

Ta có: Bước sóng \( \lambda = \frac{v}{f} = \frac{{20}}{{100}} = 0,2m\)

Do 2 nguồn cùng pha nên số điểm không dao động trên AB là số giá trị k nguyên thỏa mãn: \(\begin{array}{l} \frac{{ - AB}}{\lambda } - \frac{1}{2} < k < \frac{{AB}}{\lambda } - \frac{1}{2} \Leftrightarrow - 5 < k < 4\\ \to k = 4; \pm 3; \pm 2; \pm 1;0 \end{array}\)

Vậy có 8 giá trị của k thỏa mãn yêu cầu nên có 8 điểm trên AB không dao động

Ta có: f = 15Hz. Bước sóng \( \lambda = \frac{v}{f} = \frac{{75}}{{15}} = 5cm\)

\( M{S_2} = \sqrt {M{S_1}^2 + {S_1}{S_2}^2} = 30cm\)

Tại M ta có: d₂−d₁ = MS₂−MS₁ =14cm

Tại S₂ ta có: d₂−d₁ = −S₁S₂ =−24cm

Do 2 nguồn cùng pha nên số cực đại qua S₂M là số giá trị k thỏa mãn.

\( - 24 < k\lambda < 14 \Leftrightarrow - 4,8 < k < 2,8 \to k = - 4; - 3; \pm 2; \pm 1;0\)

⇒ có 7 giá trị của k thỏa mãn yêu cầu. 

+ Ban đầu hiệu suất truyền tải là 90%: \( \to H = \frac{{P{'_1}}}{{{P_1}}} = 0,9 \to P{'_1} = 0,9{P_1}\)

+ Khi công suất sử dụng điện của khu dân cư tăng 20% 

\( \to P{'_2} = 1,2{P_1}' = 1,2.0,9.{P_1} = 1,08{P_1}\)

Ta có: \( \frac{{\Delta {P_1}}}{{\Delta {P_2}}} = \frac{{\frac{{{P_2}^2R}}{{{U^2}{{\cos }^2}(\varphi )}}}}{{\frac{{{P_1}^2R}}{{{U^2}{{\cos }^2}(\varphi )}}}} = \frac{{{P_2}^2}}{{{P_1}^2}} \to \Delta {P_2} = \frac{{{P_2}^2}}{{{P_1}^2}}.\Delta {P_1} = 0,1{P_1}.\frac{{{P_2}^2}}{{{P_1}^2}}\)

\(\begin{array}{l} \frac{{{P_2}}}{{{P_1}}} = \frac{{{P_2} + \Delta {P_2}}}{{{P_1} + \Delta {P_1}}} = \frac{{1,08{P_1} + 0,1{P_1}.\frac{{{P_2}^2}}{{{P_1}^2}}}}{{{P_1}}} \to 0,1.\frac{{{P_2}^2}}{{{P_1}^2}} - \frac{{{P_2}}}{{{P_1}}} + 1,08 = 0\\ \to \frac{{{P_2}}}{{{P_1}}} = 8,77;\frac{{{P_2}}}{{{P_1}}} = 1,23 \end{array}\)

⇒ Hiệu suất của quá trình truyền tải: \(\left[ \begin{array}{l} H = \frac{{P{'_2}}}{{{P_2}}} = \frac{{1,08{P_1}}}{{8,77{P_1}}} = 0,123(12,3\% )\\ H = \frac{{P{'_2}}}{{{P_2}}} = \frac{{1,08{P_1}}}{{1,23{P_1}}} = 0,878(87,8\% ) \end{array} \right.\)

Coi hao phí điện năng chỉ do toả nhiệt trên đường dây và không vượt quá 20% công suất truyền đi. Nên hiệu suất truyền tải phải lớn hơn 80% Do đó H=87,8%

+ Tổng trở của cuộn cảm  và đoạn mạch AB: \(\left\{ \begin{array}{l} {Z_d} = \frac{{250}}{5} = 50\Omega \\ Z = \frac{{250}}{3} \Omega \end{array} \right.\)

+ Biễu diễn vecto các điện áp. Gọi \(\alpha\) là góc hợp bởi \( \overrightarrow {{U_d}} \) và \( \overrightarrow {{U}} \). Ta có: \( \cos \alpha = \frac{{{Z_d}}}{Z} = \frac{{50}}{{\frac{{250}}{3}}} = 0,6\)

\( \to {U_X} = U\sin \alpha = 250\sqrt {1 - {{0,6}^2}} = 200{\rm{W}}\)

+ Từ hình vẽ, ta dễ thấy rằng U_X chậm pha hơn dòng điện một góc 30⁰

\( \to {{\rm{P}}_X} = 200.3.\cos {30^0} = 300\sqrt 3 {\rm{W}}\)

+ Tịnh tiến màn quan sát lại gần mặt phẳng chứa hai khe 25cm tức là D'=D-0,25

Ta có: \(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} {{\rm{i}}_1} = \frac{{\lambda D}}{a}\\ {{\rm{i}}_2} = \frac{{\lambda (D - 0,25)}}{a} \end{array} \right. \to \frac{{{{\rm{i}}_1}}}{{{{\rm{i}}_2}}} = \frac{D}{{D - 0,25}} = \frac{5}{4}\\ \to D = 5.0,25 = 1,25m \end{array}\)

Bước sóng: \( \lambda = \frac{{i.a}}{D} = 0,48\mu m\)

+ Bán kính quỹ đạo tăng 9 lần nên e chuyển lên quỹ đạo M (n = 3).

Vậy bước sóng lớn nhất phát ra ứng với e chuyển từ M đến L => Năng lượng bức xạ: \( {\varepsilon _{32}} = {E_3} - {E_2} = \left[ {\frac{{ - 13,6}}{{{3^2}}} - ( - \frac{{13,6}}{{{2^2}}})} \right]{.1,6.10^{ - 19}} = {3,0224.10^{ - 19}}(J)\)

+ Bước sóng lớn nhất của bức xạ mà nguyên tử có thể phát ra là:         \( {\varepsilon _{32}} = h\frac{c}{{{\lambda _{32}}}} \to {\lambda _{32}} = \frac{{hc}}{{{\varepsilon _{32}}}} = {0,657.10^{ - 6}}(m)\)

Chu kỳ con lắc: \( T = 2\pi \sqrt {\frac{l}{g}} \) với điều kiện con lắc dao động với biên độ nhỏ \( \to {\alpha _0} = \frac{S}{l}\)

Do S như nhau nên con lắc càng dài, kết quả đo càng chính xác

+ Tỉ số số hạt nhân ¹⁴C và ¹²C trong một mẫu gỗ cổ đại tìm thấy bằng một nửa tỉ số số hạt nhân ¹⁴C và ¹²C có trong không khí hiện tại mà hạt nhân ¹²C là hạt nhân bền không phân rã nên suy ra ¹⁴C đã phân rã được một nửa.
Ta có:

\( \frac{H}{{{H_0}}} = \frac{N}{{{N_0}}} = {2^{\frac{{ - t}}{T}}} = \frac{1}{2} \to t = T = 5730\) năm

Các giá trị hiệu dụng của dòng điện xoay chiều được xây dựng dựa trên tác dụng nhiệt của dòng điện

Điện áp hiệu dụng: U = U₀/√2 = 141/√2 = 100 V

Ta có: I = 2√2 ⇒ I₀ = I√2 = 4 A

Dòng điện nhanh pha hơn điện áp hai đầu mạch góc π/3

⇒ φ_i = φ_U + π/3 = π/2 rad

Biểu thức cường độ dòng điện là: I = 4cos(100πt + π/2)(A)

Ta có: \( {U_{RL}} = I.{Z_{RL}} = \frac{{U\sqrt {{R^2} + {Z_L}^2} }}{{\sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}} }} = \frac{U}{{\sqrt {\frac{{{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}}{{{R^2} + {Z_L}^2}}} }} = \frac{U}{{\sqrt {1 + \frac{{{Z_C}^2 - 2{Z_L}{Z_C}}}{{{R^2} + {Z_L}^2}}} }} = const\)+ Để U_RL không phụ thuộc R thì:\( {Z_C}^2 - 2{Z_L}{Z_C} = 0 \to {Z_C} = 2{Z_L} \to {U_C} = 2{U_L}\)

Ta có khi R = 80Ω thì U_C = 240 (V) còn U_RL = 200 (V) 

⇒  U_L = 0.5.U_C = 120 (V)

Do đó: \( {U_R} = \sqrt {{U_{RL}}^2 + {U_L}^2} = 160(V)\)