Sóng điện từ: là sóng ngang và truyền được trong chân không. 

Tần số góc của dao động điện từ tự do trong mạch là:

\(\omega = \frac{1}{{\sqrt {LC} }} = \frac{1}{{\sqrt {{{25.10}^{ - 3}}{{.16.10}^{ - 9}}} }} = {5.10^4}rad/s\)

+ Điện trở của đèn: \( {R_d} = \frac{{{U_{dm}}^2}}{{{P_{dm}}}} = \frac{{{6^2}}}{3} = 12\Omega \)

+ Để đèn sáng bình thường thì cường độ dòng điện qua đèn phải bằng giá trị định mức: \( I = {I_{dm}} = \frac{{{P_{dm}}}}{{{U_{dm}}}} = \frac{3}{6} = 0,5A\)

+ Đoạn mạch điện trong sơ đồ gồm đèn và điện trở R mắc nối tiếp.

Áp dụng định luật Ôm cho toàn mạch ta có: \( I = \frac{E}{{{R_d} + r + R}} \Leftrightarrow 0,5 = \frac{{12}}{{12 + 2 + R}} \to R = 10\Omega \)

Hằng số điện môi \(\epsilon\) của không khí ở điều kiện tiêu chuẩn: 1,000594.

Cảm kháng của cuộn cảm là: \(Z_L=\omega.L=100\pi.0,2/ \pi=20 \Omega\)

+ Thông thường ta có công thức tính tần số: f = n.p (với p là số cặp cực, n là tốc độ quay của roto vòng/s).

+ Trong câu này n (vòng/phút) => Công thức tính tần số tương ứng là: \( f = \frac{{np}}{{60}}\) (1 phút = 60 giây).

+ Mạng điện dân dụng Việt Nam là \(U_1=220V\), điện áp sử dụng của thiết bị \(U_2=100V\)

+ Ta có:  tỷ lệ giữa số vòng dây cuộn sơ cấp và số vòng cuộn thứ cấp là: \( \frac{{{N_1}}}{{{N_2}}} = \frac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \frac{{220}}{{100}} = 2,2\)

Khoảng cách giữa hai nút sóng liền nhau trên sợi dây bằng: \(L = \frac{\lambda }{2} = \frac{v}{{2f}} = \frac{{20}}{{2.50}} = 0,2m = 20cm\)

Chu kì dao động điều hòa của con lắc đơn có độ dài dây treo l tại nơi có gia tốc trọng trường g là: \(T= 2\pi \sqrt {\frac{l}{g}} \)

Điều kiện biên độ tổng hợp: \( \left| {{A_1} - {A_2}} \right| \le A \le {A_1} + {A_2} \Leftrightarrow 0 \le A \le 20\)

Vậy biên độ dao động tổng hợp không thể nhận các giá trị 40cm

 Trong dao động điều hòa, độ lớn gia tốc của vật tăng dần khi nó đi từ vị trí cân bằng tới vị trí biên. 

Con lắc có động năng gấp ba lần thế năng tại vị trí vật cách vị trí cân bằng:

 \(\left\{ \begin{array}{l} E = {E_d} + {E_t}\\ {E_d} = 3{E_t} \end{array} \right. \to E = 4{E_t} \to x = \pm \frac{A}{2} = \pm \frac{{10}}{2} = \pm 5cm\)

Trung điểm O của AB dao động với biên độ:

\( {A_O} = 2.1.\left| {\cos \frac{{2\pi .({d_2} - {d_1})}}{\lambda }} \right| = 2cm\) (d₂ - d₁ =0)

Bước sóng của một sóng cơ có tần số 500 Hz lan truyền với vận tốc 340 m/s là: \( \lambda = \frac{v}{f} = \frac{{340}}{{500}} = 68cm\)

Độ lớn của lực tương tác điện giữa electron và proton khi chúng cách nhau 0,1 nm trong chân không là:

\( F = k\frac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{{r^2}}} = {9.10^9}\frac{{\left| {( - {{1,6.10}^{ - 19}}).({{1,6.10}^{ - 19}})} \right|}}{{{{({{0,1.10}^{ - 9}})}^2}}} = {2,3.10^{ - 8}}N\)

Áp dụng công thức tính điện dung của bộ tụ song song:

\(C=C_1+C_2+C_3=3.4,7.10^{−6}=14,1.10^{−6}F=14,1μF \)

Một con lắc lò xo lí tưởng gồm vật nhỏ và lò xo nhẹ độ cứng k , dao động điều hòa dọc theo trục Ox quanh vị trí cân bằng O . Biểu thức lực kéo về tác dụng lên vật là: \(F=-kx\)

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch bằng:

\( P = UI\cos \varphi = \frac{{200\sqrt 2 }}{{\sqrt 2 }}.\frac{{\sqrt 2 }}{{\sqrt 2 }}\cos \frac{\pi }{3} = 100{\rm{W}}\)

Trong điện từ trường, véc tơ cường độ điện trường và cảm ứng từ có phương vuông góc với nhau

 Nguyên nhân chính gây ra dao động tắt dần của con lắc đơn khi nó dao động trong không khí là lực cản không khí tác dụng vào vật dao động. 

Giá trị hiệu dụng của điện áp xoay chiều là: \( U = \frac{{220\sqrt 2 }}{{\sqrt 2 }} = 220V\)

Ta có hiệu suất truyền tải điện năng: \( {\rm{H = }}\frac{{PR}}{{{{(U\cos \varphi )}^2}}}\)

Từ đây có 2 cách giảm công suất hao phí: một là giảm R, hai là tăng điện áp U. Để giảm R thì phải tăng tiết diện dây dẫn do \( R = \rho \frac{l}{S}\) , như vậy rất tốn kém nên không được sử dụng. Còn tăng U thì có thể thực hiện dễ dàng nhờ máy biến áp và được áp dụng trong thực tế.

Độ cao là đặc tính sinh lí của âm phụ thuộc vào tần số âm. 

Trong sơ đồ khối của một máy thu sóng vô tuyến điện cơ bản, không có mạch (tầng) biến điệu.

Ta có: Động năng cực đại khi vật qua cân bằng; thế năng cực đại khi vật ở biên → thời gian ngắn nhất để chất điểm đi qua hai vị trí này là \( \Delta {t_{\min }} = \frac{T}{4} = \frac{2}{4} = 0,5s\)

+ Tần số góc và bước sóng lần lươt là: \(\omega =\frac{\pi }{3}; \lambda =3m\)

+ Tốc độ truyền sóng trong môi trường đó bằng: \(v = \frac{{\lambda \omega }}{{2\pi }} = \frac{{3.\frac{\pi }{3}}}{{2\pi }} = 0,5s\)

Trong mạch dao động LC i vuông pha với q

→\( {\left( {\frac{i}{{{I_0}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{q}{{{q_0}}}} \right)^2} = 1\)

Ta có: cường độ dòng điện cực đại trong mạch là: \(I_0=\omega q_0\)

⇒ Cường độ dòng điện cực đại trong mạch dao động có công thức: \( \to {I_0} = \sqrt {{i^2} + {{(\omega q)}^2}} \)

+ Cường độ dòng điện qua R: \( {I_R} = \frac{U}{R} = 0,25A\)

+ Cường độ dòng điện qua cuộn cảm: \( {I_L} = \frac{U}{Z_L} = 0,5A\)

⇒ \(R=4U,Z_L=2U,Z_C=5U\)

+ Khi mắc nối tiếp R, L, C ta có: \( I = \frac{U}{{\sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}} }} = \frac{U}{{\sqrt {{{(4U)}^2} + {{(2U - 5U)}^2}} }} = 0,2A\)

+ Độ giãn của lò xo khi ở VTCB: \( \Delta {l_0} = \frac{g}{{{\omega ^2}}}\)

+ Tại vị trí biên thì lực đàn hồi cực đại: \( {F_{dh\max }} = k(A + \Delta {l_0}) = k(A + \frac{g}{{{\omega ^2}}})\)

+ Phương trình sóng tại M do nguồn A và B truyền đến lần lượt là: \(\left\{ \begin{array}{l} {u_{AM}} = a\cos {\rm{[}}\omega (t - \frac{{{d_1}}}{v}){\rm{]}}\\ {u_{BM}} = 2a\cos {\rm{[}}\omega (t - \frac{{{d_2}}}{v}){\rm{]}} \end{array} \right.\)

+ Phương trình sóng tại M là tổng hợp của hai sóng truyền tới, thực hiện tổng hợp bằng phương pháp tổng hợp fresnel.

+ Biên độ dao động của phần tử tại M là:

\( A = \sqrt {{A_1}^2 + {A_2}^2 + 2{A_1}{A_2}\cos \Delta \varphi } = \sqrt {{a^2} + {{(2a)}^2} + 2.a.2a.\cos (2\pi \frac{{{d_1} - {d_2}}}{\lambda })} = \sqrt {{a^2} + {{(2a)}^2} + 2.a.2a.\cos (17\pi )} = a\)

Đoạn mạch xoay chiều chỉ chứa cuộn cảm thuần thì điện áp và cường độ dòng điện vuông pha với nhau.

\( \to {\left( {\frac{u}{{{U_0}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{i}{{{I_0}}}} \right)^2} = 1\)

Ta có:  tại t₁ và t₂:

\( \to {\left( {\frac{{200}}{{{U_0}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{2}{{{I_0}}}} \right)^2} = {\left( {\frac{{200\sqrt 2 }}{{{U_0}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{0}{{{I_0}}}} \right)^2} = 1 \to \left\{ \begin{array}{l} {U_0} = 200\sqrt 2 V\\ {I_0} = 2\sqrt 2 A \end{array} \right.\)

+ Trong mạch điện xoay chiều i chậm pha hơn u một góc \(\pi/2\) 

+ Biểu thức của hiệu điện thế và dòng điện trong mạch là:

\( \to u = 200\sqrt 2 \cos (100\pi t)(V);i = 2\sqrt 2 \cos (100\pi t - \frac{\pi }{2})(A)\)

+ Điều kiện để có sóng dừng trên sợi dây với hai đầu cố định: \( L = k\frac{\lambda }{2} = k\frac{v}{{2f}} \Leftrightarrow 1,6 = k\frac{4}{{2.20}} \to k = 16\) (với k là số bụng sóng)

+ Khi mắc ampe kế vào E,F ta đo được cường độ dòng điện chạy trong mạch : \(I = \frac{U}{{2{Z_L}}} \to {Z_L} = \frac{U}{{2I}} (1)\)

+ Khi mắc Vôn kế vào E, F thì ta đo được hiệu điện thế giữa hai điểm E, F tức là A, B (vì vôn kế lý tưởng và mạch thuần cảm). Vậy là U = 11,95V.

Từ (1) ⇒ \(Z_L=1,572\Omega\)

+ Từ công thức tính cảm kháng ta có : 

\( \to L = \frac{{{Z_L}}}{\omega } = \frac{{1,572}}{{100\pi }} = {5.10^{ - 3}}H = 5mH\)

+ Chu kỳ: \(T=1/f=2s\)

+ Quãng đường giữa hai lần sóng điện từ truyền đến máy bay là quãng đường đi được của máy bay trong một chu kì quay của Ăngten rada: \( \Delta S = \frac{{c{t_1} - c{t_2}}}{2} = \frac{{{{3.10}^8}({{160.10}^{ - 6}} - {{150.10}^{ - 6}})}}{2} = 1500m\)

+Tốc độ trung bình của máy bay là:\( v = \frac{{\Delta S}}{T} = \frac{{1500}}{2} = 750m/s\)

+ Quá trình va chạm mềm giữa hai vật, động lượng theo phương ngang được bảo toàn.

+ Trước va chạm: \( {p_{1x}} = mv\cos \alpha \) ,

+ Sau và chạm : \( {p_{2x}} = (M+m)v_0\)

\( \to {p_{1x}} = {p_{2x}} \Leftrightarrow mv\cos \alpha = (M + m){v_0} \to {v_0} = \frac{{mv\cos \alpha }}{{M + m}} = \frac{{({{100.10}^{ - 3}}).20.\cos {{60}^0}}}{{{{400.10}^{ - 3}} + {{100.10}^{ - 3}}}} = 2m/s\)

+ Sau va chạm, dao động của con lắc là tắt dần dưới tác dụng của lực ma sát.

Ta có: \( O{O_1} = O{O_2} = \Delta {l_0} = \frac{{\mu (M + m)g}}{k} = \frac{{0,1({{500.10}^{ - 3}})10}}{{100}} = 0,5cm\)

+ Tần số góc: \( \omega = \sqrt {\frac{k}{{M + m}}} = \sqrt {\frac{{100}}{{{{500.10}^{ - 3}}}}} = 10\sqrt 2 (rad/s)\)

Ta xem dao động của con lắc lúc bây giờ là các dao động điều hòa trong từng nửa chu kì với vị trí cân bằng động tương ứng O₁ và O₂. Khi đó:

\(\begin{array}{l} {A_1} = \sqrt {\Delta {l_0}^2 + {{(\frac{{{v_0}}}{\omega })}^2}} = \sqrt {{{0,5}^2} + {{(\frac{{2.10}}{{10\sqrt 2 }})}^2}} = \frac{{3\sqrt {89} }}{2}cm\\ {A_2} = {A_1} - 2\Delta {l_0} = \frac{{3\sqrt {89} }}{2} - 2.0,5 = 13,15cm \end{array}\)

+ Vậy độ giãn lớn nhất của lò xo là 2: \( \Delta {l_{\max }} = {A_2} - \Delta {l_0} = 13,15 - 0,5 = 12,65cm\)

+ Áp dụng công thức tính công suất của quạt:

\( P = UI\cos \varphi \to I = \frac{P}{{U\cos \varphi }} = \frac{{80}}{{220.0,8}} = \frac{5}{{11}}A\)

+ Mạch điện có giản đồ vecto:

+ Từ đó ta tìm được UR từ giản đồ vecto:

\( U = \sqrt {{U_R}^2 + {U_q}^2 - 2{U_R}{U_q}\cos ({{180}^0} - \varphi )} \Leftrightarrow {380^2} = {U_R}^2 + {220^2} - 2{U_R}.220( - \cos \varphi ) \to {U_R} = 180V\)

+ Xác định được điện trở R: \( R = \frac{{{U_R}}}{I} = \frac{{180}}{{\frac{5}{{11}}}} = 396\Omega \)

+ Đối với con lắc đơn, ta có hình vẽ:

+ Gia tốc tiếp tuyến là do thành phần P.sinα gây ra, tức là:

Để gia tốc tiếp tuyến lớn nhất thì góc α lớn nhất và bằng 50.

Vậy: \( {a_t} = \left| {g.\sin \alpha } \right| = 0,854m/{s^2}\)

Gọi P₁ (12) và P₂ (13) lần lượt là công suất tiêu thụ của (KCN) trong hai trường hợp, I₁ và I₂ là cường độ dòng điện chạy trên đường dây tương ứng. U₁ và U₂ là hiệu điện thế đặt vào cuộn sơ cấp máy hạ áp trong hai trường hợp:

\( \to \frac{{{P_2}}}{{{P_1}}} = \frac{{{U_2}{I_2}}}{{{U_1}{I_1}}} \to \frac{{{U_2}}}{{{U_1}}} = \frac{{{P_2}}}{{{P_1}}}.\frac{{{I_1}}}{{{I_2}}}\) 

+ Công suất của nhà máy điện P=UI không đổi, U tăng 2 lần:

\( \to \frac{{{I_1}}}{{{I_2}}} = 2 \to \frac{{{U_2}}}{{{U_1}}} = \frac{{13}}{{12}}.2 = \frac{{13}}{6}\)

+ Điện áp đầu ra máy hạ áp không đổi nên: \( \frac{{{U_2}}}{{{k_2}}} = \frac{{{U_1}}}{{{k_1}}} \to {k_2} = {k_1}.\frac{{{U_2}}}{{{U_1}}} = \frac{{13}}{6}.54=\frac{{117}}{1}\)

+ Bước sóng: \(\lambda/2=6cm \to \lambda=12cm\)

+ Biên độ dao động của các điểm cách nút một đoạn d khi có sóng dừng được xác định bởi \( A = {A_b}\left| {\sin \frac{{2\pi d}}{\lambda }} \right|\) với A_b là biên độ dao động của điểm bụng, vậy ta có:

\( \to \left\{ \begin{array}{l} {A_C} = {A_b}\left| {\sin \frac{{2\pi .10,5}}{\lambda }} \right| = \frac{{\sqrt 2 }}{2}{3} \\ {A_D} = {A_b}\left| {\sin \frac{{2\pi .7}}{\lambda }} \right| = \frac{3}{2}{} \end{array} \right.\)

+ C và D thuộc hai bó sóng mà các phần tử sóng dao động ngược pha nhau.

→ Tại thời điểm t₁ \( {u_C} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}{A_C} = 1,5cm\) thì \( {u_D} = - \frac{{\sqrt 2 }}{2}{A_D} = - \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\frac{3}{2}cm\)

+ C hướng về vị trí cân bằng thì D cũng hướng về vị trí cân bằng

→ thời điểm t₂ tương ứng với góc quét:  \( \Delta \varphi = \omega \Delta t = (2\pi .5).\frac{{85}}{{40}} = 21\pi + \frac{\pi }{4} \to {u_D} = 0\)

Biến đổi: 

\( u = {U_0}{\cos ^2}(\omega t + \varphi ) = {U_0}\left( {\frac{{1 + \cos (2\omega t + 2\varphi )}}{2}} \right) = \frac{{{U_0}}}{2} + \frac{{{U_0}}}{2}\cos (2\omega t + 2\varphi )\)

+ Vậy dòng điện có hai thành phần, thành phần thứ nhất là dòng điện không đổi, thành phần thứ hai là dòng điện xoay chiều.

+ Vì mạch của ta có RLC nối tiếp, mà tụ điện chỉ cho dòng điện xoay chiều đi qua, nên mạch chỉ do thành phần xoay chiều đi qua mạch.

+ Khi có hai giá trị R₁ và R₂ cùng cho một công suất P thì: \( P = \frac{{{U^2}}}{{{R_1} + {R_2}}}\)

+ Giá trị của U₀ là\( P = \frac{{{U^2}}}{{{R_1} + {R_2}}} = \frac{{{{(\frac{{{U_0}}}{{2\sqrt 2 }})}^2}}}{{25 + 75}} = 100 \to {U_0} = 200\sqrt 2 V\)