Độ lớn cảm ứng từ B do dòng điện này gây ra tại một điểm cách dây một đoạn r là: 

\(B = {2.10^{ - 7}}\frac{I}{r}\)

Công của lực điện làm một điện tích dương q di chuyển cùng chiều đường sức điện một đoạn d:

A = qEd

Góc hợp bởi cảm ứng từ và vecto pháp tuyến của mặt phẳng khung dây là:

\(\alpha = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ \)

Cảm ứng từ tăng lên gấp đôi, độ lớn suất điện động cảm ứng trong khung là:

\(\begin{array}{l} {e_1} = \left| { - N\frac{{\Delta B.S\cos \alpha }}{{\Delta t}}} \right| = \left| {\frac{{\left( {2B - B} \right).\pi {R^2}\cos \alpha }}{{\Delta t}}} \right|\\ \Rightarrow {e_1} = \left| { - 50.\frac{{\left( {{{2.50.10}^{ - 3}} - {{50.10}^{ - 3}}} \right).\pi .0,{1^2}.cos{{30}^0}}}{{{{50.10}^{ - 3}}}}} \right| = 1,36{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( V \right) \end{array}\)

Cảm ứng từ giảm đều đến 0, độ lớn suất diện động cảm ứng trong khung là:

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {e_2} = \left| { - N\frac{{\Delta {B_2}.S.cos\alpha }}{{\Delta t}}} \right| = \left| { - N\frac{{\left( {0 - B} \right).\pi {R^2}.cos\alpha }}{{\Delta t}}} \right|\\ {e_2} = \left| { - 50.\frac{{\left( {0 - {{50.10}^{ - 3}}} \right).\pi .0,{1^2}.cos{{30}^0}}}{{{{50.10}^{ - 3}}}}} \right| = 1,36{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( V \right)\\ \Rightarrow {e_1} + {e_2} = 1,36 + 1,36 = 2,72{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( V \right) \end{array}\)

Cường độ dòng điện trong mạch là:

\(I = \frac{E}{{{R_V} + {R_0} + r}}\)

Công suất tiêu thụ trên biến trở là:

\({P_V} = {I^2}{R_V} = \frac{{{E^2}{R_V}}}{{{{\left( {{R_V} + {R_0} + r} \right)}^2}}} = \frac{{{E^2}}}{{{R_V} + \frac{{{{\left( {{R_0} + r} \right)}^2}}}{{{R_V}}} + 2\left( {{R_0} + r} \right)}}\)

Để công suất tiêu thụ trên biến trở đạt cực đại:

\(\begin{array}{l} {P_{V\max }} \Leftrightarrow {\left[ {{R_V} + \frac{{{{\left( {{R_0} + r} \right)}^2}}}{{{R_V}}} + 2\left( {{R_0} + r} \right)} \right]_{\min }}\\ \Leftrightarrow {\left[ {{R_V} + \frac{{{{\left( {{R_0} + r} \right)}^2}}}{{{R_V}}}} \right]_{\min }} \end{array}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

\({R_V} + \frac{{{{\left( {{R_0} + r} \right)}^2}}}{{{R_V}}} \ge 2\left( {{R_0} + r} \right)\)

 (dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow {R_V} = \frac{{{{\left( {{R_0} + r} \right)}^2}}}{{{R_V}}} \Leftrightarrow {R_V} = {R_0} + r = 3 + 1 = 4{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \Omega \) )

Công suất cực đại trên biến trở là:

\({P_{\max }} = \frac{{{E^2}}}{{4\left( {{R_0} + r} \right)}} = \frac{{{{12}^2}}}{{4.\left( {3 + 1} \right)}} = 9{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( W \right)\)

Tần số góc của dao động cưỡng bức bằng tần số góc của ngoại lực. Vậy chu kì của dao động cưỡng bức bằng chu kì của lực cưỡng bức. → A đúng.

Biên độ của dao động cưỡng bức tỉ lệ thuận với biên độ của ngoại lực và phụ thuộc vào tần số góc của ngoại lực. → B, D đúng.

Biên độ cảu dao động cưỡng bức đạt giá trị cực đại khi tần số góc của ngoại lực bằng tần số góc riêng của hệ dao động, khi đó xảy ra hiện tượng cộng hưởng. → C sai.

Phương trình dao động điều hòa: \(x = A\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\),

trong đó x là li độ; A là biên độ dao động;

w là tần số góc;

φ là pha ban đầu;

(ωt + φ) là pha dao động

Độ lệch pha của hai dao động này là:

\(\Delta \varphi = \left| {{\varphi _1} - {\varphi _2}} \right| = \left| {0,75\pi - 0,5\pi } \right| = 0,25\pi {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {rad} \right)\)

Động năng cực đại của vật là: 

\({W_{d\max }} = \frac{1}{2}m{\omega ^2}{A^2} = \frac{1}{2}.0,{1.10^2}.0,{08^2} = 0,032{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( J \right) = 32{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {mJ} \right)\)

Ta có vận tốc cực đại và gia tốc cực đại của vật:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{v_{\max }} = \omega A = 60}\\ {{a_{\max }} = {\omega ^2}A = 200\pi } \end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {A = \frac{{18}}{\pi }{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right)}\\ {\omega = \frac{{10\pi }}{3}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {rad/s} \right)} \end{array}} \right.\)

Tại thời điểm ban đầu t = 0, vật có vận tốc v > 0 và thế năng đang tăng, vật chuyển động đến biên, ta có:

\(\begin{array}{l} {x_0}^2 + \frac{{{v_0}^2}}{{{\omega ^2}}} = {A^2} \Rightarrow {x_0}^2 + \frac{{{{30}^2}}}{{{{\left( {\frac{{10\pi }}{3}} \right)}^2}}} = {\left( {\frac{{18}}{\pi }} \right)^2}\\ \Rightarrow {x_0} = \pm \frac{{18\sqrt 3 }}{{2\pi }}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right) = \pm A\frac{{\sqrt 3 }}{2} \end{array}\)

Ở thời điểm chất điểm có gia tốc 100π cm/s² lần đầu tiên, ta có:

\(\begin{array}{l} a = - {\omega ^2}x \Rightarrow 100\pi = - {\left( {\frac{{10\pi }}{3}} \right)^2}x\\ \Rightarrow x = - \frac{9}{\pi }{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right) = - \frac{A}{2} \end{array}\)

Ta có vòng tròn lượng giác:

Từ vòng tròn lượng giác, ta thấy tại thời điểm vật có gia tốc 100π cm/s² lần đầu tiên, vecto quay được góc \(\frac{{5\pi }}{6}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} rad\)

Thời điểm vật có gia tốc 100π cm/s² lần đầu tiên là:

\(\Delta t = \frac{{\Delta \varphi }}{\omega } = \frac{{\frac{{5\pi }}{6}}}{{\frac{{10\pi }}{3}}} = 0,25{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( s \right)\)

Chu kì dao động của con lắc là:

\(T = 2\pi \sqrt {\frac{{\Delta {\rm{l}}}}{g}} = 2.\sqrt {10} .\sqrt {\frac{{0,04}}{{10}}} = 0,4{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( s \right)\)

Khi P dao động theo phương vuông góc với trục chính của thấu kính, độ phóng đại của ảnh là:

\(k = - \frac{{d'}}{d} = - 2 \Rightarrow d' = - 2d\)

Ta có công thức thấu kính:

\(\begin{array}{l} \frac{1}{d} + \frac{1}{{d'}} = \frac{1}{f} \Rightarrow \frac{1}{d} + \frac{1}{{ - 2d}} = \frac{1}{{15}}\\ \Rightarrow d = 7,5{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right) \end{array}\)

Khi P dao động theo phương trục chính, khoảng cách cực đại và cực tiểu của P tới quang tâm là:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{d_{\max }} = 7,5 + 2,5 = 10{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right)}\\ {{d_{\min }} = 7,5 - 2,5 = 5{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right)} \end{array}} \right.\)

Ta có công thức thấu kính:

\(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} \frac{1}{{{d_{\max }}}} + \frac{1}{{{{d'}_{\min }}}} = \frac{1}{f}\\ \frac{1}{{{d_{\min }}}} + \frac{1}{{{{d'}_{\max }}}} = \frac{1}{f} \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} \frac{1}{{10}} + \frac{1}{{{{d'}_{\min }}}} = \frac{1}{{15}}\\ \frac{1}{5} + \frac{1}{{{{d'}_{\max }}}} = \frac{1}{{15}} \end{array} \right.\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {{d'}_{\min }} = - 30\left( {cm} \right)\\ {{d'}_{\max }} = - 7,5\left( {cm} \right) \end{array} \right. \end{array}\)

Chiều dài quỹ đạo của ảnh P’ là:

\(L = \left| {{{d'}_{\max }} - {{d'}_{\min }}} \right| = \left| { - 7,5 - \left( { - 30} \right)} \right| = 22,5\left( {cm} \right)\)

Chu kì dao động của chất điểm P là:

\(T = \frac{1}{f} = \frac{1}{5} = 0,2\,\left( s \right)\)

Vậy ảnh P’ dao động với chu kì T' = 0,2s

Tốc độ trung bình của ảnh P’ trong 1 chu kì là:

\({v_{tb}} = \frac{{2L}}{{T'}} = \frac{{2.22,5}}{{0,2}} = 225{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm/s} \right) = 2,25{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {m/s} \right)\)

Để sóng truyền được quãng đường bằng một bước sóng, khoảng thời gian sóng truyền là T.

Bước sóng của sóng này là:

\(\lambda = \frac{{v.2\pi }}{\omega } = \frac{{60.2\pi }}{{20\pi }} = 6{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right)\)

Trên đoạn thẳng AB, khoảng cách giữa hai cực tiêu giao thoa liên tiếp là:

\(\frac{\lambda }{2} = 0,5 \Rightarrow \lambda = 1{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right)\)

M, N, P là ba điểm có biên độ cực đại có k = 1; k = 2 và k = 3.

Q là điểm có biên độ cực đại gần A nhất nên Q thuộc vân cực đại có k lớn nhất.

Ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {MB - MA = \lambda {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( * \right)}\\ {NB - NA = 2\lambda {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {**} \right)}\\ {PB - PA = 3\lambda {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {***} \right)}\\ {QB - QA = k\lambda } \end{array}} \right.\)

Đặt AB = d ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {M{B^2} - M{A^2} = {d^2} \Leftrightarrow \left( {MB - MA} \right)\left( {MB + MA} \right) = {d^2} \Rightarrow MB + MA = \frac{{{d^2}}}{\lambda }{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)}\\ {N{B^2} - N{A^2} = {d^2} \Leftrightarrow \left( {NB - NA} \right)\left( {NB + NA} \right) = {d^2} \Rightarrow NB + NA = \frac{{{d^2}}}{{2\lambda }}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 2 \right)}\\ {P{B^2} - P{A^2} = {d^2} \Leftrightarrow \left( {PB - PA} \right)\left( {PB + PA} \right) = {d^2} \Rightarrow PB + PA = \frac{{{d^2}}}{{3\lambda }}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 3 \right)} \end{array}} \right.\)

Từ (*) và (1) \( \Rightarrow MA = \frac{{{d^2}}}{{2\lambda }} - \frac{\lambda }{2}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 4 \right)\)

Từ (**) và (2) \(\Rightarrow NA = \frac{{{d^2}}}{{4\lambda }} - \lambda {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 5 \right)\)

Từ (***) và (3) \( \Rightarrow PA = \frac{{{d^2}}}{{6\lambda }} - \frac{{3\lambda }}{2}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 6 \right)\)

Có : \(MN = MA - NA = 22,25cm\)

Kết hợp (4) và (5) ta được : \(\frac{{{d^2}}}{{2\lambda }} + \lambda = 44,5{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 7 \right)\)

Lại có : NP = NA - PA = 8,75cm

Kết hợp (5) và (6) ta được : \(\frac{{{d^2}}}{{6\lambda }} + \lambda = 17,5{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 8 \right)\)

Giải hệ (7) và (8) được : 

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {d = 18cm}\\ {\lambda = 4cm} \end{array}} \right.\)

Do hai nguồn cùng pha nên :

\(\begin{array}{l} - \frac{d}{\lambda } < k < \frac{d}{\lambda } \Leftrightarrow - 4,5 < k < 4,5\\ \Rightarrow {k_{\max }} = 4 \end{array}\)

Vây điểm Q thuộc đường cực đại ứng với k = 4.

Ta lại có hệ:

\(\begin{array}{l} \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {QB - QA = 4\lambda }\\ {QB + QA = \frac{{{d^2}}}{{4\lambda }}} \end{array}} \right.\\ \Rightarrow QA = \frac{{{d^2}}}{{8\lambda }} - 2\lambda = \frac{{{{18}^2}}}{{8.4}} - 2.4 = 2,125cm \end{array}\)

Thứ tự tăng dần về tần số của các sóng vô tuyến: sóng dài, sóng trung, sóng ngắn, sóng cực ngắn.

Sóng vô tuyến được dùng trong thiết bị thu phát sóng vô tuyến để điều khiển xe tự hành trên Mặt Trăng là sóng cực ngắn.

Theo đề bài ta có: \(% MathType!MTEF!2!1!+- % faaahqart1ev3aaaKnaaaaWenf2ys9wBH5garuavP1wzZbItLDhis9 % wBH5garmWu51MyVXgaruWqVvNCPvMCG4uz3bqee0evGueE0jxyaiba % ieYlf9irVeeu0dXdh9vqqj-hHeeu0xXdbba9frFj0-OqFfea0dXdd9 % vqaq-JfrVkFHe9pgea0dXdar-Jb9hs0dXdbPYxe9vr0-vr0-vqpi0d % c9GqpWqaaeaabiGaciaacaqabeaadaqaaqaaaOqaaabaaaaaaaaape % Gaamiva8aadaWgaaWcbaWdbiaaikdaa8aabeaak8qacqGH9aqpcaaI % YaGaamiva8aadaWgaaWcbaWdbiaaigdaa8aabeaak8qacqGHshI3ca % WGrbWdamaaBaaaleaapeGaaGimaiaaikdaa8aabeaak8qacqGH9aqp % caaIYaGaamyua8aadaWgaaWcbaWdbiaaicdacaaIXaaapaqabaaaaa!4240! {T_2} = 2{T_1} \Rightarrow {Q_{02}} = 2{Q_{01}}\)

Áp dụng công thức độc lập với thời gian cho hai mạch, ta có

\( \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {\frac{{{i^2}}}{{{I_0}^2}} + \frac{{{q_1}^2}}{{{Q_{01}}^2}} = 1}\\ {\frac{{{i^2}}}{{{I_0}^2}} + \frac{{{q_2}^2}}{{{Q_{02}}^2}} = 1} \end{array}} \right. \Rightarrow \frac{{{q_1}^2}}{{{Q_{01}}^2}} = \frac{{{q_2}^2}}{{{Q_{02}}^2}} \Rightarrow \frac{{{q_1}}}{{{q_2}}} = \frac{{{Q_{01}}}}{{{Q_{02}}}} = 0,5\)

Áp dụng định lí hàm sin cho tam giác OMI, ta có:

\(\begin{array}{l} \frac{{OM}}{{\sin \widehat {MIO}}} = \frac{{OI}}{{\sin \widehat {OMI}}}\\ \Rightarrow \frac{{6400}}{{\sin \widehat {MIO}}} = \frac{{6500}}{{\sin \left( {{{90}^0} + {{30}^0}} \right)}}\\ \Rightarrow \sin \widehat {MIO} = 0,823\\ \Rightarrow \widehat {MIO} = 58,{5^0}\\ \Rightarrow \alpha = \widehat {MOI} = {180^0} - \widehat {OMI} - \widehat {MIO}\\ \Leftrightarrow \alpha = {180^0} - \left( {{{90}^0} + {{30}^0}} \right) - 58,{5^0} = 1,{5^0} = 0,026{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {rad} \right) \end{array}\)

Độ dài cung MN là:

\({\rm{l}} = 2\alpha {R_1} = 2.0,026.6400 = 332,8{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {km} \right)\)

Biểu thức suất điện động:  

\(e = {E_0}\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\)

với e là suất điện động tức thời, E₀ là suất điện động cực đại, w là tần số góc, φ là pha ban đầu, (wt + φ) là pha dao động.

=> Suất điện động cực đại là E₀ = 100 V

Điều kiện có cộng hưởng điện:

\({Z_L} = {Z_C} \Leftrightarrow {\omega _0}L = \frac{1}{{{\omega _0}C}} \Rightarrow {\omega _0} = \frac{1}{{\sqrt {LC} }}\)

Ta có công thức xác định công suất tiêu thụ trên điện trở: \(% MathType!MTEF!2!1!+- % faaahqart1ev3aaaKnaaaaWenf2ys9wBH5garuavP1wzZbItLDhis9 % wBH5garmWu51MyVXgaruWqVvNCPvMCG4uz3bqee0evGueE0jxyaiba % ieYlf9irVeeu0dXdh9vqqj-hHeeu0xXdbba9frFj0-OqFfea0dXdd9 % vqaq-JfrVkFHe9pgea0dXdar-Jb9hs0dXdbPYxe9vr0-vr0-vqpi0d % c9GqpWqaaeaabiGaciaacaqabeaadaqaaqaaaOqaaabaaaaaaaaape % Gaamiuaiabg2da9maalaaapaqaa8qacaWGvbWdamaaCaaaleqabaWd % biaaikdaaaaak8aabaWdbiaadkfaaaaaaa!37D5! P = \frac{{{U^2}}}{R}\)Đoạn mạch xoay chiều chỉ có điện trở, công suất tiêu thụ không phụ thuộc vào tần số. Do đó: \(% MathType!MTEF!2!1!+- % faaahqart1ev3aaaKnaaaaWenf2ys9wBH5garuavP1wzZbItLDhis9 % wBH5garmWu51MyVXgaruWqVvNCPvMCG4uz3bqee0evGueE0jxyaiba % ieYlf9irVeeu0dXdh9vqqj-hHeeu0xXdbba9frFj0-OqFfea0dXdd9 % vqaq-JfrVkFHe9pgea0dXdar-Jb9hs0dXdbPYxe9vr0-vr0-vqpi0d % c9GqpWqaaeaabiGaciaacaqabeaadaqaaqaaaOqaaabaaaaaaaaape % Gaamiua8aadaWgaaWcbaWdbiaaikdaa8aabeaak8qacqGH9aqpcaWG {P_2} = {P_1}\)

Dung kháng của tụ là: \(% MathType!MTEF!2!1!+- % faaahqart1ev3aaaKnaaaaWenf2ys9wBH5garuavP1wzZbItLDhis9 % wBH5garmWu51MyVXgaruWqVvNCPvMCG4uz3bqee0evGueE0jxyaiba % ieYlf9irVeeu0dXdh9vqqj-hHeeu0xXdbba9frFj0-OqFfea0dXdd9 % vqaq-JfrVkFHe9pgea0dXdar-Jb9hs0dXdbPYxe9vr0-vr0-vqpi0d % c9GqpWqaaeaabiGaciaacaqabeaadaqaaqaaaOqaaabaaaaaaaaape % GaamOwa8aadaWgaaWcbaWdbiaadoeaa8aabeaak8qacqGH9aqpdaWc % aaWdaeaapeGaaGymaaWdaeaapeGaeqyYdCNaam4qaaaacqGH9aqpda % WcaaWdaeaapeGaaGymaaWdaeaapeGaaGymaiaaicdacaaIWaGaeqiW % daNaaiOlamaalaaapaqaa8qacaaIXaGaaGima8aadaahaaWcbeqaa8 % qacqGHsislcaaI0aaaaaGcpaqaa8qacqaHapaCaaaaaiabg2da9iaa % igdacaaIWaGaaGimaiabfM6axbaa!4A99! {Z_C} = \frac{1}{{\omega C}} = \frac{1}{{100\pi .\frac{{{{10}^{ - 4}}}}{\pi }}} = 100\Omega \)

Công suất tiêu thụ của điện trở: \(% MathType!MTEF!2!1!+- % faaahqart1ev3aaaKnaaaaWenf2ys9wBH5garuavP1wzZbItLDhis9 % wBH5garmWu51MyVXgaruWqVvNCPvMCG4uz3bqee0evGueE0jxyaiba % ieYlf9irVeeu0dXdh9vqqj-hHeeu0xXdbba9frFj0-OqFfea0dXdd9 % vqaq-JfrVkFHe9pgea0dXdar-Jb9hs0dXdbPYxe9vr0-vr0-vqpi0d % c9GqpWqaaeaabiGaciaacaqabeaadaqaaqaaaOqaaabaaaaaaaaape % Gaamiuaiabg2da9maalaaapaqaa8qacaWGvbWdamaaCaaaleqabaWd % biaaikdaaaaak8aabaWdbiaadkfaaaGaeyypa0ZaaSaaa8aabaWdbi % aaikdacaaIWaGaaGima8aadaahaaWcbeqaa8qacaaIYaaaaaGcpaqa % a8qacaaIXaGaaGimaiaaicdaaaGaeyypa0JaaGinaiaaicdacaaIWa P = \frac{{{U^2}}}{R} = \frac{{{{200}^2}}}{{100}} = 400W\)

\(% MathType!Translator!2!1!LaTeX.tdl!LaTeX 2.09 and later! % MathType!MTEF!2!1!+- % faaahqart1ev3aaaKnaaaaWenf2ys9wBH5garuavP1wzZbItLDhis9 % wBH5garmWu51MyVXgaruWqVvNCPvMCaebbnrfifHhDYfgasaacH8sr % ps0lbbf9q8WrFfeuY-ribbf9v8qqaqFr0xc9pk0xbba9q8WqFfea0- % yr0RYxir-Jbba9q8aq0-yq-He9q8qqQ8frFve9Fve9Ff0dc9Gqpi0d % meaabaqaciGacaGaaeqabaWaaeaaeaaakeaaciGG0bGaaiyyaiaac6 % gacqaHXoqycqGH9aqpciGG0bGaaiyyaiaac6gacaGGOaGaeqOXdO2a % aSbaaSqaaiaadkfacaWGmbaabeaakiabgkHiTiabeA8aQnaaBaaale % aacaWGsbGaamitaiaadoeaaeqaaOGaaiykaiabg2da9maalaaabaGa % amiEaiabgkHiTiaadMhaaeaacaaIXaGaey4kaSIaamiEaiaadMhaaa % aaaa!4BA0! \tan \alpha = \tan ({\varphi _{RL}} - {\varphi _{RLC}}) = \frac{{x - y}}{{1 + xy}}\)

Với \(% MathType!Translator!2!1!LaTeX.tdl!LaTeX 2.09 and later! % MathType!MTEF!2!1!+- % faaahqart1ev3aaaKnaaaaWenf2ys9wBH5garuavP1wzZbItLDhis9 % wBH5garmWu51MyVXgaruWqVvNCPvMCaebbnrfifHhDYfgasaacH8sr % ps0lbbf9q8WrFfeuY-ribbf9v8qqaqFr0xc9pk0xbba9q8WqFfea0- % yr0RYxir-Jbba9q8aq0-yq-He9q8qqQ8frFve9Fve9Ff0dc9Gqpi0d % meaabaqaciGacaGaaeqabaWaaeaaeaaakeaacaWG4bGaeyypa0Jaci % iDaiaacggacaGGUbGaeqOXdO2aaSbaaSqaaiaadkfacaWGmbaabeaa % kiaacYcacaWG5bGaeyypa0JaciiDaiaacggacaGGUbGaeqOXdO2aaS % baaSqaaiaadkfacaWGmbGaam4qaaqabaaaaa!43CC! x = \tan {\varphi _{RL}},y = \tan {\varphi _{RLC}} \), ta có \(% MathType!MTEF!2!1!+- % faaahqart1ev3aaaKnaaaaWenf2ys9wBH5garuavP1wzZbItLDhis9 % wBH5garmWu51MyVXgaruWqVvNCPvMCaebbnrfifHhDYfgasaacH8sr % ps0lbbf9q8WrFfeuY-ribbf9v8qqaqFr0xc9pk0xbba9q8WqFfea0- % yr0RYxir-Jbba9q8aq0-yq-He9q8qqQ8frFve9Fve9Ff0dc9Gqpi0d % meaabaqaciGacaGaaeqabaWaaeaaeaaakeaacaWG4bGaamyEaiabg2 % da9iabgkHiTmaalaaabaGaaGymaaqaaiaaikdaaaaaaa!36F4! xy = - \frac{1}{2}\)

\(% MathType!MTEF!2!1!+- % faaahqart1ev3aaaKnaaaaWenf2ys9wBH5garuavP1wzZbItLDhis9 % wBH5garmWu51MyVXgaruWqVvNCPvMCaebbnrfifHhDYfgasaacH8sr % ps0lbbf9q8WrFfeuY-ribbf9v8qqaqFr0xc9pk0xbba9q8WqFfea0- % yr0RYxir-Jbba9q8aq0-yq-He9q8qqQ8frFve9Fve9Ff0dc9Gqpi0d % meaabaqaciGacaGaaeqabaWaaeaaeaaakeaacqGHshI3ciGG0bGaai % yyaiaac6gacqaHXoqycqGH9aqpcaaIYaWaaeWaaeaacaWG4bGaey4k % aSYaaSaaaeaacaaIXaaabaGaaGOmaiaadIhaaaaacaGLOaGaayzkaa % GaeyyzImRaaGOmaiaacYcacaaIYaWaaOaaaeaacaWG4bGaaiOlamaa % laaabaGaaGymaaqaaiaaikdacaWG4baaaaWcbeaakiabg2da9iaaik % dadaGcaaqaaiaaikdaaSqabaGccqGHshI3cqaHXoqycqGHLjYScaaI \Rightarrow \tan \alpha = 2\left( {x + \frac{1}{{2x}}} \right) \ge 2,2\sqrt {x.\frac{1}{{2x}}} = 2\sqrt 2 \Rightarrow \alpha \ge 1,23rad\)

Chiết suất của các chất trong suốt biến thiên theo màu sắc của ánh sáng và tăng dần từ màu đỏ, đến màu tím: \(% MathType!MTEF!2!1!+- % faaahqart1ev3aaaKnaaaaWenf2ys9wBH5garuavP1wzZbItLDhis9 % wBH5garmWu51MyVXgaruWqVvNCPvMCG4uz3bqee0evGueE0jxyaiba % ieYlf9irVeeu0dXdh9vqqj-hHeeu0xXdbba9frFj0-OqFfea0dXdd9 % vqaq-JfrVkFHe9pgea0dXdar-Jb9hs0dXdbPYxe9vr0-vr0-vqpi0d % c9GqpWqaaeaabiGaciaacaqabeaadaqaaqaaaOqaaabaaaaaaaaape % GaamOBa8aadaWgaaWcbaWdbiaadsgaa8aabeaak8qacqGH8aapcaWG % UbWdamaaBaaaleaapeGaamizaiaadogaa8aabeaak8qacqGH8aapca % WGUbWdamaaBaaaleaapeGaamODaaWdaeqaaOWdbiabgYda8iaad6ga % paWaaSbaaSqaa8qacaWGSbGaamyDaiaadogaa8aabeaak8qacqGH8a % apcaGGUaGaaiOlaiaac6cacaGGUaGaeyipaWJaamOBa8aadaWgaaWc % baWdbiaadogacaWGObGaamyyaiaad2gaa8aabeaak8qacqGH8aapca % WGUbWdamaaBaaaleaapeGaamiDaiaadMgacaWGTbaapaqabaaaaa!5127! {n_d} < {n_{dc}} < {n_v} < {n_{luc}} < .... < {n_{cham}} < {n_{tim}}\)

Trong 4 ánh sáng đơn sắc đỏ, tím, cam và lục. Chiết suất của thuỷ tinh có giá trị lớn nhất đối với ánh sáng tím.

Lý thuyết: Hiện tượng quang phát quang là sự hấp thụ ánh sáng có bước sóng này để phát ra ánh sáng có bước sóng khác.

Sự phát sáng của đèn ống thông dụng là hiện tượng quang – phát quang.

Thành trong của các đèn ống thông dụng có phủ một lớp bột phát quang. Lớp bột này sẽ phát quang ánh sáng trắng khi bị kích thích bởi ánh sáng giàu tia tử ngoại do hơi thuỷ ngân trong đèn phát ra lúc có sự phóng điện qua nó.

Thang sóng điện từ:

Ta có: Tia hồng ngoại có bước sóng lớn hơn bước sóng của ánh sáng đỏ, tia tử ngoại có bước sóng nhỏ hơn bước sóng của ánh sáng tím.

Vậy bước sóng của tia hồng ngoại lớn hơn bước sóng của tia tử ngoại.

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {n = \frac{c}{v} = \frac{{cT}}{\lambda } \Rightarrow n \sim \frac{1}{\lambda }}\\ {{\lambda _d} > {\lambda _t}} \end{array}} \right. \Rightarrow {n_d} < {n_t}\)

Lại có: \(% MathType!MTEF!2!1!+- % faaahqart1ev3aaaKnaaaaWenf2ys9wBH5garuavP1wzZbItLDhis9 \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {\sin i = n.\sin {\mkern 1mu} r \Rightarrow \frac{{\sin i}}{{\sin {\mkern 1mu} r}} = n}\\ {{n_d} < {n_t}} \end{array}} \right. \Rightarrow {r_d} > {r_t}\)

Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng và dữ kiện tia khúc xạ màu đỏ vuông góc với tia phản xạ ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {i = i' = {{53}^0}}\\ {{r_d} = 90 - i'} \end{array}} \right. \Rightarrow {r_d} = {37^0}\)

Góc giữa tia khúc xạ màu chàm và tia khúc xạ màu đỏ là 0,50 nên:

\({r_t} = {r_d} - 5 = 37 - 5 = 36,{5^0}\)

\( \Rightarrow {n_t} = \frac{{\sin i}}{{\sin {\mkern 1mu} {r_t}}} = \frac{{\sin 53}}{{\sin 36,5}} = 1,343\)

Vị trí 4 vân sáng trùng nhau:

\(\begin{array}{l} {x_1} = {x_2} = {x_3} = {x_4} \Leftrightarrow {k_1}{\lambda _1} = {k_2}{\lambda _2} = {k_3}{\lambda _3} = {k_4}{\lambda _4}\\ {x_1} = {x_2} = {x_3} = {x_4} \Leftrightarrow {k_1}{\lambda _1} = {k_2}{\lambda _2} = {k_3}{\lambda _3} = {k_4}{\lambda _4}\\ \Leftrightarrow {k_1}.0,64 = {k_2}.0,6 = {k_3}.0,54 = {k_4}.0,48\\ \Leftrightarrow 64{k_1} = 60{k_2} = 54{k_3} = 48{k_4}\\ \Leftrightarrow 32{k_1} = 30{k_2} = 27{k_3} = 24{k_4} \end{array}\)

Ta có: \(BCNN\left( {32;30;27;24} \right) = 4320\)

\(\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{k_1} = \frac{{4320}}{{32}}.n = 135.n}\\ {{k_2} = \frac{{4320}}{{30}}.n = 144.n}\\ {{k_3} = \frac{{4320}}{{27}}.n = 160.n}\\ {{k_4} = \frac{{4320}}{{24}}.n = 180.n} \end{array}} \right.\)

Vị trí vân trùng nhau của 4 bức xạ: \({x_{1234}} = \frac{{{k_1}{\lambda _1}D}}{a} = \frac{{135n.0,64.0,5}}{1} = 43,2.n{\mkern 1mu} \left( {mm} \right) = 4,32.n{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right)\)

Khoảng cách ngắn nhất giữa hai vân cùng màu với vân trung tâm là 4,32cm.

Vị trí vân đỏ và vân tím bậc k là: \(% MathType!MTEF!2!1!+- % faaahqart1ev3aaaKnaaaaWenf2ys9wBH5garuavP1wzZbItLDhis9 % wBH5garmWu51MyVXgaruWqVvNCPvMCG4uz3bqee0evGueE0jxyaiba % ieYlf9irVeeu0dXdh9vqqj-hHeeu0xXdbba9frFj0-OqFfea0dXdd9 % vqaq-JfrVkFHe9pgea0dXdar-Jb9hs0dXdbPYxe9vr0-vr0-vqpi0d % c9GqpWqaaeaabiGaciaacaqabeaadaqaaqaaaOqaaabaaaaaaaaape % Waaiqaa8aabaqbamaabiqaaaqaa8qacaWG4bWdamaaBaaaleaapeGa % amizaaWdaeqaaOWdbiabg2da9iaadUgacaGGUaWaaSaaa8aabaWdbi % abeU7aS9aadaWgaaWcbaWdbiaadsgaa8aabeaak8qacaGGUaGaamir % aaWdaeaapeGaamyyaaaacqGH9aqpdaWcaaWdaeaapeGaam4Aaiaac6 % cacaaIWaGaaiilaiaaiEdacaaI1aGaaiOlaiaaikdaa8aabaWdbiaa % icdacaGGSaGaaGynaaaacqGH9aqpcaaIZaGaam4Aa8aacaaMh8+dbm % aabmaapaqaa8qacaWGTbGaamyBaaGaayjkaiaawMcaaaWdaeaapeGa % amiEa8aadaWgaaWcbaWdbiaadshaa8aabeaak8qacqGH9aqpcaWGRb % GaaiOlamaalaaapaqaa8qacqaH7oaBpaWaaSbaaSqaa8qacaWG0baa % paqabaGcpeGaaiOlaiaadseaa8aabaWdbiaadggaaaGaeyypa0ZaaS % aaa8aabaWdbiaadUgacaGGUaGaaGimaiaacYcacaaIZaGaaGioaiaa % c6cacaaIYaaapaqaa8qacaaIWaGaaiilaiaaiwdaaaGaeyypa0JaaG % ymaiaacYcacaaI1aGaaGOmaiaadUgapaGaaG5bV-qadaqadaWdaeaa % peGaamyBaiaad2gaaiaawIcacaGLPaaaaaaacaGL7baaaaa!6EE5! \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{x_d} = k.\frac{{{\lambda _d}.D}}{a} = \frac{{k.0,75.2}}{{0,5}} = 3k{\mkern 1mu} \left( {mm} \right)}\\ {{x_t} = k.\frac{{{\lambda _t}.D}}{a} = \frac{{k.0,38.2}}{{0,5}} = 1,52k{\mkern 1mu} \left( {mm} \right)} \end{array}} \right.\)

Ta có bảng sau: 

Dựa vào hình vẽ ta thấy vùng phủ nhau đầu tiên là của hai bậc quang phổ bậc 2 và bậc 3.

Vị trí bắt đầu phủ nhau cách vân sáng trung tâm là 4,56mm (tương ứng với xt3)

Vậy khoảng cách gần nhất từ vân sáng trung tâm đến vị trí mà ở đó có hai bức xạ cho vân sáng là 4,56mm

Pin quang điện (còn gọi là pin Mặt Trời) là nguồn điện chạy bằng năng lượng ánh sáng. Nó biến đổi trực tiếp quang năng thành điện năng.

Đặc điểm của tia laze: có tính đơn sắc, tịnh định hướng, tính kết hợp cao và cường độ lớn.

Phát biểu không đúng về laze: Tia laze là ánh sáng trắng.

Công thoát electron của kim loại này là:

 \(A = \frac{{hc}}{{{\lambda _0}}} = \frac{{6,{{625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}{{{{300.10}^{ - 9}}}} = 6,{625.10^{ - 19}}J\)

Ta có \({E_n} = - \frac{{13,6}}{{{n^2}}}eV \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{E_{1{\mkern 1mu} }} = - 13,6eV}\\ {{E_{2{\mkern 1mu} }} = - 3,4eV}\\ {{E_{3{\mkern 1mu} }} = - 1,51eV}\\ {{E_{4{\mkern 1mu} }} = - 0,85eV} \end{array}} \right.\)

Thấy rằng : \({E_4}\, - {E_2}\, = - 0,85 + 3,44 = 2,55eV\)

→ Nguyên tử hidro hấp thụ năng lượng 2,55 eV và nhảy từ mức n = 2 lên mức n = 4.

Nguyên tử Hidro có thể phát ra bước sóng nhỏ nhất khi nó chuyển từ mức 4 xuống mức 1.

Ta có: 

\({E_4} - {E_1} = \frac{{hc}}{{{\lambda _{41}}}} \Rightarrow {\lambda _{41}} = \frac{{hc}}{{{E_4} - {E_1}}} = \frac{{6,{{625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}{{\left( { - 0,85 + 13,6} \right).1,{{6.10}^{ - 19}}}} = 9,{74.10^{ - 8}}m\)

+ Chiếu f1  vào đám nguyên tử thứ nhất thì chúng phát ra tối đa 3 bức xạ nên:\(\frac{{{n_1}\left( {{n_1} - 1} \right)}}{2} = 3 \Rightarrow {n_1} = 3\)

+ Chiếu f2  vào đám nguyên tử thứ hai thì chúng phát ra tối đa 10 bức xạ nên: \(\frac{{{n_2}\left( {{n_2} - 1} \right)}}{2} = 10 \Rightarrow {n_2} = 5\)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{\varepsilon _1} = {E_3} - {E_1} \Leftrightarrow h.{f_1} = - \frac{{{E_0}}}{{{3^2}}} - \left( { - \frac{{{E_0}}}{{{1^2}}}} \right) = \frac{8}{9}{E_0}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)}\\ {{\varepsilon _2} = {E_5} - {E_1} \Leftrightarrow h.{f_2} = - \frac{{{E_0}}}{{{5^2}}} - \left( { - \frac{{{E_0}}}{{{1^2}}}} \right) = \frac{{24}}{{25}}{E_0}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 2 \right)} \end{array}} \right.\)

Chia hai vế của (1) cho (2) ta được: \(\frac{{{f_1}}}{{{f_2}}} = \frac{8}{9}.\frac{{25}}{{24}} = \frac{{25}}{{27}}\)

Năng lượng toàn phần là: \(E = m{c^2}\)

Độ hụt khối của hạt nhân \(_3^7Li\) là: \(\Delta m = Z.{m_p} + \left( {A - Z} \right){m_n} - {m_{hn}}\)

\( \Rightarrow \Delta m = 3.1,0073 + \left( {7 - 3} \right).1,0087 - 7,0144 = 0,0423u\)

Gọi \({N_{01}};{N_{02}}\) lần lượt là số hạt nhân ban đầu của  \(^{235}U\) và \(^{238}U\)

Hiện nay:

 \(\frac{{{N_1}}}{{{N_2}}} = \frac{{{N_{01}}{{.2}^{ - \frac{{{t_2}}}{{{T_1}}}}}}}{{{N_{02}}{{.2}^{ - \frac{{{t_2}}}{{{T_2}}}}}}} = \frac{7}{{1000}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 1 \right)\)

Tại thời điểm t₁: 

 \(\frac{{{N_1}}}{{{N_2}}} = \frac{{{N_{01}}{{.2}^{ - \frac{{{t_1}}}{{{T_1}}}}}}}{{{N_{02}}{{.2}^{ - \frac{{{t_1}}}{{{T_2}}}}}}} = \frac{3}{{100}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( 2 \right)\)

Chia (1) cho (2) ta được: 

\(\begin{array}{l} \frac{{{2^{ - \frac{{{t_2}}}{{{T_1}}}}}{{.2}^{ - \frac{{{t_1}}}{{{T_2}}}}}}}{{{2^{ - \frac{{{t_2}}}{{{T_2}}}}}{{.2}^{ - \frac{{{t_1}}}{{{T_1}}}}}}} = \frac{7}{{30}}{\mkern 1mu} \Leftrightarrow {2^{ - \frac{{{t_2}}}{{{T_1}}}}}{.2^{ - \frac{{{t_1}}}{{{T_2}}}}}{.2^{\frac{{{t_2}}}{{{T_2}}}}}{.2^{\frac{{{t_1}}}{{{T_1}}}}} = \frac{7}{{30}}\\ \Leftrightarrow \left( {{2^{ - \frac{{{t_2}}}{{{T_1}}}}}{{.2}^{\frac{{{t_1}}}{{{T_1}}}}}} \right).\left( {{2^{ - \frac{{{t_1}}}{{{T_2}}}}}{{.2}^{\frac{{{t_2}}}{{{T_2}}}}}} \right) = \frac{7}{{30}}\\ \Leftrightarrow {2^{ - \frac{{{t_2} - {t_1}}}{{{T_1}}}}}{.2^{\frac{{{t_2} - {t_1}}}{{{T_2}}}}} = \frac{7}{{30}} \Leftrightarrow {2^{\left( {{t_2} - {t_1}} \right).\left( {\frac{1}{{{T_2}}} - \frac{1}{{{T_1}}}} \right)}} = \frac{7}{{30}}\\ \Leftrightarrow \left( {{t_2} - {t_1}} \right).\left( {\frac{1}{{{T_2}}} - \frac{1}{{{T_1}}}} \right) = \ln \frac{7}{{30}} \Rightarrow \left( {{t_2} - {t_1}} \right) = \frac{{{{\log }_2}\frac{7}{{30}}}}{{\left( {\frac{1}{{{T_2}}} - \frac{1}{{{T_1}}}} \right)}} \end{array}\)

\( \Rightarrow \left( {{t_2} - {t_1}} \right) = \frac{{{{\log }_2}\frac{7}{{30}}}}{{\left( {\frac{1}{{{T_2}}} - \frac{1}{{{T_1}}}} \right)}} = 1,74{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {ti{\mkern 1mu} nam} \right)\)

Phương trình phản ứng hạt nhân\(_1^1p + _3^7Li \to _2^4He + _2^4He\)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{K_p} = 1,6MeV}\\ {{K_{Li}} = 0}\\ {\Delta E = 17,4MeV} \end{array}} \right.\)

Năng lượng toả ra của phản ứng được xác định bởi công thức:

\(\begin{array}{l} \Delta E = \sum {{K_s}} - \sum {{K_{tr}}} = \left( {{K_{He}} + {K_{He}}} \right) - \left( {{K_{Li}} + {K_p}} \right)\\ \Leftrightarrow 17,4 = 2{K_{He}} - 1,6 \Rightarrow {K_{He}} = 9,5MeV \end{array}\)