Pha của dao động \({\alpha} = {\omega t + \varphi }\)

 Lực kéo về tác dụng lên vật dao động điều hòa ở li độ x có giá trị 

F_kv = -kx

Biên độ của sóng là: A = 2mm

Độ cao của âm là một đặc trưng sinh lí của âm gắn liền với tần số âm.

V có giá trị cực đại \(120V\)

 Hệ thức của máy biến áp \( {U_1 \over U_2} = {N_1 \over N_2}\)

Trong sơ đồ của máy phát thanh vô tuyến, không có mạch tách sóng

Quang phổ liên tục chỉ phụ thuộc vào nhiêt độ của vậ

Tia X có bản chất là sóng điện từ

Ánh sáng kích thích phải có bước sóng ngắn hơn bước sóng của ánh sang phát quang

Vì hạt nhân \(_{92}^{235}U\) hấp thụ một notron thì vỡ ra thành hai hạt nhân nhẹ hơn nên đây là phản ứng phân hạch 

Tia  \({\gamma}\) có bản chất là sóng điện từ.

Ta có F tỉ lệ thuận \({1 \over r^2}\)

Khi khoảng cách tăng 3 lần ​thì lực tương tác sẽ giảm 9 lần 

→ \(F' = {F \over 9}\)

e_tc = 8, L = 0,2, I₀ = 0

Suất điện động tự cảm: \(| e | _{tc} = L {(I-I_0)\over {\bigtriangleup t}}\) 

→ I = 2A

 Tần số dao động của con lắc f = 1Hz

Khi có sóng dừng trên dây, khoảng cách ngắn nhất từ một nút đến một bụng là: \(d_{min} = {\lambda \over 4}\)

Khi mạch xảy ra cộng hưởng Z = R → Cường độ dòng điện hiệu dụng trong mạch là:

\(I= {U \over R} \)

 Công suất tiêu thụ của mạch:

\(P= {{I_0}^2 \over 2}{R}\)

Với: \( q = 6\sqrt 2 \cos ({10^6}\pi t)\mu C\)

+ Thay  t = 2,5.10^-7 s

\( \to q = 6\sqrt 2 \cos ({10^6}\pi {.5.10^{ - 7}}) = 6\mu C\)

Bước sóng của bức xạ 

\(\lambda = \frac{c}{f} = \frac{{{{3.10}^8}}}{{{{3.10}^{14}}}} = {10^{ - 6}}\)

=> Đây là bức xạ hồng ngoại. 

+ Giới hạn quang điện của kẽm (đổi cho cùng đơn vị)

\(\lambda = \frac{{hc}}{A} = \frac{{6,{{625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}{{3,55.1,{{6.10}^{ - 19}}}} = 0,35{\rm{ }}\mu m\)

 Năng lượng photon mà nguyên tử phát ra

\(\epsilon =E-E_0\)

- Năng lượng liên kết của hạt nhân

\(E_{lk} = \Delta{mc^2}=0,21.931,5=195,615MeV\)

Con lắc dao động mạnh nhất là con lắc có chu kì gần nhất với chu kì dao động của con lắc , M mặc khác chu kì dao động của các con lắc đơn lại tỉ lệ với chiều dài

→ con lắc (1) có chiều dài gần nhất với chiều dài của con lắc do M đó sẽ dao động với biên độ lớn nhất

Chỉ số của ampe kế cho biết cường độ dòng điện chạy trong mạch chính

\(I_A =I= {\epsilon \over {R+r_b}} ={ {3+6} \over {2.5+1+1}}=2A\)

-  Ảnh của vật qua thấu kính hội tụ trong trường hợp này là ảnh ảo, cách vật 40 cm.

→ d<0 và d +d' =40

Áp dụng công thức của thấu kính, ta có \(d' ={ {df} \over {d-f}}={{30d}\over{d-30}}\)

Thay vào phương trình trên: \(d^2 +40d-1200 =0\)

Vậy  d = 20

+ Động năng cực đại của vật chính bằng cơ năng.

Ta để ý rằng hai dao động thành phần của vật là vuông pha nhau.

⇒ \(E={ 1\over2}m\omega^2(A_1^2+A_2^2)\)

+ Khoảng cách từ vân sáng bậc 3 đến vân sáng bậc 5 ở hai bên vân trung tâm là 8 khoảng vân 

Theo đề ta có: D = 2; \( \lambda \) = 0,6; a = 0,3

⇒ Vậy: khoảng cách giữa vân sáng bậc 3 và vân sáng bậc 5 ở hai phía so với vân sáng trung tâm là 

\( \Delta x = 8.\frac{{D\lambda }}{a} = 8.\frac{{{{2.0,6.10}^{ - 6}}}}{{{{0,3.10}^{ - 3}}}} = 32mm\)

Năng lượng của một photon ứng với tần số f= 5.10¹⁴Hz là

\(\epsilon=hf=6,625.10^{-34}.5.10^{14}=3,3125.10^{-19}J\)

Với công suất P là: \(P= N{\epsilon}\)=0,1 W

số photon đập vào tấm pin mỗi giây là:

\( N = \frac{P}{\varepsilon } = \frac{{0,1}}{{{{3,3125.10}^{ - 19}}}} = {3,02.10^{17}}\)

Mỗi hạt nhân \(_3^7Li\) có notron 7-3 =4

→ số notron có trong 1,5 mol là  n_n= 4.1,5.6,02.10²³ =   3,61.10²⁴

Số dãy cực tiểu giao thoa khi xảy ra gioa thoa với hai nguồn cùng pha sẽ là

\( {-AB \over \lambda} - {1\over 2} \leq k\leq {AB \over \lambda} - {1\over 2} \) → \( {-19 \over 4} - {1\over 2} \leq k \leq {19 \over 4} - {1\over 2} \) → \(-5,25 \leq k \leq 4,25\)

→ Vậy sẽ có 5 dãy cực tiểu giao thoa trên đoạn AM ứng với

k = -5,-4,-3,-2,-1

+ Chu kì dao động của điện từ trường 

\(T ={ 1 \over f}=2.10^{-7}s\)

 + Độ lệch pha giữa M và N là: \( \Delta \varphi = \frac{{2\pi d}}{\lambda } = \frac{{2\pi d}}{{cT}} = \frac{{2\pi .45}}{{{{3.10}^8}{{.2.10}^{ - 7}}}} = \frac{{3\pi }}{2}\)

+ Vẽ trên vòng tròn lượng giác ta được:

=> thời gian ngắn nhất để cường độ điện trường tại N bằng 0 là: \(\frac{T}{4} = \frac{{{{2.10}^{ - 7}}}}{4} = {50.10^{ - 9}} = 50ns\)

=> Thời điểm mà cường độ điện trường tại N bằng 0 là: \( t' = t + (2n + 1)\frac{T}{4}\) với n là số nguyên. 

Thay vào các phương án ta suy ra đáp án D

Độ biến dạng của lò xo tại vị trí cân bằng: \(f= {1 \over 2\pi}\sqrt{g\over{\Delta l_0}}\)

Biên độ dao động của con lắc:  \(A =\sqrt{\Delta l_0^2+{({\upsilon_0\over \omega}})^2} = \sqrt {1^2 + (\sqrt{3})^2}=2cm\)

+ Trong một chu kì dao động, lực kéo về luôn hướng về vị trí cân bằng, lực đàn hồi lại luôn hướng về vị trí lò xo không biến dạng (có li độ x = - \(\Delta \) l₀ như hình vẽ).

Thời gian hai lực này ngược chiều nhau là \(t=\frac{T}{6}=\frac{1}{6f}= \frac{1}{{30}}s\) 

* Vì đồ thị của α₁, α₂ theo t có dạng hai đường thẳng nên chúng có dạng: 

-) α₁ = ω₁t + φ₁

+ Tại thời điểm t = 0, α₁ = φ₁ = 2π/3

+ Tại thời điểm t = 0,9s; α₁ = ω₁.0,9+ φ₁ = 4π/3 . Vậy

ω₁ = 20π/27 rad/s

-)  α₂ = ω₂t + φ₂

+ Tại thời điểm  t = 0,3s: α2 = 0,3.ω2 + φ2= -2π/3

+ Tại thời điểm t = 1,2s : α2 = 1,2.ω2 + φ2= 0

Giải hai phương trình bậc nhất ta được:  ω₂ = 20π/27 rad/s và φ2 = 8π/9

+ Vậy hai dao động có pha là \( (\frac{{20\pi }}{{27}}t + \frac{{2\pi }}{3})\) và \( (\frac{{20\pi }}{{27}}t + \frac{{8\pi }}{9})\)

Để hai điểm sáng gặp nhau thì:\(\begin{array}{l} \to (\frac{{20\pi }}{{27}}t + \frac{{2\pi }}{3}) = \pm (\frac{{20\pi }}{{27}}t + \frac{{8\pi }}{9}) + k2\pi \to (\frac{{20\pi }}{{27}}t + \frac{{2\pi }}{3}) = - (\frac{{20\pi }}{{27}}t + \frac{{8\pi }}{9}) + k2\pi \\ \to \frac{{40\pi }}{{27}}t = - \frac{{8\pi }}{9} - \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \end{array}\)

+Để dễ hình dung, ta biểu diễn các vị trí dao động cùng pha với nguồn tại cùng một thời điểm bằng các đường nét liền, các điểm dao động ngược pha với nguồn bằng các đường nét đứt

+ Trên có 5 OM điểm ngược pha, là M cực đại nên ta có OM =5\(\lambda \) =25 cm.

Tương tự ta cũng có ON =15cm

→ Để trên có ba MN cực đại thì điểm H phải là chân của đường cao kẻ từ điểm O

Mặt khác OH = 2,5\(\lambda \)=12,5 cm.

Vậy MN =MH+NH =\(\sqrt{25^2-12,5^2}+\sqrt{15^2-12,5^2}=29,9 cm\)

+ Để đơn giản, ta chọn R₂= 1 → R₁=3

Ta có 

\(\tan\Delta \varphi=tan(\varphi_{AB} - \varphi_{MB}) =\frac {tan\varphi_{AB}-tan\varphi_{MB}}{1+tan\varphi_{AB}tan\varphi_{MB}}\)\(=\frac{- \frac{Z_c}{4} + \frac{Z_c}{1}}{1+ \frac{Z_c^2}{4} }=\frac{3Z_c}{Z_C^2+4}=\frac{3}{Z_c+\frac{4}{Z_c}}\)

+ Từ biểu thức trên ta thấy rằng \(\Delta\varphi_{max}\) khi \(Z_c = \frac{4}{Z_c}\)→ Zc =2

→ Hệ số công suất của mạch khi đó \( \cos {\varphi _{AB}} = \frac{{{R_1} + {R_2}}}{{\sqrt {{{({R_1} + {R_2})}^2} + Z_c^2} }} = \frac{{3 + 1}}{{\sqrt {{{(3 + 1)}^2} + {2^2}} }} = 0,894\)

+  P phát không đổi và U hai đầu cuộn sơ cấp không đổi. Khi đó hiệu điện thế hai đầu cuộn thứ cấp là KU

\(H = \frac{{\Delta P}}{P} = R\frac{P}{{{U^2}}} \to \left\{ \begin{array}{l} \frac{{\Delta {P_1}}}{P} = R\frac{{{P_1}}}{{{U_1}^2}}\\ \frac{{\Delta {P_2}}}{P} = R\frac{{{P_2}}}{{{U_2}^2}} \end{array} \right. \to \frac{{\Delta {P_1}}}{{\Delta {P_2}}} = \frac{{{U_2}^2}}{{{U_1}^2}} = \frac{{k_2^2U}}{{k_1^2U}} \to {k_2} = {k_1}\sqrt {\frac{{\Delta {P_1}}}{{\Delta {P_2}}}} (*)\)

+ \(\left\{ \begin{array}{l} \Delta {P_1} = 10\% {P_t} = 0,1(P + \Delta {P_1})\\ \Delta {P_2} = 5\% {P_t} = 0,05(P + \Delta {P_2}) \end{array} \right. \to \frac{{\Delta {P_1}}}{{\Delta {P_2}}} = \frac{{21}}{{11}}\)

Thay vào (*):

\( \to {k_2} = 10\sqrt {\frac{{21}}{{11}}} = 13,8\)

R = 100Ω thì ΔL = 5 (mH) = L₂- L1

R = 200Ω thì ΔL = 20 (mH) = L2’- L1

Nên L₂ – L₂₁ = 15.10^-3 H

Ta có:

\(\begin{array}{l} {Z_L} = \frac{{{R^2} + {Z_C}^2}}{{{Z_C}}}\\ \to {Z_L}_2 - {Z_{L{2_1}}} = \omega {.15.10^{ - 3}} = \frac{{{{200}^2} + {Z_C}^2}}{{{Z_C}}} - \frac{{{{200}^2} + {Z_C}^2}}{{{Z_C}}}\\ \to {15.10^{ - 3}}\omega = \frac{{{{200}^2} - {{100}^2}}}{{{Z_C}}} = {\frac{{ - 100}}{{\frac{1}{{\omega C}}}}^2}\\ \to C = 0,5\mu F \end{array}\)

Điều kiện để có sự trùng nhau của hệ hai vân sáng \(\frac{\lambda_1}{\lambda_2}=\frac{k_1}{k_2}\),giả sử rằng \(\lambda_2 > \lambda_1\), trong đó \(\frac{k_1}{k_2}\) là phân số tối giản. Dễ thấy rằng

\(1<\frac{k_1}{k_2} < \frac{\lambda_{2max}}{\lambda_{1min}}=\frac{750}{400} \)=1,875

Ta có tổng số vị trí cho vân sáng trong khoảng giữa hai vân trùng màu với vân trung tâm n = k1+  k2+2

Ta thử các giá trị của bài toán, nhận thấy rằng với giá trị N =8 → n =10, vậy tỉ số \(\frac{k_1}{k_2}\) có 1 thể nhận các giá trị sau \(\frac{k_1}{k_2} =\frac{8}{2}, \frac{7}{3}, \frac{6}{4}, \frac{5}{5}\), các trường hợp thứ nhất, thứ ba không tối giản nên ta không nhận, trường hợp thứ hai và thứ tư không thõa mãn bất đẳng thức điều kiện, vậy không N thể là 8

Ta có phương trình:\( {}_2^4He + {}_7^{14}N \to {}_1^1p + {}_8^{17}X\)

k_p + k_x – k_He = 4E = -1,21 (thu năng lượng)

Ta suy ra: 0,5m_p(v_x.8,5)² + 0,5m_xv_x² – 4,01 = -1,21

=> v_x = 2,46.10⁶m/s