Trong dao động điều hòa, khoảng thời gian ngắn nhất để trạng thái dao động của vật lặp lại như cũ được gọi là chu kì dao động. 

Một vật dao động điều hòa trên một đoạn thẳng, vectơ gia tốc của vật luôn hướng về vị trí cân bằng.

Bước sóng là khoảng cách giữa hai điểm trên cùng một phương truyền sóng dao động cùng pha. 

→ Sửa lại:

Bước sóng là khoảng cách gần nhau nhất giữa hai điểm trên cùng một phương truyền sóng dao động cùng pha. 

Ta có:

Tốc độ truyền sóng v: \( v = \frac{\lambda }{T} = \lambda .f\)

Sóng điện từ bị phản xạ mạnh nhất ở tầng điện li là sóng ngắn.     

Nguyên tắc hoạt động của máy phát điện xoay chiều dựa trên hiện tượng cảm ứng điện từ.  

Ta có: \( \omega = 100\pi \)

Tần số của dòng điện bằng: \( f = \frac{\omega }{{2\pi }} = \frac{{100\pi }}{{2\pi }} = 50Hz\)

Tia hồng ngoại có bước sóng lớn hơn bước sóng của ánh sáng màu tím.

Quang phổ liên tục chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ của nguồn phát ra nó.

Phôtôn bay với tốc độ 3.10⁸ m/s dọc theo các tia sáng.

Ta có: hạt nhân \( {}_Z^AX\)  có Z là proton, A là số Nuclon

→N=(A-Z) là số nơtron

Vậy: N = 235-92 = 143 nơtron

Ta có: Hạt nhân \( {}_Z^AX\)

Áp dụng ĐLBT số Nuclom:  23+1=A+20→A=4

Áp dụng ĐLBT số Z:11+1=Z+10 → Z=2

Vậy : hạt nhân  \({}_2^4He\)

Cơ năng của vật:

\( {\rm{W}} = \frac{1}{2}k{A^2} = \frac{1}{2}m{\omega ^2}{A^2} = \frac{{2{\pi ^2}m{A^2}}}{{{T^2}}}\)

Sóng âm khi truyền từ không khí vào nước thì tần số không đổi.    

Sử dụng công thức tính́ tần số của mạch dao động điện từ tự do:

\( f = \frac{1}{{2\pi \sqrt {LC} }} \to C = \frac{1}{{4{\pi ^2}L{f^2}}}\)

Khi mạch chỉ có cuộn cảm thuần L thì điện áp hai đầu mạch u vuông pha với cường độ dòng điện i : \( {u_L} \bot i\)

Vậy: Tại thời điểm điện áp giữa hai đầu cuộn cảm có độ lớn cực đại thì cường độ dòng điện qua cuộn cảm bằng 0

Ta có: đoạn mạch R, L, C không phân nhánh và điện áp hiệu dụng giữa hai đầu mỗi phần tử R, L và C có độ lớn bằng nhau

Ta có:

\( {Z_L} = \omega .L = 100\pi .\frac{1}{\pi } = 100\Omega \)

\( {U_R} = {U_C} = {U_L} \to R = {Z_L} = {Z_C} = 100\Omega \)

Điện áp hiệu dụng U=100(V)

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch là:\( P = \frac{{{U^2}}}{R} = \frac{{{U^2}}}{{{Z_L}}} = \frac{{{{(100)}^2}}}{{100}} = 100{\rm{W}}\)

Chiết suất của thủy tinh đối với ánh sáng màu đỏ nhỏ hơn đối với ánh sáng màu tím.

Theo đề : khi electron từ quỹ đạo N chuyển về L thì phát ra phôtôn có bước sóng λ_1, khi electron từ quỹ đạo L chuyển về quỹ đạo K thì phát ra phôtôn có bước sóng λ₂:

\( \left\{ \begin{array}{l} {E_N} - {E_L} = \frac{{hc}}{{{\lambda _1}}}\\ {E_L} - {E_K} = \frac{{hc}}{{{\lambda _2}}} \end{array} \right. \to {E_N} - {E_K} = \frac{{hc}}{{{\lambda _1}}} + \frac{{hc}}{{{\lambda _2}}} = \frac{{hc}}{\lambda } \to \lambda = \frac{{{\lambda _1}{\lambda _2}}}{{{\lambda _1} + {\lambda _2}}}\)

+ Bán kính quỹ đạo dừng nguyên tử Hidro:

\( {r_n} = {n^2}.{r_0}\)

Với quỹ đạo L ứng với n= 2, quỹ đạo N có n=4:

+ Quỹ đạo dừng L và quỹ đạo dừng N là:

\( \left\{ \begin{array}{l} {R_L} = 4{r_0}\\ {R_N} = 16{r_0} \end{array} \right. \to {R_N} = 4{R_L}\)

Ta có: Năng lượng liên kết riêng: \( \varepsilon = \frac{{\rm E}}{A}\)

+ Năng lượng tỏa ra của phản ứng hạt nhân trên là:

\( \Delta E = \left| {{E_D} + {E_C} - {E_B} - {E_A}} \right| = \left| {{A_4}{\varepsilon _D} + {A_3}{\varepsilon _C} - {A_2}{\varepsilon _B} - {A_1}{\varepsilon _A}} \right|\)

Khối lượng \({}_{84}^{210}Po\) bị phân rã sau 414 ngày là:

\( \Delta m = {m_0} - m' = {m_0} - {m_0}{.2^{\frac{{ - t}}{T}}} = {m_0}(1 - {2^{\frac{{ - t}}{T}}}) = 0,8.(1 - {2^{\frac{{ - 414}}{{138}}}}) = 0,1g = 100mg\)

Cường độ điện trường thành phần do q₁ và q2 gây ra tại trung điểm M của AB là:

\( {F_{13}} = {F_{23}} = \frac{{k\left| {{q_1}{q_3}} \right|}}{{{r^2}}} = \frac{{{{9.10}^9}\left| {{{4.10}^{ - 8}}{{.2.10}^{ - 6}}} \right|}}{{{{0.04}^2}}} = 0,00072N\)

Ta thấy:

\( \left\{ \begin{array}{l} \overrightarrow {{F_{13}}} \uparrow \downarrow \overrightarrow {{F_{23}}} \\ {F_{13}} = {F_{23}} \end{array} \right. \to F = \left| {{F_{13}} - {F_{23}}} \right| = 0\)

Công thức tính độ tự cảm của ống dây là:

\( L = 4\pi {.10^{ - 7}}\frac{{{N^2}}}{l}S = 4{\pi ^2}{.10^{ - 7}}\frac{{{N^2}}}{l}{R^2}\)

+ Độ biến dạng của lò xo tại vị trí cân bằng:

\( \Delta {l_0} = \frac{{mg}}{k} = \frac{{0,25.10}}{{100}} = 2,5cm\)

+ Đưa vật đến vị trí lò xo dãn 0,5cm rồi thả nhẹ → A=2cm

+ Tần số góc của dao động: \( \omega = \sqrt {\frac{k}{m}} = 20rad/s\)

→ Chu kỳ dao động: \( T = \frac{{2\pi }}{\omega } = 0,1\pi (s)\)

Vị trí lò xo giãn 3,5cm ứng với vị trí li độ x=1cm như hình vẽ

Vậy: Tốc độ trung bình của vật trong thời gian từ lúc thả vật đến lúc lò xo dãn 3,5 cm lần thứ 2 là:

\( {v_{tb}} = \frac{S}{t} = \frac{{A + A + 0,5A}}{{\frac{T}{2} + \frac{T}{6}}} = 23,9cm/s\)

+ Điều kiện để có sóng dừng trên dây hai đầu cố định \( l = \frac{{k\lambda }}{2}\)

Ta có: k là số nút sóng, n là số bụng sóng

\( \left\{ \begin{array}{l} l = \frac{{k{\lambda _1}}}{2}\\ l = \frac{{n{\lambda _2}}}{2} \end{array} \right. \to \frac{{k{\lambda _1}}}{2} = \frac{{n{\lambda _2}}}{2} \to 4.\frac{{\frac{v}{{{f_1}}}}}{2} = 2.\frac{{\frac{v}{{{f_2}}}}}{2} \to {f_2} = \frac{1}{2}{f_1} = \frac{{20}}{2} = 10Hz\)

Ta có:

Bước sóng điện từ: \( \lambda = \frac{c}{f} = c.T = c.2\pi \sqrt {LC} \to C \sim {\lambda ^2}\)

\( {\lambda _2} = \frac{{60}}{{40}}{\lambda _1} = 1,5{\lambda _1} \to {C_2} = {(1,5)^2}.{C_1} = {(1,5)^2}.20 = 45nF\)

 Phải điều chỉnh điện dung của tụ: 45-20=25nF

 Ta có: khoảng vân i: \( i = \frac{{\lambda D}}{a} = \frac{{0,5.1}}{2} = 0,25mm\)

Khoảng cách giữa vân sáng bậc 3 và vân sáng bậc 5 ở hai bên vân trung tâm là :

\( d = 3i + 5i = 8i = 2mm\)

Năng lượng của photon:

\( \varepsilon = \frac{{hc}}{\lambda } \to \lambda = \frac{{hc}}{\varepsilon } = \frac{{{{6,625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}{{{{2,01.1,6.10}^{ - 19}}}} = 0,62\mu m\)

Áp dụng ĐLBT động lượng, ta có:

\( \overrightarrow {{p_p}} = \overrightarrow {{p_{He}}} + \overrightarrow {{p_X}} \) (hạt Be đứng yên nên động lượng bằng 0) (1)

Từ (1): \( \to {p_X}^2 = {p_{He}}^2 + {p_p}^2 \Leftrightarrow 2{m_X}{{\rm{W}}_X} = 2{m_{He}}{{\rm{W}}_{He}} + 2{m_p}{\rm{W_p}}\)

Vậy  động năng của hạt X:

\( {{\rm{W}}_X} = \frac{{{m_{He}}{{\rm{W}}_{He}} + {m_p}{{\rm{W}}_p}}}{{{m_X}}} = 3,575MeV\)

Công suất trên R :\( P = R{I^2}\)

Cường độ dòng điện trong mạch:

 \( \begin{array}{l} I = \frac{E}{{R + r}}\\ P = {(\frac{E}{{R + r}})^2}R = \frac{{{E^2}}}{{{{(\sqrt R + \frac{r}{{\sqrt R }})}^2}}} \end{array}\)

P_max khi \( {(\sqrt R + \frac{r}{{\sqrt R }})^2}_{\min }\)

Áp dụng bất đẳng thức Cosin: \( \sqrt R + \frac{r}{{\sqrt R }} \le 2\sqrt r \)

Dấu "=" xảy ra khi \(\sqrt R = \frac{r}{{\sqrt R }} \to R = r\)

Khi đó công suất cực đại: \( {P_{\max }} = \frac{{{E^2}}}{{4r}} = \frac{{{6^2}}}{{4.1}} = 9{\rm{W}}\)

Ta có: Vật qua thấu kính cho ảnh ảo nhỏ hơn vật nên thấu kính là thấu kính phân kì

+ Công thức liên hệ giữa vị trí của vật, vị trí của ảnh và tiêu cự của thấu kính:

\( \frac{1}{f} = \frac{1}{d} + \frac{1}{{d'}} \to d' = - \frac{{d.f}}{{d - f}}\)

Theo đề, ta có:

\( \left\{ \begin{array}{l} - \frac{{{d_1}'}}{{{d_1}}} = \frac{1}{2} \to {d_1} = - 2{d_1}' = 2\frac{{{d_1}f}}{{f - {d_1}}} \to {d_1} = - f\\ - \frac{{{d_2}'}}{{{d_2}}} = \frac{1}{3} \to {d_2} = - 2{d_2}' = 2\frac{{{d_2}f}}{{f - {d_2}}} \to {d_2} = - 2f \end{array} \right.\)

Vì f<0→d₂>d₁, nên: \( {d_2} = {d_1} + 100\)

\( \to - 2f = - f + 100 \to f = - 100cm\)

Ta có: \( {x_1} - {x_2} = \frac{A}{4}\cos (\omega t - \frac{\pi }{3})(cm)\)

+ Khoảng cách lớn nhất giữa hai vật là: \( \Delta x_{max}=\frac{A}{4} = 10 \to A = 40cm = 0,4m\)

+ Vận tốc tương đối cực đại giữa hai vật là:

\( \Delta {v_{\max }} = \left| {{v_1} - {v_2}} \right| = \frac{{A\omega }}{4} = 1m/s \to \omega = 10rad/s\)

+ Độ cứng của lò xo: \(\ \omega = \sqrt {\frac{k}{m}} \to k = m{\omega ^2} = 50\)

Tổng hợp 2 dao động: \( {x_1} + {x_2} = \frac{{7A}}{4}\cos (\omega t - \frac{\pi }{3})\)(cm)

Phải tác dụng một công cơ học A:

\( A = \frac{1}{2}.k.{(\frac{{7A}}{4})^2} = \frac{1}{2}.50.{(\frac{{7.0,4}}{4})^2} = 12,25J\)

Phân tích:

+ O₁ là vị trí cân bằng của vật m₁ , độ biến dạng lò xo:

\( \Delta {l_1} = \frac{{{m_1}g}}{k} = 4cm\)

+ O₁₂ là vị trí cân bằng của vật m₁ và m₂ , độ biến dạng lò xo:

\( \Delta {l_{12}} = \frac{{({m_1} + {m_2})g}}{k} = 5cm\)

Gọi  v₁ và v₂  lần lượt là vận tốc của vật  m₂  và m₂  trước khi va chạm. Và v là vận tốc của hai vật sau va chạm

+ Vận tốc của m₂  ngay trước khi va chạm: \( {v_2} = \sqrt {2gh} \) (thả tự do v₀=0).

-Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho va chạm mềm, ta có: \({m_2}{v_2} + {m_1}{v_1} = ({m_1} + {m_2}){v}\)

Vì m₁ đứng yên nên v₁=0:

\( \to v = \frac{{{m_2}{v_2}}}{{({m_1} + {m_2})}} = \frac{{{m_2}\sqrt {2gh} }}{{({m_1} + {m_2})}} \to {v^2} = 0,8h\)

+ Sau khi va chạm vật sẽ dao động điều hòa quanh vị trí cân bằng O₁₂ với tần số góc:     

\( \omega = \sqrt {\frac{k}{{{m_1} + {m_2}}}} = 10\sqrt 2 (rad/s)\)

+ Ngay sau khi va chạm vật có li độ x \(x = \Delta {l_{12}} - \Delta {l_1} = 1cm\)

Áp dụng công thức độc lập với thời gian, suy ra v:

\( \left\{ \begin{array}{l} {(\frac{x}{A})^2} + {(\frac{v}{{{v_{\max }}}})^2} = 1\\ {v_{\max }} = \omega A \end{array} \right. \to A = \sqrt {{x^2} + {{(\frac{v}{\omega })}^2}} = \sqrt {{x^2} + {{(\frac{v}{{{\omega _{12}}}})}^2}} = \sqrt {{{0,01}^2} + {{(\frac{{0,8h}}{{200}})}^2}} = \sqrt {{{10}^4} + {{4.10}^{ - 3}}h} \)

Ta có: vận tốc cực đại

\( {v_{\max }} = {\omega _{12}}A \Leftrightarrow 0,3\sqrt 2 = 10\sqrt 2 .\sqrt {{{10}^4} + {{4.10}^{ - 3}}h} \)

Vậy chiều cao h là:

→h=0,2m=20cm

+ Với dao thoa 2 nguồn điều hòa cùng pha thì trung trực M luôn là cực đại → M thuộc cực đại ứng với k_M =0

+ Dựa vào hình vẽ, ta có: \( A'M = \sqrt {AA{'^2} + A{M^2} - 2AA'.AM.\cos ({{135}^0})} = \sqrt {{{10}^2} + {{(30\sqrt 2 )}^2} - 2.10.30\sqrt 2 .\cos ({{135}^0})} = 50(cm)\)

+Xét tỷ số:

\( \to {d_2} - {d_1} = \frac{{30\sqrt 2 - 50}}{\lambda } = \frac{{30\sqrt 2 - 50}}{{1,2}} = - 6,3\lambda \)

Vậy có 6 giá trị K nguyên tương ứng với 6 lần M cực đại.

+ Công suất  tiêu thuj của toàn mạch khi chưa nối tắt tụ: \( P = \frac{{{U^2}}}{{{R_1} + {R_2}}}\)

+ Hệ số công suất của mạch lúc nàybằng 1→Z_L=Z_C

Khi nối tắt tụ, điện áp giữa hai đầu AM và MB bằng nhau nhưng lệch pha \(\frac{\pi }{3}\)

\( {\left\{ \begin{array}{l} {R_1}^2 = {R_2}^2 + {Z_L}\\ {Z_L} = \sqrt 3 {R_2} \end{array} \right.^2} \to \left\{ \begin{array}{l} {R_2} = \frac{{{R_1}}}{2}\\ {Z_L} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}{R_1} \end{array} \right.\)

→ Hệ số công suất của mạch lúc sau: \( \cos \varphi = \frac{{{R_1} + {R_2}}}{{\sqrt {{{({R_1} + {R_2})}^2} + {Z_L}^2} }} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

→ Công suất của mạch lúc này là: \( P' = P.{\cos ^2}\varphi = 90{\rm{W}}\)

+ Dung kháng của tụ C₁:

\( {Z_{{C_1}}} = \frac{1}{{100\pi .\frac{{{{10}^{ - 4}}}}{{4\pi }}}} = 400\Omega \)

+ Dung kháng của tụ C₂:

\( {Z_{{C_2}}} = \frac{1}{{100\pi .\frac{{{{10}^{ - 4}}}}{{2\pi }}}} = 200\Omega \)

Khi C thay đổi để P₁ = P₂ → I₁=I₂  → Z₁=Z₂

\( \begin{array}{l} \to \sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_{{C_1}}})}^2}} = \sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_{{C_2}}})}^2}} \\ \to {Z_L} - {Z_{{C_1}}} = {Z_{{C_2}}} - {Z_L} \Rightarrow {Z_L} = \frac{{{Z_{{C_1}}} + {Z_{C2}}}}{2} = \frac{{400 + 200}}{2} = 300\Omega \end{array}\)

Vậy hệ số tự cảm:

\( L = \frac{{{Z_L}}}{\omega } = \frac{{{Z_L}}}{{2\pi f}} = \frac{{300}}{{2\pi 50}} = \frac{3}{\pi }\)(H)

+ Dựa vào đồ thị ta thấy điện áp cuộn dây nhanh pha hơn điện áp cuộn trở \( \frac{\pi }{3}\) ( Vì trong chu kỳ T có 12 khoảng bằng nhau, mà t thấy u_d nhanh hơn u_R hai khoảng ứng với \( \frac{T}{6}\))

+ Cường độ hiệu dụng: \( I = \frac{{{U_R}}}{R} = \frac{{100}}{{50}} = 2A\)

+ Tổng trở cuộn dây: \( {Z_d} = \frac{{{U_d}}}{I} = \frac{{50\sqrt 2 }}{2} = 25\sqrt 2 \Omega \)

+ Cảm kahsng của cuộn dây: \( {Z_L} = {Z_d}.\sin \varphi d = 25\sqrt 2 \sin \frac{\pi }{3} = 12,5\sqrt 6 \Omega \)

Màu sắc của vân trung tâm được tạo thành do sự chồng chập của ba ánh sáng đơn sắc λ₁, λ₂, λ₃

→ Vậy toạ độ những vân sáng cùng màu vân trung tâm thoả mãn  \( x = {k_1}{i_1} = {k_2}{i_2} = {k_3}{i_3}\) với:

\( {i_1} = \frac{{{\lambda _1}D}}{a} = \frac{{{{0,4.10}^{ - 3}}.2}}{{{{0,5.10}^{ - 3}}}} = {1,6.10^3}m = 1,6mm\)

Ta có: \( {k_1}{\lambda _1} = {k_2}{\lambda _2} = {k_3}{\lambda _3} \to 4{k_1} = 5{k_2} = 6{k_3} \Leftrightarrow 2.2{k_1} = 5{k_2} = 2.3{k_3}\)

Tìm bội số chung nhỏ nhất \(BSCNN = {2^2}.3.5.{k_1}{k_2}{k_3} = 60n\)

(với n là số nguyên).

Ta lập bảng sau:

Ta có:  Gía trị cực đại của x: 

\( {x_{\max }} = \frac{l}{2} = 10cm = 100mm\)

Vậy ta thấy giá trị khã dĩ lớn nhất của n=4

Vậy tổng số vân cùng màu vân trung tâm là:

N = 1 + 2.4 = 9 vân.

+ Số photon chiếu tới kim loại:

\( E = {N_1}.\frac{{hc}}{{{\lambda _1}}} \to {N_1} = {7,5.10^{11}}\)(photon)

Ban đầu có  10¹⁰ hạt tải điện, sau đó số lượng hạt tải điện trong khối bán đãn này là 3.10¹⁰. Vậy số hạt tải điện được tạo ra là: 3.10¹⁰-10¹⁰=2.10¹⁰ (bao gồm cả electron dẫn và lỗ trống)

Vậy số hạt photon gây ra hiện tượng quang dẫn là 10¹⁰ (do electron hấp thụ một photon sẽ dẫn đến hình thành 1 eletron dẫn và 1 lỗ trống)

→  tỉ số giữa số phôtôn gây hiện tượng quang dẫn với số phôtôn chiều tới khối kim loại: \( n = \frac{{{{10}^{10}}}}{{{{7,5.10}^{11}}}} = \frac{1}{{75}}\)