Sóng có khả năng xuyên qua tầng điện ly là sóng cực ngắn.

Tai ta phân biệt được hai âm có độ cao (trầm – bổng) khác nhau là do hai âm đó do có tần số khác nhau

Tia hồng ngoại có thể được nhận biết bằng  pin nhiệt điện.

Điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng là:

\( \frac{{{U_0}}}{U} = \sqrt 2 \to U = \frac{{{U_0}}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{220\sqrt 2 }}{{\sqrt 2 }} = 220V\)

Chu kì dao động điều hòa của vật được xác định bởi biểu thức: \(T = 2\pi \sqrt {\frac{{\Delta l}}{g}} \)

+ Thứ tự giảm dần của bước sóng là: đỏ; cam; vàng; lục; lam; chàm; tím

+ Tần số tỉ lệ nghịch với bước sóng

Vai trò của máy biến thế trong truyền tải điện năng dùng để tăng hiệu điện thế truyền tải để giảm hao phí trên đường dây truyền.

Trong dao động tắt dần theo thời gian biên độ của vật giảm dần.

Để kiểm tra hành lí của hành khách đi máy bay, người ta sử dụng tia X.

Sóng phản xạ luôn ngược pha với sóng tới ở điểm phản xạ.

Bước sóng:

\( \lambda = v.T = v.\frac{1}{f} = \frac{v}{f}\)

 Trong dao động điều hoà của một vật thì tập hợp ba đại lượng : Biên độ; tần số; cơ năng không thay đổi

 Tần số của hệ dao động cưỡng bức luôn bằng tần số dao động riêng của hệ.

Biên độ tổng hợp của 2  dao động  vuông pha là:

\( A = \sqrt {{A_1}^2 + {A_2}^2} = \sqrt {{3^2} + {4^2}} = 5cm\)

Ta có: tần số góc: \( \omega = \frac{k}{m} = 10\sqrt {10} (rad/s) \to {v_{\max }} = A\omega = 10\sqrt {20} (cm/s)\)

Từ đó ta có:

\( v = \frac{{{v_{\max }}\sqrt 2 }}{2} \to x = \frac{{A\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow a = \frac{{A{\omega ^2}\sqrt 2 }}{2} = 1000(cm/{s^2}) = 10(m/{s^2})\)

Tỷ số giữa lực đàn hồi cực đại và lực đàn hồi cực tiểu là:

\( \frac{{{F_{\max }}}}{{{F_{\min }}}} = \frac{{A + \Delta {l_0}}}{{\left| {A - \Delta {l_0}} \right|}} = 4 \to \left[ \begin{array}{l} \frac{{A + \Delta {l_0}}}{{A - \Delta {l_0}}} = 4\\ \frac{{A + \Delta {l_0}}}{{A - \Delta {l_0}}} = - 4 \end{array} \right. \to \left[ \begin{array}{l} \Delta {l_0} = 7,2cm\\ \Delta {l_0} = 20cm \end{array} \right.\)

Đơn vị đo cường độ âm là oát trên mét vuông (W/m ²).    

Từ phương trình truyền sóng, ta tính được bước sóng và chu kỳ:

\(\left\{ \begin{array}{l} \omega = 4\pi \\ \frac{{2\pi }}{\lambda } = 0,02\pi \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} T = 0,5s\\ \lambda = 1(m) \end{array} \right.\)

Vậy:  Tốc độ truyền của sóng này là \( \to v = \frac{\lambda }{T} = \frac{1}{{0,5}} = 2(m/s)\)

Khi động cơ không đồng bộ ba pha hoạt động ổn định với tốc độ quay của từ trường không đổi thì tốc độ quay của rôto nhỏ hơn tốc độ quay của từ trường.

Chu kỳ dao động:

\( T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{100\pi }} = 0,02s\)

\( \to t = 50T\) mà 1 chu kì có 2 lần điện áp bằng 0 nên trong 1 s có 100 lần điện áp bằng 0 

Tần số góc: \( \omega = 2\pi f = 2\pi .50 = 100\pi \)

Cảm kháng và Dung kháng là:

\( \begin{array}{l} {Z_L} = L.\omega = \frac{{0,6}}{\pi }.100\pi = 60\Omega \\ {Z_C} = \frac{1}{{C.\omega }} = \frac{1}{{\frac{{{{10}^{ - 4}}}}{\pi }.100\pi }} = 100\Omega \end{array}\)

Đoạn mạch gồm R, L và C mắc nối tiếp, vậy giá trị của điện trở thuần R là:

\( P = \frac{{{U^2}R}}{{{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}} \to 80 = \frac{{{{80}^2}R}}{{{R^2} + {{(60 - 100)}^2}}} \to R = 40\Omega \)

Ta có: i sớm pha hơn 1 góc \( \frac{\pi }{6}\)

Điệp áp và dòng điện hiệu dụng lần lượt là:

\( \begin{array}{l} \frac{{{U_0}}}{U} = \sqrt 2 \to U = \frac{{{U_0}}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{100}}{{\sqrt 2 }}V\\ \frac{{{I_0}}}{I} = \sqrt 2 \to I = \frac{{{I_0}}}{{\sqrt 2 }} = \frac{2}{{\sqrt 2 }}V \end{array}\)

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch là

\( P = UI\cos \varphi = \frac{{100}}{{\sqrt 2 }}.\frac{2}{{\sqrt 2 }}.\cos \frac{\pi }{6} = 50\sqrt 3 {\rm{W}}\)

Ta có công thức  mối liên hệ giữa tần số và số cặp cực:

\( {\rm{f = }}\frac{{{\rm{n}}{\rm{.p}}}}{{60}} \to {\rm{p = }}\frac{{f.60}}{n} = \frac{{50.60}}{{375}} = 8\) (cặp)

Mạch dao động LC lí tưởng gồm tụ điện có điện dung C, cuộn cảm thuần có độ tự cảm L. Năng lượng điện từ của mạch bằng:

\( {\rm{W}} = \frac{1}{2}.CU_0^2\)

Chu kì dao động điện từ riêng của mạch này bằng:

\( T = 2\pi \sqrt {LC} = 2\pi \sqrt {\frac{{10}}{\pi }{{.10}^{ - 3}}.\frac{{{{10}^{ - 10}}}}{\pi }} = 2\mu s\)

 Tia X có tần số nhỏ hơn tần số tia hồng ngoại.

Tần số của ánh sáng khi truyền giữ môi trường không đổi nên nó vẫn bằng 5.10¹⁴ Hz.

Bước sóng lúc này: \( \lambda ' = \frac{\lambda }{n} < 600nm\)

Ta có công thức lăng kính \( \begin{array}{l} \sin {i_1} = \;n\sin {r_1}\\ \sin {i_2} = \;n\sin {r_2} \end{array}\)

Ta có góc chiết quang: \( \begin{array}{l} A = {r_1} + {r_2}\\ D = {i_1} + {i_2} - A \end{array}\)

Khi A và i đều nhỏ (<10⁰) ta có:  \( \left\{ \begin{array}{l} {i_1} = \;n{r_1}\\ {i_2} = \;n{r_2} \end{array} \right.\)

→ D=(n-1)A ⇒ \( \Delta D = ({n_t} - {n_d})A = (1,643 + 1,685)4 = {0,168^0}\)

Nguyên tử có thể phát ra phôtôn có năng lượng lớn nhất bằng với năng lượng nó vừa hấp thụ ε₀

Giữ nguyên bước sóng ánh sáng kích thích mà tăng cường độ của chùm sáng thì số electron bật ra khỏi tấm kim loại trong một giây tăng lên.

+ Khi truyền từ môi trường này sang môi trường kia thì tần số của photon không đổi.

Mà ε = hf nên tỉ số năng lượng trong các môi trường cũng chính là tỉ số năng lượng trong chân không.

\( \left\{ \begin{array}{l} {\varepsilon _1} = \frac{{hc}}{{{\lambda _1}}}\\ {\varepsilon _2} = \frac{{hc}}{{{\lambda _2}}} \end{array} \right. \to \frac{{{\varepsilon _1}}}{{{\varepsilon _2}}} = \frac{{{\lambda _2}}}{{{\lambda _1}}} = \frac{{400}}{{720}} = \frac{5}{9}\)

Phóng xạ và phân hạch hạt nhân đều là phản ứng hạt nhân tỏa năng lượng.

Phương trình phân rã: \( {}_6^{12}C \to 3\alpha \)

Năng lượng cần thiết tối thiểu:

\( \Delta E = (3{m_\alpha } - {m_C}){c^2} = (3.4,0015 - 11,9967)931,5 = 7,2657MeV\)

Khối lượng của chất phóng xạ đó còn lại:

\( m = {m_0}{.2^{\frac{{ - t}}{T}}} = {2,24.2^{\frac{{ - 15,2}}{{3,8}}}} = 35,84g\)

Gọi N₀ là số nguyên tử của U²³⁸ và cũng là số nguyên tử của U²³⁵ ở thời điểm tạo thành trái đất.

Số nguyên tử của U²³⁸ và U²³⁵ thời điểm t lần lượt là:

\( \begin{array}{l} {N_1} = {N_0}{.2^{\frac{{ - t}}{{{T_1}}}}}\\ {N_2} = {N_0}{.2^{\frac{{ - t}}{{{T_2}}}}} \end{array}\)

\( \to \frac{{{N_1}}}{{{N_2}}} = {2^{\frac{{ - t}}{{{T_2}}} - \frac{{ - t}}{{{T_1}}}}}\)

Ta có:

\( \to \frac{{{N_1}}}{{{N_2}}} = {2^{\frac{{ - t}}{{{T_2}}} - \frac{{ - t}}{{{T_1}}}}} = \frac{{140}}{1} \Leftrightarrow t(\frac{1}{{{T_{235}}}} - \frac{1}{{{T_{238}}}}) = \log _2^{140}\)

\( \to t = \frac{{\log _2^{140}}}{{(\frac{1}{{{T_{235}}}} - \frac{1}{{{T_{238}}}})}} = \frac{{\log _2^{140}}}{{(\frac{1}{{0,713}} - \frac{1}{{4,5}})}} = 6,04\) tỉ năm

Sử dụng điều kiện cực đại của 2 nguồn cùng pha: \( {d_2} - {d_1} = k\lambda \)

+ M là cực đại giao thoa và cùng pha với hai nguồn:

\(\left\{ \begin{array}{l} {d_2} - {d_1} = n\lambda \\ {d_2} + {d_1} = m\lambda \end{array} \right.\)(n,m là số nguyên cùng lẻ hoặc cùng chẳng)

Vì n = 1 =>  m là số lẻ. Trên hình, theo đề ta có : \( \left\{ \begin{array}{l} {d_2} + {d_1} > AB\\ 4\lambda \le AB < 5\lambda \end{array} \right.(2)\)

Chọn chiều dương hướng xuống, gốc O tại VTCB. Gọi a là độ dãn của lò xo khi vật cân bằng, li độ của vật khi lò xo dãn Δl là ∆l-a (cm); ω là tần số góc và A là biên độ của vật.

Áp dụng công thức độc lập với thời gian: \( {{A^2} = {x^2} + {{(\frac{v}{\omega })}^2}}\)

Ta có hpt:

\( \left\{ \begin{array}{l} {A^2} = {(2 - a)^2} + {(\frac{{4\sqrt 5 v}}{\omega })^2}\\ {A^2} = {(4 - a)^2} + {(\frac{{6\sqrt 2 v}}{\omega })^2}\\ {A^2} = {(6 - a)^2} + {(\frac{{3\sqrt 6 v}}{\omega })^2} \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} {(2 - a)^2} + {(\frac{{4\sqrt 5 v}}{\omega })^2} = {(4 - a)^2} + {(\frac{{6\sqrt 2 v}}{\omega })^2}\\ {(4 - a)^2} + {(\frac{{6\sqrt 2 v}}{\omega })^2} = {(6 - a)^2} + {(\frac{{3\sqrt 6 v}}{\omega })^2} \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} {(\frac{v}{\omega })^2} = \frac{{3 - a}}{2}(1)\\ {(\frac{v}{\omega })^2} = \frac{{10 - 2a}}{2}(2) \end{array} \right.\)

Giải hpt(1), (2):

\(\left\{ \begin{array}{l} a = 1,4cm\\ \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}} = 0,8(c{m^2}) \end{array} \right.\)⇒ Biên độ A=8,022cm

Chu kỳ dao động:

 \(\begin{array}{l} \omega = \sqrt {\frac{g}{a}} = \sqrt {\frac{{9,8}}{{0,014}}} = 24,46(cm/s)\\ \to T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{24,46}} = 0,2375(s) \end{array}\)

Thời gian lò xo dãn trong một chu kì ứng với vật chuyển động giữa hai li độ -1,4 cm và 8,022cm. Ta chỉ cần tính tốc độ trung bình khi vật đi từ điểm có li độ -1,4 cm đến biên có li độ 8,022 cm với thời gian chuyển động \( t = \frac{T}{4} + \frac{T}{{2\pi }}.\arcsin (\frac{a}{A}) = 0,066s\) và quãng đường

s = A + a = 9,422 (cm).

Vậy tốc độ trung bình là: \( {v_{ttb}} = \frac{S}{t} = \frac{{9,422}}{{0,066}} \approx 142,75(cm/s) = 1,43(m/s)\)

Khi chưa sử dụng máy biến áp thì điện áp đầu đường dây là:

\( {U_1} = 1,2375{U_{tt1}} \to {U_{tt1}} = \frac{{{U_1}}}{{1,2375}}(1)\)

Độ giảm điện áp trên đường dây khi đó:

\( \Delta {U_1} = {U_1} - {U_{tt1}} = (1 - \frac{1}{{1,2375}}){U_1} = \frac{{19}}{{99}}{U_1}(2)\)

Lúc sau, công suất hao phí trên dây giảm 100 lần so với lúc đầu:

\( \frac{{\Delta {P_1}}}{{\Delta {P_2}}} = \frac{{I_1^2R}}{{I_2^2R}} = \frac{{I_1^2}}{{I_2^2}} = 100 \to {I_1} = 10{I_2}\)

Độ giảm điện áp trên đường dâylsucđầu và lúc sau lần lượt là:

\(\left\{ \begin{array}{l} \Delta {U_1} = {I_1}.R\\ \Delta {U_2} = {I_2}.R \end{array} \right. \to \frac{{\Delta {U_1}}}{{\Delta {U_2}}} = \frac{{{I_1}}}{{{I_2}}} \Leftrightarrow \Delta {U_2} = \frac{{\Delta {U_1}}}{{10}} = \frac{{19}}{{990}}{U_1}(3)\)

Do công suất nơi tiêu thụ không đổi nên:

\( {P_{tt}} = {U_{tt1}}.{I_1} = {U_{tt2}}.{I_2} \to {U_{tt2}} = \frac{{{I_1}}}{{{I_2}}}.{U_{tt1}} = 10{U_{tt1}} = \frac{{800}}{{99}}{U_1}(4)\)

Điện áp đầu đường dây lúc sau: \( {U_2} = {U_{tt2}} + \Delta {U_2}(5)\)

Thay(3) và (4) vào (5):

\( {U_2} = \frac{{800}}{{99}}{U_1} + \frac{{19}}{{990}}{U_1} = \frac{{8019}}{{990}}{U_1} \to \frac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \frac{{8019}}{{990}} = 8,1\)

Vậy ở trạm điện cần sử dụng máy biến áp có tỉ lệ số vòng dây của cuộn thứ cấp so với cuộn sơ cấp là:

\( \frac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \frac{{{N_1}}}{{{N_2}}} = 8,1\)

Từ đồ thị cho thấy:

+ Khi k đóng (ngắt mạch C) thì u_MB sớm phá hơn 60⁰ so với u_MB  khi K mở

+ Vì u_MB không đổi →Z khổng đổi →I không đổi ⇒ U_Rd=U_Rm

+ Biễu diễn Vecto các điện áp:

\( \overrightarrow U \) chung nằm ngang, \( \overrightarrow U_R\) trùng với \( \overrightarrow I\), \(\overrightarrow U = \overrightarrow {{U_R}} + \overrightarrow {{U_{MB}}} \)

+ Với U_Rd = U_Rm và U_MBd=U_MBm → các vecto hợp thành hình thoi → \(\alpha = {60^0},\beta = {120^0}\)

Áp dụng định lý hình sin trong tám giác: 

\( \frac{U}{{\sin {{120}^0}}} = \frac{{{U_{MB}}}}{{\sin {{30}^0}}} \to U = \frac{{{U_{MB}}}}{{\sin {{30}^0}}}.\sin {120^0} = 50\sqrt 6 V\)

+ Khi C=C₀ thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu tụ điện đạt giá trị cực đại ⇒ u vuông pha với u_RL

Ta có, giản đồ vecto như hình vẽ

Áp dụng hệ thức  lượng trong tam giác vuông:

\(\begin{array}{l} {U^2} = {U_{C\max }}({U_{C\max }} - {U_L}) \to {U_{C\max }} - {U_L} = \frac{{{U^2}}}{{{U_{C\max }}}} = \frac{{{{80}^2}}}{{160}} = 40\Omega \\ \to {U_R} = \sqrt {{U^2} - {{({U_{C\max }} - {U_L})}^2}} = \sqrt {{{80}^2} - {{40}^2}} = 40\sqrt 3 \Omega \end{array}\)

+ Cường độ dòng điện hiệu dụng trong mạch:

\( I = \frac{{{U_R}}}{R} = \frac{{40\sqrt 3 }}{{20\sqrt 3 }} = 2A\)

Ta có: \( \sin \varphi = \frac{{{U_{C\max }} - {U_L}}}{U} = \frac{{40}}{{80}} = 0,5 \to \varphi = \frac{\pi }{6}\)

Vậy biểu thức cường độ dòng điện trong mạch là:

\( i = 20\sqrt 2 \cos (100\pi t - \frac{\pi }{{12}})(A)\)