Lực hạt nhân là lực hút giữa các nuclôn và đó là lực tương tác mạnh

Trong mạch dao động lý tưởng cường độ dòng điện trong mạch sớm pha \(\pi /2\) so với điện tích trên tụ điện:

\({\varphi _i} = {\varphi _q} + \frac{\pi }{2} = 0 + \frac{\pi }{2} = \frac{\pi }{2}\)

Chất điểm dao động với tần số góc là: \(\omega =15 (rad/s)\)

Chu kỳ dao động của con lắc đơn: \( T = 2\pi \sqrt {\frac{l}{g}} \)

Theo thuyết lượng tử ánh sáng thì mỗi ánh sáng đơn sắc có bước sóng \(\lambda\) thì photon của ánh sáng đó mang năng
lượng: \( \varepsilon = \frac{{hc}}{\lambda }\)

Khi sóng truyền đi các phần tử vật chất nơi có sóng truyền qua dao động tại chỗ.

+ Do tia tử ngoại có λ < λ_0Na nên xảy ra hiện tượng quang điện ngoài.
⇒  tấm Na mất dần electron và sau đó tích điện dương.

Quang phổ liên tục do một vật rắn bị nung nóng phát ra chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ của vật đó

Trong quá trình lan truyền sóng điện từ, tại hai điểm khác nhau trên cùng một phương truyền sóng dao động của điện trường và từ trường có thể cùng pha, ngược pha, vuông pha, hoặc có thể lệch pha nhau một góc bất kì.

+ Số nút luôn bằng k+1 (k là số bó) → 11 nút.

+ Khi tắt chùm sáng kích thích làm giá trị điện trở R của quang trở tăng lên → cường độ dòng điện trong mạch \( I = \frac{{{E_b}}}{{R + {r_b}}}\) giẩm đi → số chỉ Ampe kế giảm.
+ Điện áp trên quang trở UR = E - Irbtăng lên → số chỉ Vôn kế tăng.

+ Biểu thức dòng điện qua đoạn mạch là: \( i = \frac{{{U_0}}}{{\omega L}}\cos (\omega t - \frac{\pi }{2})(A)\)

+ Tần số của suất điện động mà mát phát điện xoay chiều phát ra: \( \frac{pn}{60}\)(n vòng/ phút)

Ta có: \(10i=5 \to i=0,5 mm\)

⇒ Bước sóng của ánh sáng đó là: 

\( \lambda = \frac{{ai}}{D} = \frac{{2.0,5}}{{{{2.10}^3}}} = {0,5.10^{ - 3}}mm = 0,5\mu m\)

+ Định luật khúc xạ ánh sáng: \(n_1sini=n_2sinr\)
+ Chiết suất của nước đối với ánh sáng đỏ là nhỏ nhất, và lớn nhất đới với ánh sáng tím. Theo định luật khúc xạ ánh sáng, góc khúc xạ của màu đỏ là lớn nhất và góc khúc xạ màu tím là nhỏ nhất.

Vậy so với phương tia tới, tia màu tím lệch nhiều nhất

Ta có: \( H = \frac{{P - \Delta P}}{P} = 1 - \frac{{R.P}}{{{U^2}}} = 1 - RP\frac{1}{{{U^2}}}\)

+ Chu kì dao động riêng của con lắc: \( {T_0} = 2\pi \sqrt {\frac{l}{g}} = 2\pi \sqrt {\frac{{0,3}}{{9,8}}} = 1,099s\)

+ Thời gian xe chuyển động từ mối nối này đến mối nối kế tiếp là chu kì của lực cưỡng bức do toa xe tác dụng lên con lắc đơn. Để con lắc dao động với biên độ lớn nhất thì:

T_CB = T₀ = 1,099s.

+ Vậy tốc độ của xe: \( v = \frac{S}{T} = \frac{{12,5}}{{1,099}} = 11,4m/s = 41km/h\)

Tia tử ngoại tác dụng làm đen kính ảnh và phát quang nhiều chất nên được sử dùng dò tìm khuyết tật trên bề mặt các sản phẩm kim loại, tia X dùng để dò tìm khuyết tật bên trong các sản phẩm kim loại vì tính đâm xuyên mạnh hơn tia tử ngoại

Tần số góc: \( \omega = \sqrt {\frac{k}{m}} = \sqrt {\frac{{20}}{{0,2}}} = 10rad/s\)

+ Số bội giác của của kính đối với mắt người này khi ngắm chừng ở vô cực là: \( {G_\infty } = \frac{D}{f} = \frac{{O{C_C}}}{f} = \frac{{20}}{4} = 5\)

Khi \( \overrightarrow {{E_1}} , \overrightarrow {{E_2}} , \overrightarrow {{E_3}} \) cùng hướng, thì \( {E_M} = {E_1} + {E_2} + {E_3} \ne 0\)

Ta có: Cường độ dòng điện đo được trong mạch có giá trị 0,8A; giá trị điện trở R là:  \( I = \frac{\xi }{{R + r}} \to R = \frac{\xi }{I} - r = 28\Omega \)

+ Cảm ứng từ của từ trường đều có độ lớn bằng: 

\( B = \frac{F}{{I.l\sin \alpha }} = \frac{{0,4}}{{4.1.\sin {{90}^0}}} = 0,1T\)

+ Áp dụng định luật bảo toàn: số khối A và số proton:

⇒ Z = 92 – 38 = 54 proton
⇒ A = 235+ 1 – 94 – 2 = 140 nuclon
⇒ Số notron: 140 – 54 = 86

+ Thời gian truyền một tín hiệu sóng vô tuyến từ vệ tinh đến anten là: \( t = \frac{S}{v} = \frac{{{{36000.10}^3}}}{{{{3.10}^8}}} = 0,12s\)

+ Ta thấy rằng: \( {U^2}_{mach} + {U^2}_{RL} = {U^2}_C \to \overrightarrow {{U_{mach}}} \bot \overrightarrow {{U_{RL}}} \)

+ Ta có: \( {80^2} = {U_L}.100 \to {U_L} = 64V \to {U_R} = \sqrt {{{80}^2} - {{64}^2}} = 48V\)

+ Hệ số công suất của đoạn mạch R,L bằng: 

\( \cos {\varphi _{R,L}} = \frac{{48}}{{80}} = 0,6\)

+ Công thoát của electron khỏi kim loại: \( A = \frac{{hc}}{{{\lambda _0}}}\)

\( \to \frac{{{A_{Nhom}}}}{{{A_X}}} = \frac{{{\lambda _0}_X}}{{{\lambda _{0N\hom }}}} \Leftrightarrow 1,61 = \frac{{{\lambda _0}_X}}{{0,36}} \to {\lambda _0}_X = 0,58\mu m\)

Năng lượng mà phản ứng tỏa ra là: 

\( Q = \Delta {E_\alpha } - ({\varepsilon _T}{A_T} + {\varepsilon _D}{A_D}) = \Delta m \times {c^2} - ({\varepsilon _T}{A_T} + {\varepsilon _D}{A_D}) = 0,0305 \times 931,5 - (2,8230 \times 3 - 1,1187 \times 2) = 17,7044MeV\)

Bán kính quỹ đạo dừng N là: \(\left\{ \begin{array}{l} {n_N} = 4\\ r = {n^2}{r_0} \end{array} \right. \to {r_N} = {4^2}{.5,3.10^{ - 11}} = {84,8.10^{ - 11}}m\)

Từ đồ thị ta tính được: \( {t_{0,5A \to A \to 0}} = \frac{{5T}}{{12}} = \frac{5}{6}\mu s\)

⇒ Cuộn dây có độ tự cảm là:  \( T = 2\mu s = 2\sqrt {LC} \to L = 4\mu H\)

Vẽ giản đồ vecto: 

+ Điện áp hiệu dụng trên R là:

\( \frac{1}{{U_R^2}} = \frac{1}{{U_{AN}^2}} + \frac{1}{{U_{MB}^2}} \to {U_R} = 480(V)\)

Ta có: 

\(\begin{array}{l} T = 2\pi \sqrt {\frac{l}{g}} \to \left\{ \begin{array}{l} T_1^2 = \frac{{4{\pi ^2}}}{g}{l_1}\\ T_2^2 = \frac{{4{\pi ^2}}}{g}{l_2} \end{array} \right. \to T_2^2 - T_1^2 = \frac{{4{\pi ^2}}}{g}({l_2} - {l_1})\\ \to g = 4{\pi ^2}\frac{{{l_2} - {l_1}}}{{T_2^2 - T_1^2}} = 4{\pi ^2}\cot \alpha \end{array}\)

+ Khoảng vân: \( i = \frac{{\lambda D}}{a} = \frac{{{{0,6.10}^{ - 3}}{{.2.10}^3}}}{{0,6}} = 2mm\)

+ Vì M và N nằm khác phía so với vân trung tâm, ta có:

\(- {x_M} \le ki \le {x_N} \to - 5,9 \le ki \le 9,7 \to K = \left\{ { - 2; - 1;0;1;2;3;4} \right\}\)

Vậy: Số vân sáng trong khoảng giữa MN là 7

Ta có: \(\begin{array}{l} {L_A} - {L_B} = 10\log \frac{{{I_A}}}{{{I_B}}} = 10\log {(\frac{{{R_B}}}{{{R_A}}})^2} = 10\log {(\frac{{OB}}{{OA}})^2}\\ \Leftrightarrow 60 - 20 = 10\log {(\frac{{OB}}{{OA}})^2} \Rightarrow OB = 100OA(1) \end{array}\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} AM = OM - OA\\ MB = OB - OM \end{array} \right. \to OM = \frac{{2OB + OA}}{3};(AM = 2MB)\)

Thay (1) vào (2): \( OM = \frac{{201}}{3}OA \to \frac{{OA}}{{OM}} = \frac{3}{{201}}\)

Lại có: 

\( {L_M} - {L_A} = 10\log {(\frac{{OA}}{{OM}})^2} \to {L_M} = {L_A} + 10\log {(\frac{{OA}}{{OM}})^2} = {L_M} = 60 + 10\log {(\frac{3}{{201}})^2} = 23,5dB\)

+ Từ đồ thị ta có: \( \frac{T}{2} + \frac{T}{6} = \frac{8}{3}s \to T = 4s \to \omega = \frac{\pi }{2}rad/s\)

+ Đối với dao động thứ nhất: 

\( {v_{\max }} = \omega {A_1} = 4\pi (cm/s) \to {A_1} = 8cm\)

+  Tại thời điểm  t =0, v₁ đạt giá trị cực tiểu → x₁ =0 và đang chuyển động theo chiều âm của trục tọa độ → pha ban đầu \( {\varphi _1} = \frac{\pi }{2}rad\)

+ Đối với dao động thứ hai: 

\( {a_{\max 2}} = {\omega ^2}{A_2} = 2{\pi ^2}(cm/{s^2}) \to {A_2} = 8cm\)

+ Tại t =o, a₂  đạt giá trị cực đại → x₂ = -A₂ → pha ban đầu \( {\varphi _1} = \pi rad\) 

Suy ra phương trình dao động của 2 dao động:

\( {x_1} = 8\cos (\frac{\pi }{2}t + \frac{\pi }{2});{x_2} = 8\cos (\frac{\pi }{2}t + \pi )\)

+ Dao động tổng hợp có dạng: 

\( x = {x_1} + {x_2} = 8\sqrt 2 \cos (\frac{\pi }{2}t + \frac{{3\pi }}{4})(cm)\)

+  Li độ dao động của vật tại thời điểm:

\( t = 7,3s \to x = 8\sqrt 2 \cos (\frac{\pi }{2}.7,3 + \frac{{3\pi }}{4}) \approx 3,5cm\)

+ Điện trở của dây dẫn 1 pha: 

\( R = \rho \frac{{2l}}{S} = \rho \frac{{2l.4}}{{\pi {d^2}}} = {1,6.10^{ - 8}}.\rho \frac{{{{2.120.10}^3}.4}}{{3,2.{{({{10}^{ - 2}})}^2}}} = 48\Omega \)

+ Công suất hao phí trên đường dây: \(\Delta P =I^2R =76,8kW\)

+ Công suất tiêu thụ ở Tp B là: \( {P_B} = \frac{{\Delta P}}{{0,1}} = 768k{\rm{W}}\)

+ Vì máy biến thế có hao phí không đáng kể nên:

\(P_B=U_{1B}I_{1B}\) → hiệu điện thế hai đầu cuộn sơ cấp máy biến

thế B: \(U_{1B}=19,2kV\) với \(I_{1B}=I=40A\)

+ Hiệu điện thế hai đầu cuộn thứ cấp máy biến áp ở thành phố A là:

\( {{\rm{U}}_{2A}} = {U_{1B}} + \Delta U = {U_{1B}} + {I_{1B}}.R = 19200 + 1920 = 21120V = 21,12kV\)

+ Để đơn giản, ta chọn \(\lambda =1\)

+ M là một điểm trên AC, để M cực đại thì: \(\left\{ \begin{array}{l} AM = a\\ BM = b \end{array} \right.\) (với a, b là các số nguyên)

+ Từ hình vẽ, ta có: 

\(\begin{array}{l} 0 \le AM \le AC \to 0 \le a \le 16\\ BM = \sqrt {A{M^2} + A{B^2} - 2AM.AB.\cos ({{45}^0})} = \sqrt {{a^2} + {{(8\sqrt 2 )}^2} - 2.a.(8\sqrt 2 ).\cos ({{45}^0})} = \sqrt {{a^2} - 16a + 128} \end{array}\)

+ Lập bảng, chọn trường hợp b là số nguyên: (b=BM)

→ Có 3 giá trị thõa mãn, vậy trên AC có 3 vị trí cực đại và cùng pha với nguồn

M₀ là vị trí của m₁ mà lò xo không biến dạng

+ Giai đoạn 1: Sợi dây căng, cả hai vật dao động

Vật m₁ dao động quanh VTCB O₁ lò xo dãn: \( \Delta {x_1} = {M_0}{O_1} = \frac{{\mu ({m_1} + {m_2})g}}{k} = 2cm\) 

và \(\left\{ \begin{array}{l} {\omega _1} = \sqrt {\frac{k}{{{m_1} + {m_2}}}} = 10\sqrt 2 (rad/s)\\ {A_1} = {x_0} - \Delta {x_1} = 6cm \end{array} \right.\)

+ Vị trí gia tốc của hai vật bằng gia tốc do lực ma sát gây ra: \(a=\mu g \to -\omega_1^2x_1= \mu g \to x_1 =-2cm\) 

đây chính là vị trí M₀.

Tại M₀ vận tốc 2 vật bằng: \( {v_0} = - {\omega _1}\sqrt {{A_1}^2 - {x_1}^2} = - 80cm/s\)

+ Giai đoạn 2: Dây chùng, vật m₂ chuyển động chậm dần với gia tốc \(a_2=4m/s^2=400cm/s^2\) còn vậy m₁ dao động quanh VTCB O₂ lò xo dãn \( \Delta {x_2} = {M_0}{O_2} = \frac{{\mu {m_1}g}}{k} = 1,6cm\)

và: \(\left\{ \begin{array}{l} {\omega _2} = \sqrt {\frac{k}{{{m_1}}}} = 5\sqrt {10} (rad/s)\\ {A_2} = \sqrt {\Delta x_2^2 + {{(\frac{{{v_0}}}{{{\omega _2}}})}^2}} = 1,6\sqrt {11} cm \end{array} \right.\)

Thời gian m₁ đi từ M₀ đến biên M₁ là: \( \Delta t = \frac{{arccos(\frac{{\left| {\Delta {x_2}} \right|}}{{{A_2}}})}}{{{\omega _2}}} \approx 0,08s\)

Trong thời gian này vật m₂ đi được quãng đường: 

\( S = O{M_2} = \left| {{v_0}\Delta t + \frac{1}{2}{a_2}\Delta {t^2}} \right| \approx 5,12cm\)

Khoảng cách hai vật: \( {M_1}{M_2} = {l_0} + {A_2} - {M_0}{O_2} - O{M_2} = 20 + 1,6\sqrt {11} - 1,6 - 5,12 \approx 18,5866cm\)

+ Độ lệch pha giữa \(u_{AM}\) và i trong cả hai trường hợp là không đổi nên gộp hai giản đồ vectơ sao cho trục i trùng nhau ta có hình bên, trong đó góc giữa \(\overrightarrow {{U_1}} \) và \(\overrightarrow {{U_2}} \) là \(5 \pi/12\)

+Từ tính chất tam giác cân ta có:  \( {U_{d2}} - {U_{d1}} = \Delta {U_{AM}} = 2U\sin \frac{{5\pi }}{{24}} \approx 267,9V\)

Ta có:  \(\begin{array}{l} \alpha = {\varphi _{ud}} - {\varphi _u} = {\varphi _{ud}} - {\varphi _i} - ({\varphi _u} - {\varphi _i}) = {\varphi _d} - \varphi \\ \Leftrightarrow \tan \alpha = \frac{{\tan {\varphi _d} - \tan \varphi }}{{1 + \tan {\varphi _d}\tan \varphi }}\\ \to \left| {\tan \alpha } \right| = \left| {\frac{{\frac{{{Z_L}}}{r} - \frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{{4r}}}}{{1 + \frac{{{Z_L}({Z_L} - {Z_C})}}{{4{r^2}}}}}} \right| \end{array}\)

Nhìn đồ thị:

\(\begin{array}{l} {Z_C} = 50\Omega \to \tan \alpha = \infty \to {Z_L}(50 - {Z_L}) = 4{r^2}(1)\\ (Khi\tan \alpha = \infty \to 1 + \frac{{{Z_L}({Z_L} - {Z_C})}}{{4{r^2}}} = 0 \to \frac{{{Z_L}({Z_L} - {Z_C})}}{{4{r^2}}} = - 1) \end{array}\)

Ta có: \( {Z_C} = 40\Omega \& {Z_C} = \frac{{190}}{3}\Omega \) cùng 

\(\begin{array}{l} \left| {\tan \alpha } \right| \to \tan {\alpha _1} = - \tan {\alpha _2} \to \frac{{\frac{{{Z_L}}}{r} - \frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{{4r}}}}{{1 + \frac{{{Z_L}({Z_L} - {Z_C})}}{{4{r^2}}}}} = \frac{{\frac{{{Z_L} - \frac{{190}}{3}}}{{4r}} - \frac{{{Z_L}}}{r}}}{{1 + \frac{{{Z_L}({Z_L} - \frac{{190}}{3})}}{{4{r^2}}}}}\\ 4{r^2} = {Z_L}(50 - {Z_L}) \to \frac{{3r{Z_L} + 40r}}{{{Z_L}(50 - {Z_L}) + {Z_L}({Z_L} - 40)}} = \frac{{ - 3r{Z_L} + \frac{{190}}{3}r}}{{{Z_L}(50 - {Z_L}) + {Z_L}({Z_L} - \frac{{190}}{3})}} \to \frac{{3r{Z_L} + 40r}}{1} = \frac{{ - 3r{Z_L} + \frac{{190}}{3}r}}{{\frac{{ - 4}}{3}}}\\ \to 3r{Z_L} + 40r = 2,25r{Z_L} + 47,5r \to {Z_L} = 10\Omega \end{array}\)

+ Thay vào (1), Tìm tổng trở của cuộn dây.

\( \to r = 10\Omega \to {Z_d} = 10\sqrt 2 \Omega \)