Theo công thức ta có: \(f = \frac{1}{{2\pi }}\sqrt {\frac{g}{{\Delta \ell }}} \)

Ta có:

 \(\begin{array}{l} T = \frac{{2\pi }}{\omega } = 0,1s\\ f = \frac{1}{T} = 10Hz \end{array}\)

Theo công thức \(\lambda = \frac{v}{f} = vT\)

Phương trình sóng có dạng  u =Acos(ωt) 

Vậy biên độ A= 2 mm

Khi xảy ra cộng hưởng thì Z_L=Z_C nên hệ số công suất bằng 1

 Ta có  \(\tan \phi = \frac{{\omega L - \frac{1}{{C\omega }}}}{R}\)

Đáp án D 

Công thức sai là  \(f = \frac{{{f_0}}}{{\sqrt 2 }}\)

Chu kỳ dao động có công thức là \(T = 2\pi \sqrt {LC}\)

Khoảng vân giao thoa có công thức \(i = \frac{{\lambda D}}{a}\)

Đáp án D

1. Tại vị trí biên: Fc = mg cos \(\alpha_0\)< mg (P = mg) => Đúng

2. Sai (dùng kiến thức ý 1)

3. \(T = 2\pi \sqrt {\frac{l}{g}} \) (không có A) => Đúng

4.   Khi góc  giảm thì vật tiến về phía VTCB nên vận tốc tăng => sai

vận tốc tức thời biến đổi lệch pha \(\frac{\pi }{2}\)  so với li độ 

B1: Bố trí thí nghiệm ứng với b, c

B2: Đo các đại lượng trực tiếp ứng với a

B3: Tính giá trị trung bình và sai số ứng với e, d

Vậy chọn đáp án C

Độ to là một đặc tính sinh lí của âm phụ thuộc vào: Mức cường độ âm.

Độ lệch pha \(\tan \varphi = \frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{{R + r}}\)

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

Sóng điện từ có thể lan truyền được trong nhiều môi trường như rắn, lỏng, khí và cả chân không

Cường độ dòng điện trong mạch và hiệu điện thế giữa hai bản tụ điện lệch pha nhau một góc  \(\frac{\pi }{2}\)

Lăng kính có tác dụng phân tích chùm sáng truyền qua nó thành nhiều chùm sáng màu khác nhau

Pha ban đầu của dao động là \(\frac{\pi }{2}rad\)

\({x_1} = \sqrt 3 \sin \left( {20t + \frac{\pi }{2}} \right) = \sqrt 3 \cos \left( {20t} \right)\)

Tổng hợp 2 dao động ta được \(x = \cos \left( {20t + \frac{\pi }{2}} \right)\)

\(a = - {\omega ^2}x = - 400\cos \left( {20t + \frac{\pi }{2}} \right)\)

Tại \(t = \frac{\pi }{{120}}s\) ta có \(a = 200\left( {cm/{s^2}} \right) = 2\left( {m/{s^2}} \right)\)\( \Rightarrow F = ma = 2.0,2 = 0,4\left( N \right)\)

\(l = k\frac{\lambda }{2} \) với k=1 => \({\lambda }\)= 1m

Suy ra f = 40Hz

Bước sóng: \(\lambda = \frac{v}{f} = 1m\)
Vì dây 2 đầu cố định nên để có sóng dừng thì: \(l = k\frac{\lambda }{2} = > k = 4\)
 =>Số nút trên dây = k +1 = 5

Ta có:

Mắc vào dòng điện xoay chiều : \(Z = \sqrt {{R^2} + {Z_L}^2} = 100\sqrt 2 \Omega \)

Cường độ dòng điện chạy qua là I = U/Z = 0,14A

\(\Delta P = \frac{{{P^2}R}}{{{U^2}{{\cos }^2}\varphi }} = 40kW\)

Điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn thứ cấp là U₂ = U₁ (N₂/N₁)= 12V

Tần số dao động của mạch: \(f = \frac{1}{{2\pi \sqrt {LC} }} = \frac{1}{{2\pi \sqrt {{{2.10}^{ - 3}}{{.2.10}^{ - 12}}} }} = \frac{1}{{{{4.10}^{ - 7}}}} = 2,{5.10^6}{H_z} = 2,5MHz\)

Điều kiện xảy ra hiện tượng quang điện là \(\lambda \le {\lambda _0}\)

7 vân sáng => 6i = 2,4 mm => i = 0,4 mm

sử dụng công thức \(i = \frac{{\lambda D}}{a}\)

từ đó suy ra bước sóng của ánh sáng 0,67 µm.

Sử dụng công thức \(A = \frac{{hc}}{{{\lambda _0}}}\)

Từ đó suy ra giới hạn quang điện là 0,5 µm

Vì E và B dao động cùng pha cùng tần số nên ta có \(\frac{e}{{{E_0}}} = \frac{b}{{{B_0}}} \Rightarrow b = \frac{{e.{B_0}}}{{{E_0}}} = \frac{{4.0,15}}{{10}} = 0,06T\)

Dùng quy tắc bàn tay phải ta xác định được chiều của B hướng xuống

Vị trí các vân sáng cùng màu với vân trung tâm

 k₁.λ₁ = k₂.λ₂ ----> 0,64 k₁ = k₂.λ₂

* Giả sử λ₁ > λ₂ ----> i₁  > i₂   Khi đó số vân sáng của bức xạ λ₁ trong khoảng giữa hai vân sáng trùng nhau sẽ ít hơn số vân sáng của bức xạ λ₂.

Do đó trong số 11 vân sáng k1 = 4+1 =5 còn k₂ =4+3+1=8

        0,64 .5 = 8.λ₂ ---->  λ₂ = 0,4 μm.  Chọn đáp án A

* Nếu λ₁ < λ₂ ----> i₁ < i₂   Khi đó k₁ = 8, k₂ = 5 

          0,64 .8 = 5.λ₂ ---->   λ₂ = 1,024 μm > λ_đỏ Bức xạ này không nhìn thấy

Kể luôn 2 vân sáng trùng thì có 8 VS của λ₂ => có 7i₂.

Gọi k là số khoảng vân của λ1  ;

Lúc đó   ki₁= 7i₂  =>   kλ₁= 7λ₂ 

=>  0,67μm < λ₂ = kλ1/7  < 0,74μm

=> 8,3 < k < 9,25  chọn k = 9   =>   λ₂ = 0,72μm

(Xét vân sáng trùng gần VS TT  nhất)

Khi 3 vân sáng trùng  nhau   x₁ = x₂  = x₃

\(\begin{array}{l} \frac{{{k_1}}}{{{k_2}}} = \frac{{{\lambda _2}}}{{{\lambda _1}}} = \frac{9}{7}\\ \frac{{{k_2}}}{{{k_3}}} = \frac{{{\lambda _3}}}{{{\lambda _2}}} = \frac{7}{{12}}\\ \frac{{{k_1}}}{{{k_3}}} = \frac{{{\lambda _3}}}{{{\lambda _1}}} = \frac{3}{4} = \frac{6}{8} = \frac{9}{{12}} \end{array}\)

Vị trí 3 vân sáng trùng ứng với k₁=9 , k₂ = 7 , k₃ = 12

Giữa hai vân sáng trùng có :

8 vân sáng của λ₁ ( k1 từ 1 đến 8)

6 vân sáng của λ₂ ( k2 từ 1 đến 6)

11 vân sáng của λ₃ ( k1 từ 1 đến 11)

Tổng số vân sáng của 3 đơn sắc là 8+6+11= 25

Vì có 2 vị trí trùng của λ₁ và λ₃ ( với k₁=3, k₃=4 và k₁=6, k₃=8 )  nên số vân sáng đơn sắc là 25 – 2= 23     

\({A^2} = x_1^2 + \frac{{v_1^2}}{{{\omega ^2}}} = x_2^2 + \frac{{v_2^2}}{{{\omega ^2}}} \Rightarrow A = 5\left( {cm} \right);\)\(\omega = 10\frac{{rad}}{s} \Rightarrow {v_{01}} = \omega A = 50cm/s\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} { - m{v_{01}} + m{v_{02}} = m{v_1} + m{v_2}}\\ {\frac{1}{2}mv_{01}^2 + \frac{1}{2}mv_{01}^2 = \frac{1}{2}mv_1^2 + \frac{1}{2}mv_2^2} \end{array}} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{v_1} = 100cm/s > 0}\\ {{v_2} = - 50cm/s < 0} \end{array}} \right.\)

Thời gian để vận tốc vật 1 còn 50 cm (li độ \(x = \frac{{A'\sqrt 3 }}{2}\) với \(A' = \frac{{{v_1}}}{\omega } = 10\left( {cm} \right)\) là \(\frac{T}{6}\). Còn vật 2 chuyển động thẳng đều sau thời gian \(\frac{T}{6}\) đi được: \({S_2} = {v_2}\frac{T}{6} = \frac{{5\pi }}{3}cm\)   \( \Rightarrow \Delta S = \left| x \right| + {S_2} = \frac{{10\sqrt 3 }}{2} + \frac{{5\pi }}{3} \approx 13,9cm\)

Xét thời điểm khi vật ở M, góc lệch của dây treo là a

Vận tốc của vật tại M:

  v² = 2gl( cosa - cosa₀).----> v = \(\sqrt {{\rm{2gl(cos}}\alpha - \cos \alpha {)_0}} \)

\(a = \sqrt {a_{ht}^2 + a_{tt}^2} \) --->a_ht = = 2g(cosa - cosa₀)

  \({a_{tt}} = \frac{{{F_{tt}}}}{m} = \frac{{P\sin \alpha }}{m} = g\alpha \)

 Tại VTCB:\(\alpha \)= 0--->  a_tt = 0 nên a₀ = aht = 2g(1-cosa₀) = \(2g.2{\sin ^2}\frac{{{\alpha _0}}}{2} = g{\alpha _0}\)

Tại biên : \(\alpha \) = a0 nên a_ht =0 ----> a_B = a_tt = ga₀  Do đó : \(\frac{{{a_0}}}{{{a_B}}} = \frac{{g\alpha _0^2}}{{g{\alpha _0}}} = {\alpha _0} = 0,08\)

Lực căng dây ở VTCB:    T = mg(3 – 2cosa₀­)  = mg = 1,20 N. 

Biên độ dao động \(A = \frac{{{\ell _{\max }} - {\ell _{\min }}}}{2} = \frac{{90 - 80}}{2} = 5cm\)

Ta có : x = - 0,025a \(\Rightarrow a = - \frac{1}{{0,025}}x = - 40x = - {\omega ^2}x\)

\( \Rightarrow \omega = 2\sqrt {10} = 2\pi \;rad/s\) => T= 1s

Tại thời điểm t= 0,25 s và  \(x = - 2,5\sqrt 3 \)  thì \(x = - \frac{{A\sqrt 3 }}{2}\) và đang chuyển động theo chiều dương 

Ta có \({x_0} = - \frac{A}{2} = - \frac{5}{2} = - 2,5cm\) =>  \(x = 5cos (2\pi t - \frac{{4\pi }}{3})\)

Bước sóng  λ = v/f = 6 cm.

   Xét điểm M trên AB:   AM = d₁;  BM = d₂  Với 0 < d₁ < 15 (cm);  d₁ + d₂ = 15 (cm) (*)

  Sóng tổng hợp tại m có phương trình

     u = 6 \(\sqrt 2 \)cos(20πt - \(\frac{{2\pi {d_1}}}{\lambda }\)) + 6\(\sqrt 2 \) cos(20πt - \(\frac{{2\pi {d_2}}}{\lambda }\) )

    = 12\(\sqrt 2 \)  cos (\(\frac{{\pi ({d_2} - {d_1})}}{\lambda }\)) cos(20πt -  \(\frac{{\pi ({d_1} + {d_2})}}{\lambda }\))

  Diểm M dao động với biên độ 12 mm khi

    \(\sqrt 2 \) cos \(\frac{{\pi ({d_2} - {d_1})}}{\lambda }\) = ± 1 -----> cos\(\frac{{\pi ({d_2} - {d_1})}}{\lambda }\)  = ± \(\frac{{\sqrt 2 }}{2}\) ------> \(\frac{{\pi ({d_2} - {d_1})}}{\lambda }\) = (2k+ 1)

      d2 – d1 =(2k + 1) \(\frac{\lambda }{4}\) = 1,5(2k + 1) = 3k + 1,5 (cm)  (**)

  Từ (*) và (**)    d₁ = 7,5 – 1,5k – 0,75 = 6,75 – 1,5k . Với  - 5,5 < k < 4,5

  Khoảng cách giữa hai phần tử sóng trên AB có biên độ 12 mm

     d = | d₁ – d’₁| = 1,5|k – k’|

  d = d_min  khi   |k – k’| = 1 ----->  d_min = 1,5 cm.

L của cuộn dây thay đổi, còn các đại lượng khác không đổi:

Hiệu điện thế \({U_L} = I.{Z_L} = \frac{U}{{\sqrt {\frac{{{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}}}{{Z_L^2}}} }} = \frac{U}{{\sqrt {\frac{{{R^2} + Z_C^2}}{{Z_L^2}} - \frac{{2{{\rm{Z}}_C}}}{{{Z_L}}} + 1} }}\) đạt cực đại khi và chỉ khi: \(\left\{ \begin{array}{l} {Z_L} = \frac{{{R^2} + Z_C^2}}{{{Z_C}}}\\ {U_{L\max }} = \frac{{U\sqrt {{R^2} + Z_C^2} }}{R} \end{array} \right.\)

 và khi đó ta có : \({\left( {U_L^{\max }} \right)^2} - {U_C}U_L^{\max } - {U^2} = 0\)

+ Vận dụng:  \([{Z_L} = \frac{{{R^2} + Z_C^2}}{{{Z_C}}} = \frac{{{{30}^2} + {{60}^2}}}{{60}} = 75\left( \Omega \right)\)

Điều chỉnh L để UL cực đại thì : \({U_{{L_{\max }}}} = I.{Z_L} = \frac{U}{Z}.{Z_L} = \frac{{U.{Z_L}}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = 100\sqrt 5 \left( V \right)\)

Nhận xét:  Dạng bài mạch RLC có L biến thiên. Vậy khi điều chỉnh L để \({U_Lmax}\) thì \(\left\{ \begin{array}{l} {Z_L} = \frac{{{R^2} + Z_C^2}}{{{Z_C}}}\\ {U_{L\max }} = \frac{{U\sqrt {{R^2} + Z_C^2} }}{R} \end{array} \right. \Rightarrow {\left( {U_L^{\max }} \right)^2} - {U_C}U_L^{\max } - {U^2} = 0\)

\({U_C} = \frac{{U{Z_C}}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_{L1}} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = \frac{{U{Z_C}}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_{L2}} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\)

\( \Rightarrow {Z_C} = \frac{{{Z_{L1}} + {Z_{L2}}}}{2} = \frac{{\omega \left( {{L_1} + {L_2}} \right)}}{2} = \omega .0,4\)\({U_L} = \frac{{U{Z_L}}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\)

L tới vô cùng \({U_L} \approx U = {U_1}\)\({U_{L3}} = {U_{L4}} = \frac{{U{Z_{L3}}}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_{L3}} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = \frac{{U{Z_{L4}}}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_{L4}} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = 1,5U\)\( \Rightarrow 1,{5^2}\left[ {{R^2} + {{\left( {{Z_{L3}} - {Z_C}} \right)}^2}} \right] - Z_{L3}^2 = 1,{5^2}\left[ {{R^2} + {{\left( {{Z_{L4}} - {Z_C}} \right)}^2}} \right] - Z_{L4}^2 = 0\)\( \Rightarrow {Z_{L3}} + {Z_{L4}} = \frac{{1,{5^2}.2.{Z_C}}}{{1,{5^2} - 1}} \Rightarrow {L_3} + {L_4} = \frac{{1,{5^2}.2.0,4}}{{1,{5^2} - 1}} = 1,44\left( H \right)\)

Mạch chỉ có cuộn dây thì u sớm pha hơn i góc \(\frac{\pi }{2}\) nên biểu thức của dòng điện i₁:  \({i_1} = \frac{{10}}{{{Z_L}}}\cos \left( {100\pi t - \frac{\pi }{2}} \right)\left( 1 \right)\)

Mạch chỉ có tụ điện thì u trễ pha hơn i góc \(\frac{\pi }{2}\) nên biểu thức của dòng điện i₂ :  \({i_2} = \frac{{20}}{{{Z_C}}}\sin \left( {100\pi t + \frac{\pi }{2}} \right) = \frac{{20}}{{{Z_C}}}\cos 100\pi t\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta thấy  và  vuông pha nên :  \({\left( {\frac{{{i_1}}}{{{I_{01}}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{{{i_2}}}{{{I_{02}}}}} \right)^2} \Rightarrow 1 = \frac{{i_1^2}}{{\frac{{{{10}^2}}}{{Z_L^2}}}} + \frac{{i_2^2}}{{\frac{{{{20}^2}}}{{Z_C^2}}}} = 1\left( 3 \right)\)

Từ dữ kiện đề bài:  \(9i_1^2 + 16i_2^2 = 25{\left( {mA} \right)^2} \Rightarrow \frac{{i_1^2}}{{\frac{{25}}{9}}} + \frac{{i_2^2}}{{\frac{{25}}{{16}}}} = 1\left( 4 \right)\)

So sánh (3) và (4) ra được:  \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\frac{{{{10}^2}}}{{Z_L^2}} = \frac{{25}}{9} \Rightarrow Z_L^2 = 36 \Rightarrow {Z_L} = 6\Omega }\\ {\frac{{{{20}^2}}}{{Z_C^2}} = \frac{{25}}{{16}} \Rightarrow Z_C^2 = 256 \Rightarrow {Z_C} = 16\Omega } \end{array}} \right.\)

Khi mắc nối tiếp cuộn cảm với tụ điện, tổng trở của mạch:  \(Z = \left| {{Z_L} - {Z_C}} \right| = \left| {6 - 16} \right| = 10\Omega \)

Cường độ dòng điện cực đại trong mạch:  \({I_0} = \frac{{{U_{01}}}}{Z} = \frac{{10}}{{10}} = 1\left( A \right)\)

Điện áp cực đại trên cuộn cảm thuần:  \({U_{0L}} = {I_0}{Z_L} = 1.6 = 6\left( V \right)\)