+ Người quan sát thấy 5 ngọn sóng biển đi qua trước mặt mình trong 10s.

Ta có: (5−1)T=10⇒T=2,5s

+ Hai điểm dao động ngược pha

\(\begin{array}{l} d = (k + 0,5)\lambda = (k + 0,5)\frac{v}{f}\\ \to v = \frac{{df}}{{k + 0,5}} = \frac{{10.30}}{{k + 0,5}} = \frac{{300}}{{k + 0,5}} \end{array}\)

Vì \( 1,6m/s \le v \le 2,9m/s\) suy ra k = 1,

Giá trị của vận tốc truyền sóng là: v = 2 m/s

+ Phương trình sóng tại M cách O một khoảng 1/3 bước sóng là: \( {u_M} = A\cos (\frac{{2\pi t}}{T} - \frac{{2\pi \frac{\lambda }{3}}}{\lambda }) = A\cos (\frac{{2\pi t}}{T} - \frac{{2\pi }}{3})cm\)

+ Tại t=T/2 li độ u_M = 2cm. Biên độ sóng A bằng: 

\( {u_M} = 2 \Leftrightarrow A\cos (\frac{{2\pi \frac{T}{2}}}{T} - \frac{{2\pi }}{3}) = 2cm \to A = \frac{2}{{\cos (\frac{\pi }{3})}} = 4cm\)

Bước sóng: \( \lambda = 60.\frac{{2\pi }}{{20\pi }} = 6cm\)

- tại một điểm bất kì thì phương trình sóng tổng hợp là \( u = 2a\cos (\frac{{\pi ({d_2} - {d_1})}}{\lambda } - \frac{\pi }{2})\cos (\omega t - \frac{{\pi ({d_2} - {d_1})}}{\lambda } + \frac{\pi }{2})\)

Với: \(\begin{array}{l} {M_1}\left\{ \begin{array}{l} {d_2} - {d_1} = 4\\ {d_2} + {d_1} = 20 \end{array} \right. \to {u_{{M_1}}} = 5\sqrt 3 \cos (20\pi t - \frac{{5\pi }}{6})\\ {M_2}\left\{ \begin{array}{l} {d_2} - {d_1} = 8\\ {d_2} + {d_1} = 20 \end{array} \right. \to {u_{{M_1}}} = - 5\sqrt 3 \cos (20\pi t - \frac{{5\pi }}{6}) \end{array}\)

M₁ và M₂ ngược pha \( \to \frac{{{u_1}}}{{{u_2}}} = \frac{{{v_1}}}{{{v_2}}} \to {v_2} = 40cm/s\)

Chu kỳ dao động điều hoà của con lắc đơn không phụ thuộc vào: khối lượng quả nặng.

+ Biên độ dao động tại điểm cách nút sóng một đoạn d được xác định bởi: \( {a_M} = 2a.\left| {\sin \frac{{2\pi d}}{\lambda }} \right|\)

Với 2a là biên độ của điểm bụng

Điểm dao động với biên độ a: 

\( {a_M} = 2a.\left| {\sin \frac{{2\pi d}}{\lambda }} \right| = a \to d = \frac{\lambda }{{12}}\)

+ Vậy điểm dao động với biên độ a sẽ cách nút một khoảng: d=λ/12

+ Khoảng cách gần nhất giữa hai điểm của hai bó sóng cạnh nhau có cùng biên độ là a sẽ là:

\( \Delta x = 2.d = \frac{\lambda }{6} = 2cm \to \lambda = 12cm\)

+ Tốc độ truyền sóng: v= λf =12.5 =60cm/s =0,6m/s

Từ dữ kiện bài cho ta có hình vẽ:

Độ lớn cường độ điện trường của điện tích Q gây ra tại A và H là:

\(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} {E_A} = \frac{{k\left| Q \right|}}{{O{A^2}}} = E\\ {E_H} = \frac{{k\left| Q \right|}}{{O{H^2}}} = 1,5625E \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {E_A} = \frac{{k\left| Q \right|}}{{O{A^2}}} = E\\ {E_H} = \frac{{k\left| Q \right|}}{{O{A^2} - A{H^2}}} = 1,5625E \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {E_A} = \frac{{k\left| Q \right|}}{{O{A^2}}} = E\\ {E_H} = \frac{{k\left| Q \right|}}{{O{A^2} - {{\frac{{AC}}{4}}^2}}} = 1,5625E \end{array} \right.\\ \to \frac{{{E_A}}}{{{E_H}}} = \frac{{O{A^2} - {{\frac{{AC}}{4}}^2}}}{{O{A^2}}} = \frac{{16}}{{15}} \to OA = \frac{{AC}}{{1,2}} \end{array}\)

Ta có: 

\(\begin{array}{l} \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {f = \frac{1}{{2\pi }}\sqrt {\frac{k}{{{m_1} + {m_2}}}} }\\ {{f_1} = \frac{1}{{2\pi }}\sqrt {\frac{k}{{{m_1}}}} }\\ {{f_2} = \frac{1}{{2\pi }}\sqrt {\frac{k}{{{m_2}}}} } \end{array}} \right.\\ \to \frac{1}{{{f^2}}} = \frac{1}{{{f_1}^2}} + \frac{1}{{{f_2}^2}} \to \frac{1}{{{f_2}^2}} = \frac{1}{{{f^2}}} - \frac{1}{{{f_1}^2}} = \frac{1}{{{f^2}}} - \frac{1}{{{{(\frac{{5f}}{3})}^2}}} = \frac{{16}}{{25{f^2}}}\\ \to {f_2} = 1,25f \end{array}\)

+ Để M là cực đại và gần trung trực của AB nhất thì M phải nằm trên hypebol ứng với k=1

+ Ta có: \(\begin{array}{l} {d_1} - {d_2} = \lambda {d_2} = 17cm\\ \left\{ \begin{array}{l} {h^2} = {20^2} - {x^2}\\ {h^2} = {17^2} - {(20 - x)^2} \end{array} \right. \to {20^2} - {x^2} = {17^2} - {(20 - x)^2} \to x = 12,775cm \end{array}\)

Vậy khoảng cách từ M đến trung trực sẽ là 2,775cm

Tần số góc dao động của vật chính bằng tần số của ngoại lực cưỡng bức -> ω = 10π rad/s

⇒ f = 5 Hz và T = 0,2 s.

Dòng điện được định nghĩa là dòng chuyển dời có hướng của các điện tích. 

+ Tại vị trí cân bằng v₀=ω.S₀

+ Gia tốc hướng tâm của con lắc đơn tại VTCB: \( a = \frac{{v_0^2}}{l}\)

+ Gia tốc hướng tâm còn lại một nửa:\( a' = \frac{1}{2}a \Leftrightarrow \frac{{v{'^2}}}{l} = \frac{{v_0^2}}{{2l}} \to v' = \frac{{{v_0}}}{{\sqrt 2 }}\)

+ Sau 0,05π (s) vật chưa đổi chiều chuyển động và vận tốc giảm từ v₀ đến v₀√2 nên: \( \frac{T}{8} = 0,05\pi (s) \to T = \frac{{2\pi }}{5}s \to \omega = 5rad/s\)

Vận tốc v₀ bằng:  \( {v_0} = \frac{{{a_0}}}{\omega } = \frac{{2.0,5}}{5} = 0,2m/s = 20cm/s\)

Biên độ dao động cưỡng bức không phụ thuộc vào:pha dao động của ngoại lực. 

Lực kéo về để tạo ra dao động của con lắc đơn là: thành phần của trọng lực vuông góc với dây treo.

Trên dây có sóng dừng với 5 bụng sóng nên: k=5k=5

Điều kiện có sóng dừng trên dây hai đầu cố định là:\( l = k\frac{\lambda }{2} = k\frac{v}{{2f}} \to v = \frac{{2.l.f}}{k} = 4,8m/s\)

Ta có: Khoảng cách từ ảnh đến thấu kính là; \( k' = \frac{{A'B'}}{{AB}} = 4 \to \left| {d'} \right| = 4d = 4.16 = 64cm\)

+ Độ biến dạng của lò xo tại VTCB:

\( f = \frac{1}{{2\pi }}\sqrt {\frac{g}{{\Delta l}}} = \Delta l = \frac{g}{{4{\pi ^2}{f^2}}} = 1,25cm\)

+ Chiều dài cực đại và cực tiểu của lò xo:

\(\left\{ \begin{array}{l} {l_{\max }} = {l_0} + \Delta l + A\\ {l_{\min }} = {l_0} + \Delta l - A \end{array} \right.{ \to _0} + \Delta l = \frac{{{l_{\max }} + {l_{\min }}}}{2} = 48cm\)

+ Chiều dài tự nhiên của lò xo là:

⇒ l₀ = 48−1,25 = 46,75cm

Bước sóng là: Quãng đường mà sóng truyền được trong một đơn vị thời gian.

Lực kéo về luôn hướng về VTCB → F đổi chiều khi gia tốc bằng không.

Trong dao động điều hòa, gia tốc biến đổi: Sớm pha  \(\pi /2\) so với vận tốc.

+ Đầu A tự do, đầu B cố định, ta có

\( f = \frac{{(2k + 1)v}}{{4l}} = \frac{{(2.5 + 1)v}}{{4l}} = \frac{{11}}{4}.\frac{v}{l} = 22 \to \frac{v}{l} = 8\)

+ Khi 2 đầu cố định: \( f = \frac{{kv}}{{2l}} = \frac{{5.8}}{2} = 20Hz\)

+ Áp dụng công thức độc lập với thời gian

⇒ Biên độ dao động của vật: \( A = \sqrt {{{(\frac{v}{\omega })}^2} + {{(\frac{a}{{{\omega ^2}}})}^2}} = 4cm\)

+ Bước sóng : \( \lambda = vT = v.\frac{{2\pi }}{\omega } = 100.\frac{{2\pi }}{{10\pi }} = 20cm\)

+ Độ lệch pha của hai sóng truyền tới M :

\( \Delta \varphi = \frac{{2\pi ({d_1} - {d_2})}}{\lambda } + \frac{\pi }{2} = \frac{{2\pi .5}}{{20}} + \frac{\pi }{2} = \pi \)

Vậy M thuộc cực tiểu giao thoa

Độ lệch pha của hai sóng truyền tới N là:

\( \Delta \varphi = \frac{{2\pi ({d_1} - {d_2})}}{\lambda } + \frac{\pi }{2} = \frac{{2\pi .35}}{{20}} + \frac{\pi }{2} = 4\pi \)

Vậy N thuộc cực đại giao thoa

+ Khoảng thời gian ngắn nhất giữa hai lần liên tiếp động năng bằng thế năng là: \( \frac{T}{4} = 0,9s \to T = 3,6s\)

+ Tại thời điểm t: vật có động năng và thế năng là Wđ,Wt.

+ Sau khoảng thời gian Δt, động năng và thế năng của vật lần lượt là \(\left\{ \begin{array}{l} {{\rm{W}}_d}' = 3{W_d}\\ {{\rm{W}}_t}' = \frac{{{W_t}}}{3} \end{array} \right.\)

+ Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ta có:

\(\begin{array}{l} {\rm{W}} = {{\rm{W}}_d} + {{\rm{W}}_t} = {{\rm{W}}_d}' + {{\rm{W}}_t}' \Leftrightarrow {{\rm{W}}_d} + {{\rm{W}}_t} = 3{W_d} + \frac{{{W_t}}}{3}\\ \Leftrightarrow {{\rm{W}}_t} = 3{W_d} \to {{\rm{W}}_t} = \frac{3}{4}W \Leftrightarrow \frac{1}{2}k{x^2} = \frac{3}{4}.\frac{1}{2}.k.{A^2}\\ \to \left| x \right| = \frac{{\sqrt 3 }}{2}A \end{array}\)

Mà: \( {\rm{W}}{{\rm{'}}_t} = \frac{{{W_t}}}{3} = \frac{{\frac{3}{4}W}}{3} = \frac{W}{4} \Leftrightarrow \frac{1}{2}.\frac{1}{2}kx{'^2} = \frac{1}{2}k{A^2} \to \to \left| {x'} \right| = \frac{A}{2}\)

Biểu diễn trên VTLG ta có:

Góc quét nhỏ nhất từ vị trí \( \left| x \right| = \frac{{\sqrt 3 }}{2}A \to \left| {x'} \right| = \frac{A}{2}\)

\( \alpha = \frac{\pi }{6} \to \Delta t = \alpha .\frac{T}{{2\pi }} = \frac{\pi }{6}.\frac{T}{{2\pi }} = \frac{T}{{12}} = \frac{{3,6}}{{12}} = 0,3s\)

+ Nam châm điện nuôi bằng mạng điện có tần số: f_d=50Hz

→ Sóng dừng trên dây với tần số: f=2.f_d = 100Hz

+ Từ điều kiện có sóng dừng trên dây hai đầu cố định ta có:

\(l = \frac{{k\lambda }}{2} = \frac{{k.v}}{{2f}} \to v = \frac{{2.l.f}}{k}\)

Trên dây có sóng dừng với 5 bụng sóng ⇒k=5⇒k=5

Vậy tốc độ truyền sóng trên dây là:

\( v = \frac{{2.l.f}}{k} = \frac{{2.0,6.100}}{5} = 24m/s\)

Động năng của vật ở vị trí x= A/2: 

\( {{\rm{W}}_d} = {\rm{W}} - {{\rm{W}}_t} = \frac{{m{{(2\pi f)}^2}{A^2}}}{2} - \frac{{m{{(2\pi f)}^2}{{(\frac{A}{2})}^2}}}{2} = 1,5m{\pi ^2}{f^2}{A^2}\)

A hút B => A và B trái dấu. B đẩy C =>B và C cùng dấu => A và C trái dấu.

C hút D => C và D trái dấu => A và D cùng trái dấu với C

Biên độ dao động giảm 1mm sau mỗi lần vật đi qua VTCB. Ta có: \( \Delta A = 2{x_0} = \frac{{2\mu mg}}{k} \to \mu = \frac{{k.\Delta A}}{{2mg}} = \frac{{{{50.10}^{ - 3}}}}{{2.0,05.10}} = 0,05\)

Một vật dao động tắt dần có biên độ và cơ năng giảm liên tục theo thời gian

Máy phát điện xoay chiều: Tần số của suất điện động cảm ứng tỉ lệ với số cặp cực của nam châm

Đối với các dụng cụ tiêu thụ điện như quạt, tủ lạnh, động cơ người ta phải nâng cao hệ số công suất để giảm công suất tiêu thụ

Khối lượng chất phóng xạ còn lại là:

\( m = {m_0}{.2^{\frac{{ - t}}{T}}} = {1.2^{\frac{{ - 1}}{8}}} = 0,92g\)

Sóng dùng trong siêu âm bản chất là sóng âm

Thời gian để khối lượng mẫu Na còn lại 1 mg là:

\( m = {m_0}{.2^{\frac{{ - t}}{T}}} \Leftrightarrow {5.2^{\frac{{ - t}}{{2,6}}}} = 1 \to t = 6,04 \) (năm)

Chiếu ánh sáng vàng vào mặt một tấm vật liệu thì thấy có electron bắn ra. Tấm vật liệu đó là kim loại kiềm

Giữa λ và L C phải thỏa mãn hệ thức:\( \lambda = vT = v.2\pi \sqrt {LC} \to 2\pi \sqrt {LC} = \frac{\lambda }{v}\)

+ Vân sáng bậc 3 cách vân trung tâm 2,4mm

=> Khoảng vân i = 2,4/3  = 0,8 mm

Nên áp dụng công thức tính khoảng vân ta có:  

\( i = \frac{{\lambda D}}{a} \to \lambda = \frac{{i.a}}{D} = \frac{{{{0,8.10}^{ - 3}}{{.1.10}^{ - 3}}}}{2} = 0,4\mu m\)

Công suất: \( P = {I^2}r = \frac{{{U^2}r}}{{{r^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}}\)

Ta có: \( {P_{\max }} \Leftrightarrow {Z_L} = {Z_C} \Leftrightarrow \frac{1}{{\omega C}} = \omega L\)

Vậy C bằng: \( C = \frac{1}{{{\omega ^2}L}} = \frac{1}{{{{(100\pi )}^2}.\frac{{0,4}}{\pi }}} = \frac{{{{10}^{ - 3}}}}{{4\pi }}F\)

Vậy công suất tiêu thụ của mạch có giá trị cực đại:\( {P_{\max }} = \frac{{{U^2}}}{r} = \frac{{{{120}^2}}}{{2.30}} = 240{\rm{W}}\)

Ta có: \(\begin{array}{l} {Z_L} = \omega L = 100\pi .\frac{1}{\pi } = 100\Omega \\ {Z_C} = \frac{1}{{\omega C}} = \frac{1}{{100\pi .\frac{{{{10}^{ - 3}}}}{{4\pi }}}} = 40\Omega \end{array}\)

Công suất tiêu thụ: \(\begin{array}{l} P = {I^2}R = \frac{{{U^2}R}}{{{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}} \Leftrightarrow {R^2} - \frac{{{U^2}}}{P}R + {({Z_L} - {Z_C})^2} = 0\\ \Leftrightarrow {R^2} - \frac{{{{75}^2}}}{{45}}R + {(100 - 40)^2} = 0 \to \left[ \begin{array}{l} R = 80\Omega \\ R = 45\Omega \end{array} \right. \end{array}\)
 

Từ \( LC{\omega ^2} = 2 \to {Z_L} = 2{Z_C}\). Khi K đóng: \( {P_d} = \frac{{{U^2}R}}{{{R^2} + Z_C^2}}\)

Từ đồ thị: \({P_{d\max }} = \frac{{{U^2}}}{{2{R_0}}} = \frac{{{U^2}}}{{2{Z_C}}} = 5a(1)\)

Chú ý khi P_{đ max} thì R₀ = Z_C > 20\(\Omega\)

Tại giá trị R = 20 , ta có: \( {P_d} = \frac{{{U^2}20}}{{{{20}^2} + Z_C^2}} = 3a(2)\)

Từ (1) và (2) suy ra Z_C = 60 (loại nghiệm nhỏ hơn 20).

Khi K mở: \( {P_m} = \frac{{{U^2}(R + r)}}{{{{(R + r)}^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}} = \frac{{{U^2}(R + r)}}{{{{(R + r)}^2} + {Z_C}^2}}\)

Từ đồ thị ta thấy khi R = 0  thì \( {P_m} = \frac{{{U^2}r}}{{{r^2} + {Z_C}^2}} = 3a (3)\)

Kết hợp (2) và (3) ta có phương trình:

\(\begin{array}{l} \frac{{{U^2}r}}{{{r^2} + {Z_C}^2}} = \frac{{{U^2}20}}{{{{20}^2} + {Z_C}^2}} \Leftrightarrow \frac{r}{{{r^2} + {Z_C}^2}} = \frac{{20}}{{{{20}^2} + {Z_C}^2}}\\ \Leftrightarrow {r^2} - 200r + 3600 = 0 \to \left[ \begin{array}{l} r = 180\\ r = 20 \end{array} \right. \end{array}\) Chú ý rằng :\( r > \left| {{Z_L} - {Z_C}} \right|\)