Theo thang sóng điện từ: bước sóng giảm dần là: tia hồng ngoại, ánh sáng tím, tia tử ngoại, tia Rơn-ghen. 

Một vật dao động điều hòa thì động năng của vật có giá trị cực đại khi vật qua vị trí cân bằng.

 Bước sóng: \(\lambda=cT=2\pi c \sqrt{LC}=60m\)

Hạt nhân \( {}_{86}^{222}Rn\) có:   Z₁=86 , A₁= 222 ⇒ N₁ = A – Z = 136 notron

+ Bước sóng: \( \Delta x = (5 - 1)\lambda = 0,5 \to \lambda = \frac{1}{8}(m)\)

+ Tốc độ truyền sóng là: \( \to v = \lambda f = \frac{1}{8}.120 = 15(m/s)\)

+ Tổng trở mạch:  \( Z = \frac{{{U_0}}}{{{I_0}}} = \sqrt {{R^2} + {Z_L}^2} = 50\sqrt 2 \Omega (1)\)

+ Độ lệch pha: \( \varphi = {\varphi _u} - {\varphi _i} = \frac{\pi }{4} \to \tan \frac{\pi }{4} = \frac{{{Z_L}}}{R} \to {Z_L} = R\)(2)

+ Từ (1) và (2): R và L nhận giá trị:  

\( \to {Z_L} = R = 50\Omega \to L = \frac{1}{{2\pi }}H\)

+ Lực cưỡng bức: \( F = {F_0}\cos (\pi t) = {F_0}\cos (2\pi \frac{f}{2}t)\)

+ Tần số: \( f' = \frac{f}{2} = 0,5f\)

+ Dao động cưỡng bức có tần số bằng tần số của lực cưỡng bức. 

Ở Việt Nam, mạng điện dân dụng một pha có điện áp hiệu dụng là 220 V. 

+ Theo định nghĩa bước sóng λ là quãng đường sóng truyền đi được trong 1 chu kì: \(\lambda =vT\)

+ Suy ra: \( \lambda = \frac{v}{f}\)

+ Suy ra: \(v=\lambda f\)

+ Ta đã biết điện áp xoay chiều có dạng: \( u = U\sqrt 2 \cos (\omega t + {\varphi _u})(V)\)

+ Theo đề ta suy ra: U=220V và \( \omega = 120\pi (rad/s)\)

+ Tần số của dòng điện chạy qua tụ điện này là: \(f=\omega/2\pi=60Hz\)

Ta có: \( N = {N_0}{.2^{\frac{{^{ - t}}}{T}}} \Leftrightarrow {2.10^8} = {N_0}{.2^{\frac{{^{ - 14}}}{{14}}}} \to {N_0} = {4.10^8}\) nguyên tử

Ta có: vân tốc \( v = \frac{c}{n}\)

Bước sóng của nó trong thủy tinh là: 

\( \lambda ' = \frac{v}{f} = \frac{c}{{fn}} = {0,5.10^{ - 6}}(m)\)

Một mạch dao động LC thì tần số góc của mạch là \( \omega = \frac{1}{{\sqrt {LC} }}\)

Khi nói về dao động cưỡng bức: Dao động cưỡng bức có biên độ không đổi và có tần số bằng tần số của lực cưỡng bức

Đoạn mạch RL: (Z_L = R) 

\( \cos \varphi = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {Z_C}^2} }} \to \cos \varphi = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {R^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }} = 0,707\)

Ta có: \( {\lambda _0} = \frac{c}{{{f_0}}} = 0,45\mu m\)

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

+ Bức xạ có bước sóng 5 \(\mu m\) (hồng ngoại) Nên không xảy ra hiện tượng quang điện.

Một vật dao động điều hòa, khi đi từ vị trí biên này đến biên kia dài thì biên độ \(A=L/2\)

Tốc độ cực đại \( {v_{\max }} = \omega A=\omega L/2\) 

+ Khoảng cách giữa hai vân sáng liên tiếp là khoảng vân: 

\( i = \frac{{\lambda D}}{a} = \frac{{0,5.2}}{1} = 1mm\)

+ Trên đoạn thẳng nối 2 nguồn hai điểm gần nhất tại đó dao động với biên độ cực đại cách nhau: \(\lambda/2=12/2=6cm\)

Tần số: \(f = \frac{c}{\lambda } = {5.10^{14}}Hz\)

Chu kỳ: \( T = \frac{1}{f} = {2.10^{ - 15}}s\)

Vận tốc:  \( v = \frac{c}{n} = {2.10^8}m/s\)

Bước sóng khi truyền trong thủy tinh: \( \lambda ' = \frac{v}{f} = \frac{\lambda }{n} = 0,4\mu m\)

+ Sóng dừng hai đầu cố định: \( l = k\frac{\lambda }{2} = k\frac{v}{{2f}} \to f = k\frac{v}{{2l}}\)

+ Hai tần số gần nhau nhất tạo sóng dừng nên:  \( {f_1} = k\frac{v}{{2l}} = 150Hz;{f_2} = (k + 1)\frac{v}{{2l}} = 200Hz\)

+ Trừ vế theo vế ta có: \((k + 1)\frac{v}{{2l}} - k\frac{v}{{2l}} = 200 - 150 \Leftrightarrow \frac{v}{{2l}} = 50 \Leftrightarrow v = 100l = 100.0,75 = 75m/s\)

Ta có: \( E = I.R + I.r = U + \frac{U}{R}r\)

+ Lần đo 1 và lần đo 2, ta có: \( \to \left\{ \begin{array}{l} E = 3,3 + \frac{{3,3}}{{1,65}}r\\ E = 3,5 + \frac{{3,5}}{{3,5}}r \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} E = 3,7V\\ r = 0,2\Omega \end{array} \right.\)

+ Khi  nguyên tử chuyển từ trạng thái cơ bản ( n = 1) lên trạng thái kích thích M (n = 2)  thì nguyên tử hấp thụ một năng lượng: \( \varepsilon = \frac{{ - 13,6}}{{{3^2}}} - (\frac{{ - 13,6}}{{{1^2}}}) = 12,089eV\)

+ Vận tốc tối thiểu của chùm e là : \( \frac{1}{2}m{v^2} = \varepsilon = 12,089 \to v = \sqrt {\frac{{2\varepsilon }}{m}} = {2,06.10^6}m/s\)

+ Độ lệch pha của M và N là: \( \Delta \varphi = \frac{{2\pi l}}{\lambda } = \frac{\pi }{\lambda } \to \sqrt {{u_M}^2 + {u_N}^2} = 12,5mm = a\)

+ Vì u_M = 7,5mm và đang di lên, còn u_N = -10mm và cũng đang đi lên

=> M và N có vị trí như hình vẽ:

=> Sóng truyền từ M đến N

+ Diện tích khung S = πr² = 0,045 m²

+ Từ 0 s đến 2 s thì \( e = \frac{{\Delta B.S.\cos \alpha }}{{\Delta t}} = \frac{{0,5.0,0045.1}}{2} = 0,01125V\)

+ Từ 2 s đến 4 s thì dễ thấy e = 0 V (do B không biến thiên: DB =0)

+ Từ 4 s đến 6 s thì: 

\( e = \frac{{\left| {\Delta B} \right|.S.\cos \alpha }}{{\Delta t}} = \frac{{0,5.0,0045.1}}{2} = 0,01125V \approx 0,0113V\)

+ Vật cách màn: L = d + d’ = 4 m (1)

+ Để thu được ảnh rõ nét trên màn → ảnh thật

\( \to {\rm{ }}k = \frac{{ - d'}}{d} = - 3 \to d' = 3d(2)\)

Từ (1) và (2):  → d = 1 m và d’ = 3 m

→ Thấu kính cách màn 3 m (là thấu kính hội tụ vì ảnh là thật)

Ta có: \(\begin{array}{l} E \sim \frac{1}{{{r^2}}} \to \frac{{{E_1}}}{{{E_2}}} = \frac{{{r^2}_2}}{{{r^2}_1}} = \frac{{{{(12 - {r_1})}^2}}}{{{r^2}_1}} = 4\\ \to {r_1} = MP = 4cm \end{array}\)

+ Khi e chuyển động trong trên các quỹ đạo thì lực tĩnh điện Culông đóng vai trò là lực hướng tâm nên: 

\(\to \begin{array}{l} \frac{{k{e^2}}}{{{r^2}}} = \frac{{m{v^2}}}{r} = \frac{{m{{(\frac{{2\pi r}}{T})}^2}}}{r} = \frac{{4{\pi ^2}mr}}{{{T^2}}}\\ \to T = \sqrt {\frac{{4{\pi ^2}m{r^3}}}{{k{e^2}}}} = \sqrt {\frac{{4{\pi ^2}m{{({n^2}{r_0})}^3}}}{{k{e^2}}}} = \frac{{2\pi {n^3}}}{e}\sqrt {\frac{{m{r_0}^3}}{k}} \end{array}\)

+ Vậy: \( \to \frac{{{T_L}}}{{{T_N}}} = {(\frac{2}{4})^3} = \frac{1}{8}\)

Ta có:

+ Cường độ dòng điện trong mạch L sớm pha π/2 so với điện lượng.

+ Nên khi ban đầu cường độ dòng điện cực đại thì điện lượng  bằng 00, cường độ dòng điện đang giảm thì qđang tăng

Ta có:  \( i = \frac{{{I_0}}}{2} \to {\varphi _i} = \frac{\pi }{3} \to {\varphi _q} = \frac{\pi }{3} - \frac{\pi }{2} = \frac{{ - \pi }}{6}\)

\(\begin{array}{l} q = \frac{{{I_0}}}{\omega }.\cos (\frac{{ - \pi }}{6}) = \frac{{{I_0}}}{\omega }\frac{{\sqrt 3 }}{2}\\ \to \Delta q = q - 0 = \frac{{{I_0}}}{\omega }\frac{{\sqrt 3 }}{2} \end{array}\)

- Khi chưa nối tắt tụ: \( U = \sqrt {{U_R}^2 + {{({U_L} - {U_C})}^2}} \)

Vì: \( {U_R} = {U_L} = {U_C} \to R = {Z_L} = {Z_C}\)

⇒ Mạch cổng hưởng \( U = {U_R} = 20V\)

+ -Khi tụ nối tắt, mạch chỉ còn RL: \( U = \sqrt {{U_R}{'^2} + {U_L}{'^2}} \)

Vì: \(R=Z_L\)

\( {U_R}' = U{'_L} \to U = \sqrt 2 {U_R}' \to {U_R}' = \frac{{20}}{{\sqrt 2 }} = 10\sqrt 2 V\)

Ta có: 

\(\left\{ \begin{array}{l} \Delta x = {x_1} - {x_2} = 6 - 12\angle \frac{\pi }{3} = 6\sqrt 3 \angle - \frac{\pi }{2} \to \Delta {x_{\max }} = 6\sqrt 3 cm\\ {d_{\max }} = \sqrt {\Delta {x_{\max }}^2 + {a^2}} = \sqrt {{{(6\sqrt 3 )}^2} + {6^2}} = 12cm \end{array} \right.\)

+ Tại VTCB: \( k\Delta l = mg \to \omega = \sqrt {\frac{k}{m}} = \sqrt {\frac{g}{{\Delta l}}} = \sqrt {\frac{{{\pi ^2}}}{{0,09}}} = \frac{\pi }{{0,3}} = \frac{{10\pi }}{3}(rad/s)\)

+ Chu kỳ: \( T = \frac{{2\pi }}{\omega } = 0,6s\)

+ Thời gian con lắc bị nén trong 1 chu kỳ là 0,1s  =T/6 góc nén quét: \( \frac{\pi }{3} \to \widehat {{X_0}O{M_1}} = \frac{\pi }{6}\)

Với  \( O{X_0} = \Delta {l_0} = 9cm\)

Ta có: \( A = \frac{{O{X_0}}}{{\cos \frac{\pi }{6}}} = \frac{{9.2}}{{\sqrt 3 }} = 6\sqrt 3 cm\)

+ Khi C=4C₀ thì công suất tiêu thụ của đoạn mạch đạt cực đại khi đó trong mạch xảy ra hiện tượng cộng hưởng điện có:

\(\to \left\{ \begin{array}{l} {P_{\max }} = \frac{{{U^2}}}{R}\\ \omega L = \frac{1}{{\omega C}} \to L = \frac{1}{{4{\omega ^2}{C_0}}} \end{array} \right.\)

+ Khi C=C₀ thì điện áp hiệu dụng giữa hai bản tụ đạt cực đại ta có:  \( {Z_C} = \frac{{{R^2} + Z_L^2}}{{{Z_L}}} = \frac{{{R^2} + \frac{{{Z_C}^2}}{{16}}}}{{{Z_L}}} \to {R^2} = \frac{9}{{16}}Z_C^2\)

+ Khi đó công suất của mạch là :

\( P = UI\cos \varphi = \frac{{{U^2}{R^2}}}{{{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}} = \frac{{{U^2}R}}{{{R^2} + {{(\frac{{{Z_C}}}{4} - {Z_C})}^2}}} = \frac{{{U^2}R}}{{{R^2} + \frac{{9{Z_C}^2}}{{16}}}} = \frac{{{U^2}R}}{{{R^2} + 3{R^2}}} = \frac{{{U^2}}}{{4R}} = \frac{{{P_{\max }}}}{4} = \frac{{120}}{4} = 30{\rm{W}}\)

+ Tại thời điểm t₁: Số hạt X: \( N = {N_0}.{e^{ - \lambda t_1}}\)

+ Số hạt nhân Y là: \( \Delta N = {N_0}(1 - {e^{ - \lambda {t_1}}})\)

Tỷ số: \( \frac{{\Delta N}}{N} = \frac{{1 - {e^{ - \lambda {t_1}}}}}{{{e^{ - \lambda {t_1}}}}} = {e^{\lambda {t_1}}} - 1 = \frac{{2020}}{{2019}} \to {e^{\lambda {t_1}}} = \frac{{4039}}{{2019}}(1)\)

+ Tại thời điểm t_2: tương tự ta có tỉ số :

\( \frac{{\Delta N'}}{{N'}} = \frac{{1 - {e^{ - \lambda {t_2}}}}}{{{e^{ - \lambda {t_2}}}}} = {e^{\lambda {t_2}}} - 1 = {e^{\lambda ({t_1} + 2T)}} - 1 = {e^{\lambda {t_1}}}{e^{2\ln 2}} - 1 = 4{e^{\lambda {t_1}}} - 1 = 4\frac{{4039}}{{2019}} - 1 = \frac{{14137}}{{2019}}\)

+ Dễ thấy: T=6 ô =6.1/2 = 3s \( \to \omega = \frac{{2\pi }}{3}rad/s\)

+ Biên độ vận tốc v_max= 4π cm =>A= 6cm.

+ Góc quét trong 1 ô đầu ( t =1/2 s vật ở biên âm): 

\( \Delta \varphi = \omega .t = \frac{{2\pi }}{3}.\frac{1}{2} = \frac{\pi }{3}\)

Dùng VTLG: \( \to \varphi = \frac{{ - 5\pi }}{6}\)

+ Lúc t =0: \( {v_0} = 4\pi \cos \varphi = 4\pi \cos (\frac{{ - 5\pi }}{6}) = 2\pi \sqrt 3 cm/s\)

+ Do x chậm pha thua v nên: \( x = A\cos (\omega t + {\varphi _x}) = 6\cos (\frac{{2\pi }}{3}t + \frac{{2\pi }}{3})cm\)

+ Khi t = 0 thì : \( x = {x_0} = 6\cos (\frac{{2\pi }}{3}) = - 3cm\)

Nhận xét:

+ Hộp (W) có đồ thị trở kháng là một đường thẳng song song trục tần số f  => Z_W không phụ thuộc tần số => (W) phải là một điện trở thuần R.

+ Hộp (X) là một đường thẳng đi qua gốc tọa độ=> Z_X=af, với a=const  => (X) chỉ có thể là cuộn dây thuần cảm L. Với Z_X=Z_L

+ Hộp (Y) có dạng là một Hypebol=> phải có dạng Z_Y= a/f ,  => Y chỉ có thể là tụ điện với Z_Y=Z_C

Từ đồ thị ta thấy: 

+ Tại f = f₁ ta có R=Z_C1

+ Tại f₂=2f₁ ta có: 

\( {Z_{C2}} = \frac{{{Z_{C1}}}}{2} = \frac{R}{2};{Z_{L2}} = 2{Z_{L1}} \to 2{Z_{L1}} = \frac{{{Z_{C1}}}}{2} \to {Z_{L1}} = \frac{{{Z_{C1}}}}{4} = \frac{R}{4}\)

 + Vậy: Khi f=f₁ hệ số công suất của mạch là:  

\( \cos \varphi = \frac{R}{Z} = \frac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{(\frac{R}{4} - R)}^2}} }} = \frac{4}{5}\)

+ Ta có:  \( {P_1} = U{I_1}\cos \varphi \to {I_1} = \frac{{{P_1}}}{{U\cos \varphi }} = \frac{{160}}{{200.\frac{4}{5}}} = 1A\)

+ Điện trở R: 

\( R = \frac{{{P_1}}}{{{I_1}^2}} = \frac{{160}}{1} = 160\Omega = {Z_{C1}};{Z_{L1}} = \frac{R}{4} = \frac{{160}}{4} = 40\Omega \)

+ Ta có :  

\({Z_{C1}} = \frac{1}{{2\pi {f_1}C}} \to {f_1} = \frac{1}{{2\pi {Z_{C1}}C}} = \frac{1}{{2\pi .160.\frac{{{{10}^{ - 4}}}}{\pi }}} = 31,25Hz\)

\( {Z_{L1}}.{Z_{C1}} = 160.40 = 6400 = \frac{L}{C} \to L = 6400.\frac{{{{10}^{ - 4}}}}{\pi } = \frac{{16}}{{25\pi }} = \frac{{0,64}}{\pi }(H)\)

+Khi (A) và (K) cắt nhau: 

\( R = {Z_{L3}} = 2\pi {f_3}L \to {f_3} = \frac{R}{{2\pi L}} = \frac{{160}}{{2\pi \frac{{16}}{{25\pi }}}} = 125Hz\)

+ Tính: \( {f_1} + {f_3} = 32,25 + 125 = 156,25Hz\)

+ Từ công thức: 

\( \to \frac{{(1 - {H_2}){H_2}}}{{(1 - {H_1}){H_1}}} = {\left( {\frac{{{U_1}}}{{{U_2}}}} \right)^2} \Leftrightarrow \frac{{(1 - 0,9)0,9}}{{(1 - 0,6)0,6}} = {\left( {\frac{{220}}{{{U_2}}}} \right)^2} \Leftrightarrow {U_2} \approx 360V\)

Ta có: \( {L_N} - {L_M} = 2\log \frac{{OM}}{{ON}} \to \frac{{OM}}{{ON}} = {10^{0,5({L_N} - {L_M})}} = {10^{0,5(2 - 3)}} = \frac{1}{{10}}\)

+ Phương trình dao động tổng hợp: \( x = {x_1} + {x_2} = 6\angle \frac{\pi }{6} + 6\angle \frac{{5\pi }}{6} = 6\angle \frac{\pi }{2}\)

hay \( x = 6\cos (10t + \frac{\pi }{2})(cm);\)

+ Vì  x=3 cm và đang tăng nên pha dao động bằng (ở nửa dưới vòng tròn): \( 10t + \frac{\pi }{2} = \frac{{ - \pi }}{3} \to 10t = \frac{{ - 5\pi }}{6}\)

\( \to {x_2} = 6\cos (10t + \frac{{5\pi }}{6}) = 6\cos (\frac{{ - 5\pi }}{6} + \frac{\pi }{6}) = 6(cm)\)

+Tại vị trí cộng hưởng: \(\left\{ \begin{array}{l} {U_3} = {U_{R\max }} = U\\ {Z_{ch}} = {Z_{C2}} = {Z_L}\\ {U_3} = 2{U_2} = {I_{\max }}R\\ {U_2} = {I_{\max }}{Z_{C2}} \end{array} \right. \to {Z_{C2}} = {Z_L} = \frac{R}{2}\)

+ Tại vị trí U_cmax ta có:  \( {Z_{Cm}} = \frac{{{R^2} + {Z_L}^2}}{{{Z_L}}} = \frac{{4{Z_L}^2 + {Z_L}^2}}{{{Z_L}}} = 5{Z_L} = \frac{5}{2}R\)

\( {U_4} = {U_{C\max }} = {U_{AB}}\frac{{\sqrt {{R^2} + {Z_L}^2} }}{R} = {U_3}\frac{{\sqrt 5 }}{2} \Rightarrow \frac{{{U_4}}}{{{U_4}}} = \frac{{\sqrt 5 }}{2}\)