Hiện tượng quang điện chứng tỏ ánh sáng có tính chất hạt

Hạt nhân có công thức: \( {}_Z^AX\)

Vậy hai hạt nhân trên có cùng số Nuclon A=3

Trong ba tia phóng xạ α, β, γ thì tia β lệch nhiều nhất trong điện trường 

Micro trong máy phát thanh vô tuyến có tác dụng:  Biến dao động âm từ nguồn phát thành dao động điện từ cùng quy luật.

Tốc độ lan truyền sóng trong một môi trường phụ thuộc vào: bản chất của môi trường truyền sóng

+ Với các vôn kế xoay chiều, ampe kế xoay chiều, số chỉ của vôn kế, ampe kế luôn cho biết giá trị hiệu dụng của điện áp hai đầu vôn kế và cường độ dòng điện trong mạch.

+ Ampe kế nhiệt kế để đo cường độ dòng điện HIỆU DỤNG I= 1 A

 Số chỉ của vôn kế và ampe kế xoay chiều cho biết giá trị hiệu dụng của hiệu điện thế và cường độ dòng điện xoay.

+ Trong cùng một môi trường nhất định thì luôn có:

λ_đỏ > λ_{da cam} > λ_vàng > λ_lục > λ_lam > λ_chàm > λ_tím.

+ Trong chân không, bước sóng của ánh sáng vàng lớn hơn bước sóng của ánh sáng tím.

Trong bệnh viện có một lọai tủ dùng để khử trùng những dụng cụ y tế sử dụng nhiều lần, khi hoạt động tử phát ra bức xạ có tác dụng khử trùng là tia tử ngoại

Một con lắc đơn có chiều dài l dao động điều hòa tại nơi có gia tốc trọng trường g. Tần số góc dao động của con lắc là: 

\( \omega = \sqrt {\frac{g}{l}} \)

+ Một chất điểm có khối lượng m, dao động điều hòa với biên độ A và tần số góc ω. Cơ năng dao động của chất điểm là: \( \frac{1}{2}m{\omega ^2}{A^2}\)

+ Chiều dài quỹ đạo dao động của vật là: L=2A=10cm

+ Công suất tiêu thụ của đoạn mạch:

\(\begin{array}{l} P = UI\cos \varphi = U.\frac{{\sqrt 6 }}{{\sqrt 2 }}.\cos (\frac{\pi }{3} - \frac{\pi }{6}) = 150\\ \to U = 100V \end{array}\)

 Tần số của sóng là \( f = \frac{c}{\lambda } = \frac{{{{3.10}^8}}}{{20}} = 15MHz\)

+ Khoảng cách giữa hai điểm gần nhau nhất dao động cùng pha là một bước sóng ⇒ \(\lambda = 80 cm. \)

+ Tốc độ truyền sóng trên dây là 

\(v=\lambda f=0,8.500=400m/s\)

+ Ta có: \( \alpha = (\overrightarrow n ;\overrightarrow B ) = {0^0}\)

+ Từ thông qua khung: 

\( \Phi = BS\cos \alpha \to S = \frac{\Phi }{{B\cos \alpha }} = \frac{{{{1,2.10}^{ - 5}}}}{{0,06.\cos 0}} = {2.10^{ - 4}}{m^2}\)

+ Bán kính vòng dây:

\( S = \pi {R^2} \to R = \sqrt {\frac{S}{\pi }} = {8.10^{ - 3}}m = 8mm\)

Ta có: 

+ Số hạt nhân chì tạo thành = số hạt nhân Po đã phân rã.

+ Tỉ lệ giữa số hạt nhân Po và Pb trong mẫu đó bằng 1:7: 

\( \frac{{{N_{Pb}}}}{{{N_{Po}}}} = {2^{\frac{t}{T}}} - 1 = 7\)

+ Chu kì bán rã của Po là: \( \to {2^{\frac{t}{T}}} = 8 \to T = \frac{t}{3} = 138\) (ngày)

Trong chân không, sóng điện từ có bước sóng nào sau đây là sóng vô tuyến: 60 m.                   

+ Ta có : chuyển động tròn đều lực điện là lực hướng tâm nên : \( {F_d} = {F_{ht}} \Leftrightarrow \frac{{k{e^2}}}{{{r^2}}} = mr{\omega ^2}\)

+  Tần số góc chuyển động của electron: 

\( \to \omega = \sqrt {\frac{{k{e^2}}}{{m{r^3}}}} = {4,5.10^{26}}rad/s\)

+ Tần số chuyển động của electron: 

\( \to f = \frac{\omega }{{2\pi }} = \frac{{{{4,5.10}^{26}}}}{{2\pi }} = {0,72.10^{26}}Hz\)

Ta có: 

\(\begin{array}{l} {\varepsilon _{Ar}} = \frac{{(18.1,0073 + 22.1,0087 - 39,9525).931,5}}{{40}} = 8,62MeV\\ {\varepsilon _{Li}} = \frac{{(3.1,0073 + 3.1,0087 - 6,0145).931,5}}{6} = 5,20MeV\\ {\varepsilon _{Li}} + {\varepsilon _{Ar}} = 3,42MeV \end{array}\)

+ Vậy: So với năng lượng liên kết riêng của hạt nhân Li thì năng lượng liên kết riêng của hạt Ar lớn hơn một lượng là 3,42 MeV.     

+ Khoảng vân i: \( i = \frac{{\lambda D}}{a} = \frac{{{{0,6.10}^{ - 6}}.2}}{{{{10}^{ - 3}}}} = {1,2.10^{ - 3}}m\)

+ Vân sáng thứ ba cách vân trung tâm một khoảng: 

\( 3i = {3.1,2.10^{ - 3}} = {3,6.10^{ - 3}}m = 3,6mm\)

+ Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch: 

\( U = \sqrt {{U_R}^2 + {{({U_L} - {U_C})}^2}} = \sqrt {{{30}^2} + {{(60 - 20)}^2}} = 50V\)

+  Hệ số công suất của mạch là:

\( \cos \varphi = \frac{{{U_R}}}{U} = \frac{{30}}{{50}} = 0,6\)

+ Cường độ điện trường lần lượt do điện tích điểm gây ra: 

\(E = \frac{{k\left| q \right|}}{{{r^2}}} \to \left\{ \begin{array}{l} {E_1} = \frac{{k\left| {{q_1}} \right|}}{{N{A^2}}} = {2,25.10^5}(V/m)\\ {E_2} = \frac{{k\left| {{q_2}} \right|}}{{N{B^2}}} = {0,25.10^5}(V/m) \end{array} \right.\)

+ Cường độ điện trường tổng hợp tại N: 

\( \overrightarrow {{E_N}} = \overrightarrow {{E_1}} + \overrightarrow {{E_2}} \to {E_N} = \left| {{E_1} - {E_2}} \right| = {2.10^5}V/m\)

+ Khi quan sát trong trạng thái không điều tiết: 

\( {D_{\min }} = \frac{1}{{{f_{\max }}}} = \frac{1}{{O{C_V}}} + \frac{1}{{OC}}\)

+ Khi quan sát trong trạng thái điều tiết tối đa:

\( {D_{\max }} = \frac{1}{{{f_{\min }}}} = \frac{1}{{O{C_C}}} + \frac{1}{{OV}}\)

+  Độ biến thiên độ tụ:

\( \Delta D = {D_{\max }} - {D_{\min }} = \frac{1}{{O{C_C}}} - \frac{1}{{O{C_v}}} = \frac{1}{{0,1}} - \frac{1}{1} = 9(dp)\)

+ Tam giác ONM là tam đều nên ta dễ dàng chứng minh được: \( OM = \frac{2}{{\sqrt 3 }}OH\)

+ Vâỵ mức cường độ âm tại H là:

\( {L_H} - {L_M} = 10\log \frac{{O{M^2}}}{{O{H^2}}} \to {L_H} = 14,75 + 10\log \frac{{{2^2}}}{{{3^2}}} = 16dB\)

+ Điện trở và dòng điện định mức của các đèn:

\(\begin{array}{l} {R_{{D_1}}} = \frac{{{{60}^2}}}{{30}} = 120\Omega ;{I_{{D_1}}} = \frac{{30}}{{60}} = 0,5A;\\ {R_{{D_2}}} = \frac{{{{25}^2}}}{{12,5}} = 50\Omega ;{I_{{D_2}}} = \frac{{12,5}}{{25}} = 0,5A; \end{array}\)

+ Để đèn D₂ sáng bình thường thì:

\(\;{U_{{D_2}}} = 25V \to \;{U_{{R_2}}} = 60 - 25 = 35V \to {R_2} = 70\Omega \)

+ Để đèn sáng bình thường thì cường độ dòng điện chạy trong mạch chính là \( I = {I_{D1}} + {I_{D2}} = 1A\)

+ Áp dụng định luật Ôm cho toàn mạch, ta có:

\( I = \frac{\xi }{{{R_N} + r}} \Leftrightarrow 1 = \frac{{66}}{{\frac{{120(70 + 50)}}{{120 + (70 + 50)}} + {R_1} + 1}} \to {R_1} = 5\Omega \)

+ Đặt vào N₁ điện áp 200 V thì điện áp ở N₂  là 1000 V  tăng áp 5 lần

+ Nếu mắc theo chiều ngược lại sẽ hạ áp 5 lần => điện áp hai đầu N₁  khi đó là 40 V.

+ Chọn gốc tọa độ là vị trí cân bằng của vật, chiều dương hướng xuống, gốc thời gian là lúc vật được truyền vận tốc. 

+ Tần số góc: \( \omega = \sqrt {\frac{k}{m}} = 10rad/s\)

+ Biên độ: \( A = \sqrt {{x^2} + {{\frac{v}{{{\omega ^2}}}}^2}} = \sqrt {{3^2} + {{\frac{{30}}{{{{10}^2}}}}^2}} = 3\sqrt 2 cm\)

+ Thời điểm ban đầu vật có x = 3cm nên cosφ = 1√2

⇒ φ=±π/4 theo chiều âm nên pha ban đầu là φ = π/4.

Phương trình dao động của vật là:

\(x = 3\sqrt 2cos(10t + π/4)(cm).\)

+ Trên đồ thị, điện áp hiệu dụng của mạch : U=120V.

+ Tại điểm giao nhau G của 2 đồ thị cho ta: U_CG = U_LG >U

Tại: \( \to {\omega _R} = 330rad/s\)

Ta có: \( {Z_{CG}} = {Z_{LG}} \to {\omega _R}L = \frac{1}{{{\omega _R}C}} \to {\omega _R}^2 = \frac{1}{{LC}} = {330^2}(1)\)

+ Trên đồ thị cho ta :

120 V = 4 khoảng => Mỗi khoảng 120 V/4 =30 V.

 U_m = 6 khoảng  => U_m = 30. 6 = 180V

+ Dùng công thức: 

\(\begin{array}{l} U_C^{\max } = U_L^{\max } = \frac{U}{{\sqrt {1 - \frac{1}{{{n^2}}}} }} \to \sqrt {1 - \frac{1}{{{n^2}}}} = \frac{U}{{U_L^{\max }}} \to 1 - \frac{1}{{{n^2}}} = {\left( {\frac{{120}}{{180}}} \right)^2} = \frac{4}{9}\\ \to \frac{1}{{{n^2}}} = \frac{5}{9} \to n = \frac{3}{{\sqrt 5 }} \to {\omega _1} = \frac{{{\omega _R}}}{{\sqrt n }} = \frac{{330}}{{\sqrt 3 }}.\sqrt[4]{5} \approx 285rad/s \end{array}\)

+ \( \to {\omega _2} = \sqrt n {\omega _R} = \frac{{\sqrt 3 }}{{\sqrt[4]{5}}}.330 = 382rad/s\)

+ Điều kiện xảy ra phản xạ toàn phần: \(i \ge {i_{gh}};{n_1} > {n_2}\)

+ Điều kiện chiết suất đã thỏa mãn: \( \sin {i_{gh}} = \frac{{{n_2}}}{{{n_1}}} = \frac{1}{n}\)

⇒ i_ghđỏ  = 45,58⁰; i_ghc = 44,67⁰; i_ghch = 43,32⁰.

Vậy: Kết luận chỉ có bức xạ đỏ tách ra khỏi tia sáng tổng hợp.

+ Phương trình khoảng cách: 

\( d = \left| {{x_1} - {x_2}} \right| = 10\cos (4\pi t + \frac{{5\pi }}{6})\)

+ Bài toán khoảng cách quy về bài toán 1 vật dao động qua vị trí cách vị trí cân bằng 5 cm.Ta giải bình thường Trong 1 chu kì hai chất điểm cách nhau 5 cm sẽ có 4 vị trí phù hợp trên đường tròn của d

+ Lần 1: \( {\varphi _1} = {30^0} + {60^0} = {90^0} \to \frac{T}{4}\):

+ Lần 2020: chất điểm quét 2020/4 = 505 vòng ⇒ 504 T

+ Vậy thời điểm hai chất điểm cách nhau 5cm lần thứ 2021 là:  \( {t_{2021}} = \frac{T}{4} + 504T = \frac{{2021}}{8}s\)

+ Ta có F = - kx

+ Chu kỳ: \( T = 2.\left( {\frac{5}{3} - \frac{2}{3}} \right) = 2s \to \omega = \frac{{2\pi }}{T} = \pi rad/s\)

+Mà:  \( \omega = \sqrt {\frac{k}{m}} \to k = m{\omega ^2} = 0,1{\pi ^2} = 1N/m\)

+ Nhìn vào đồ thị ta thấy

\( F_{max}­ = kA = 4.10^{-2}N \to A = 4.10^{-2} = 4cm\)

+ Thời điểm t = 0 thì F = -2.10^-2 N và đang tăng nên x = 2cm và đang giảm.

Vậy pha ban đầu φ = π/3

+ Phương trình dao động của vật: \( x = 4\cos (\pi t + \frac{\pi }{3})cm\)

Dễ thấy : \( {U_{od}} = {U_{oC}} = {U_o}\)

Ta có hệ thức độc lập: \( \frac{{u_d^2}}{{{U_{od}}^2}} + \frac{{u_R^2}}{{{U_{oR}}^2}} - 2\frac{{{u_d}{u_R}}}{{{U_{od}}{U_{oR}}}}\cos \varphi = const\)

+ Tại 2 thời điểm: 

\(\begin{array}{l} {u_c} = 2;{u_d} = - 1;{u_c} = 2;{u_d} = - 2\\ \to \frac{{{2^2}}}{{{U_0}^2}} + \frac{{{{( - 1)}^2}}}{{{U_0}^2}} - 2\frac{{2( - 1)}}{{{U_o}^2}}\cos \alpha = \frac{{{{( - 2)}^2}}}{{{U_0}^2}} + \frac{{{1^2}}}{{{U_0}^2}} - 2\frac{{2( - 2)}}{{{U_o}^2}}\cos \alpha \\ \to \cos \alpha = \frac{{ - 3}}{4} \to \alpha = 2,4188rad \end{array}\)

+ Khi : \(L = {L_0}\left\{ \begin{array}{l} U = \sqrt {{U_R}^2 + {{({U_L} - {U_C})}^2}} = 50V\\ {Z_{L0}} = \frac{2}{3}R;{Z_C} = 2R \end{array} \right.\)

+ Khi: \(L = 2{L_0}\left\{ \begin{array}{l} {Z_C} = 2R\\ {Z_L} = 2{Z_{L0}} = \frac{4}{3}R \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} {U_C} = 2{U_R}\\ {U_L} = \frac{4}{3}{U_R} \end{array} \right.\)

Mà: \( U = \sqrt {{U_R}^2 + {{({U_L} - {U_C})}^2}} = 50V\)

Vậy: điện áp hiệu dụng hai đầu điện: \( {U_R} = 50\sqrt {\frac{9}{{13}}} (V)\)

+ Dễ thấy T =6 ô \( \to T = \frac{7}{{30}} - \frac{1}{{30}} = 0,2s \to \omega = 10\pi rad/s\)

+ Biên độ gia tốc \(a_{max}=\pi ^2 cm/s^2\)

+ Góc quét trong 1 ô đầu (t =T/6=1/30 s vật ở biên dương):

\( \Delta \varphi = \omega t = 10\pi .\frac{1}{{30}} = \frac{\pi }{3}\)  . Dùng VTLG ⇒ \( \varphi = - \frac{\pi }{3}\)

+ Lúc t=0: 

\( {a_0} = {\pi ^2}\cos \varphi = {\pi ^2}.\cos ( - \frac{\pi }{3}) = \frac{{{\pi ^2}}}{2}m/{s^2}\)

+ Dựa vảo giản đồ vecto: \( {U_{AN}} \bot {U_{MB}}\)

+ Ta có: \( \frac{1}{{U_R^2}} = \frac{1}{{U_{AN}^2}} + \frac{1}{{U_{MB}^2}} = \frac{1}{{{{40}^2}}} + \frac{1}{{{{30}^2}}} \to {U_R} = 24V\)

+ Điện áp đặt vào hai đầu tụ điên:

\( {U_C} = \sqrt {U_{AN}^2 - {U_R}^2} = \sqrt {{{40}^2} - {{24}^2}} = 32V\)

+ Điện áp đặt vào hai đầu cuộn cảm:

\( {U_L} = \sqrt {U_{MB}^2 - {U_R}^2} = \sqrt {{{30}^2} - {{24}^2}} = 18V\)

+ Hệ số công suất: 

\( \cos \varphi = \frac{{{U_R}}}{U} = \frac{{{U_R}}}{{\sqrt {U_R^2 + {{({U_L} - {U_C})}^2}} }} = \frac{{24}}{{\sqrt {{{24}^2} + {{(18 - 32)}^2}} }} = 0,8637\)

+ Những điểm dao động cùng biên độ cách đều nhau, không phải bụng và nút thì cách nhau một khoảng gần nhất là \( \frac{\lambda }{4}\)

\(\begin{array}{l} AB = 2\frac{\lambda }{8} + 3\frac{\lambda }{4} = 32cm \to \lambda = 32cm\\ AB = k\frac{\lambda }{2} \to k = 2 \end{array}\)

+ Khoảng cách nhỏ nhất của M và Q khi chúng ở VTCB: 

\( {(MQ)_{\min }} = 3\frac{\lambda }{4} = 24cm\)

+ Khoảng cách lớn nhất của M và Q khi chúng dao động mạnh nhât: 

\( {(MQ)_{\max }} = \sqrt {M{Q^2} + MM{'^2}} = \sqrt {M{Q^2} + {{(2{A_M})}^2}} = \sqrt {{{24}^2} + {{10}^2}} = 26cm\)

+ Tỉ số khoảng cách lớn nhất và nhỏ nhất giữa M và Q khi dây dao động là: \( \delta = \frac{{26}}{{24}} = \frac{{13}}{{12}}\)

+ M dao động cực đại:  \(MB-MA=k\lambda\) (k nguyên)

+ M dao động cùng pha với hai nguồn: \(\left\{ \begin{array}{l} MA = {k_1}\lambda \\ MB = {k_2}\lambda \end{array} \right.\) (k1, k2 đều là số nguyên)

\( \to M{B^2} - M{A^2} = A{B^2} \to {k_2}^2 - {k_1}^2 = {4^2}(1)\)

+ Chặn để tìm k₁ và k₂ 

+ MA lớn nhất khi k=1 

\(\left\{ \begin{array}{l} MB - MA = \lambda = 3\\ M{B^2} - M{A^2} = A{B^2} = 144 \end{array} \right. \to M{A_{\max }} = 22,5cm \to 0 \le {k_1} \le 7\)

+ (1) \( \to {k_2} = \sqrt {16 + {k_1}^2} \)

Lập bảng: 

Vậy: \(\to \left\{ \begin{array}{l} {k_{1\max }} = 3\\ {k_{2\max }} = 5 \end{array} \right. \to M{A_{\max }} = 9cm\)

+ Th1: \( {(R + r)^2} + {({Z_L} - {Z_C})^2} = \frac{{{U^2}}}{{{{2,65}^2}}}(1)\)

+ Th2: \( {r^2} + {({Z_L} - {Z_C})^2} = \frac{{{U^2}}}{{{{3,64}^2}}}(2)\)

+ Th3: \( {(R + r)^2} + {Z_L}^2 = \frac{{{U^2}}}{{{{1,68}^2}}}(3)\)

+ Th4: \( I = \frac{U}{{\sqrt {{r^2} + {Z_L}^2} }}(4)\)

+ Lấy (1)-(2)-(3): 

\( \to - {r^2} + {Z_L}^2 = \frac{{{U^2}}}{{{{2,65}^2}}} - \frac{{{U^2}}}{{{{3,64}^2}}} - \frac{{{U^2}}}{{{{1,68}^2}}} \to {r^2} + {Z_L}^2 = 0,2874{U^2}\)

+ Số chỉ ampe kế: 

\( I = \frac{U}{{\sqrt {0,2874{U^2}} }} = 1,865(A)\)

+ Từ đồ thị: u_AN và u_MB vuông pha.

+ Vẽ giản đồ véc tơ:

+ Đề cho ta có: Góc NAD vuông tại A

U_0AN = AN =60V; U_0MB = MB=60V

+ Do r =R nên AE =30 V

+ \( \widehat {EAM} = \widehat {EDA} = \alpha \) (Góc có cạnh vuông góc)

Ta có: 

\(\tan \alpha = \frac{{AE}}{{AD}} = \frac{{30}}{{60}} = \frac{1}{2} \to \sin \alpha = \frac{1}{{\sqrt 5 }} \to \cos \alpha = \cos {\varphi _d} = \frac{2}{{\sqrt 5 }}\)

\( \to \alpha + \beta = {90^0} \to \cos \beta = \sin \alpha = \frac{1}{{\sqrt 5 }}\)

Ta có: \( {U_{0r}} = {U_{0R}} = AM = AE\cos \alpha = 30\frac{2}{{\sqrt 5 }} = 12\sqrt 5 V\)

+ Xét hình bình hành AMBD, ta có: 

\( {U_{0AB}} = AB = \sqrt {A{M^2} + M{B^2} + 2AM.MB.\cos \beta } = \sqrt {{{(12\sqrt 5 )}^2} + {{(60)}^2} + 2.12\sqrt 5 .60.\cos \frac{1}{{\sqrt 5 }}} = 24\sqrt {10} (V)\)