C được gọi là biên độ của dao động.

Trong dao động điều hòa thì biên độ, tần số và năng lượng toàn phần là luôn không đổi theo thời gian.

Các điểm trên mặt nước thuộc trung trực của hai nguồn sóng sẽ dao động với biên độ cực đại.

Sóng cơ không lan truyền được trong chân không → A sai.

Khi xảy ra cộng hưởng điện thì hiệu điện thế hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch bằng hiệu điện thế hiệu dụng trên điện trở thuần → C sai.

Ta có:

\(\frac{1}{2}LI_0^2 = \frac{1}{2}CU_0^2\)\( \to {I_0} = {U_0}\sqrt {\frac{C}{L}} \)

Khoảng thời gian ngắn nhất để đi từ vị trí cân bằng ra biên là một phần tư chu kì.

Thứ tự giảm dần của bước sóng: hồng ngoại, ánh sáng tím, tử ngoại và Rơn – ghen.

M chỉ có thể nằm tại vị trí (2). Tại vị trí này cảm ứng từ gây bởi hai dòng điện cùng phương và ngược chiều nhau.

Hạt nhân nguyên tử được cấu tạo từ các nucleon

Ta có : \({E_d} = {E_t}\)\(\to \left| x \right| = \frac{{\sqrt 2 }}{2}A\) và \(\left| a \right| = \frac{{\sqrt 2 }}{2}{\omega ^2}A\)

\(\omega = \sqrt {\frac{a}{x}} = \sqrt {\frac{{\left( {100} \right)}}{{\left( {10} \right)}}} = \pi (rad)\) => T= 2s

\({T_d} = \frac{T}{2} = \frac{2}{2} = 1s\)

Ta có : l = 1m, n =1 

\(\lambda = 2l = 2.\left( 1 \right) = 2m\)

Ta có : p = 10 , n = 300 vòng/phút 

\(f = \frac{{pn}}{{60}} = \frac{{\left( {10} \right).\left( {300} \right)}}{{60}} = 50Hz\)

Dựa vào việc nghiên cứu quang phổ mà con người biết được thành phần chủ yếu của các nguyên tố cấu tạo Mặt Trời.

Xung quanh dòng điện sẽ có từ tường. Dòng điện xoay chiều có cường độ biến thiên do đó từ trường mà nó sinh ra là một từ trường biến thiên → điện trường biến thiên được hình thành → ta có điện từ trường trong không gian.

Năng lượng của photon theo thuyết lượng tử ánh sáng \(\varepsilon = \frac{{hc}}{\lambda } = \frac{{6,{{625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}{{{{5.10}^{ - 11}}}} = 3,{975.10^{ - 15}}\)

Hai hạt nhân có cùng độ hụt khối → có cùng năng lượng liên kết.

Hạt nhân X có số khối lớn hơn hạt nhân Y→ năng lượng liên kết của X nhỏ hơn Y→ Hạt nhân Y bền vững hơn hạt nhân X.

Tia \(\gamma\) , X không mang điện nên không bị lệch trong điện trường

Electron dịch chuyển ra xa hai điện tích q_A, q_B → tổng điện tích của q_A và q_B phải âm → B không thể xảy ra.

Khi cho nam châm chuyển động qua một mạch kín, trong mạch xuất hiện dòng điện cảm ứng. Điện năng của dòng điện được chuyển hóa từ cơ năng.

\({\alpha _0} = 0,08\) =>  \({a_{max}} = g{\alpha _0} = \left( {10} \right).\left( {0,08} \right) = 0,8\) m/s²

\({I_A} = \frac{P}{{4\pi {r^2}}} = \frac{{\left( {0,6} \right)}}{{4\pi .\left( {{3^2}} \right)}} = 5,{31.10^{ - 3}}\)

Dễ thấy hệ thức u_M=-u_N  tương ứng cho hai đại lượng ngược pha → vị trí cân bằng của M và N có thể cách nhau một khoảng là một nửa bước sóng.

\(\cos \beta = \frac{{U_R^2 + U_X^2 - {U^2}}}{{2{U_R}{U_X}}} = \frac{{{{\left( {100} \right)}^2} + {{\left( {250} \right)}^2} - {{\left( {300} \right)}^2}}}{{2.\left( {100} \right).\left( {250} \right)}} = - 0,35\)

\(\beta + {\varphi _X} = {180^0} \to \cos {\varphi _X} = - \cos \beta = 0,35\)

U ~n và \({Z_C} \sim \frac{1}{n}\)

\(I = \frac{U}{{{Z_C}}}\) => I ~ n² => nn tăng 4 lần thì I tăng 16 lần.

Chốt q ứng với số vòng dây nhỏ nhất → vôn kế có chỉ số nhỏ nhất

\(\varepsilon = \frac{{hc}}{\lambda }\) mà ta có \({\varepsilon _1} > {\varepsilon _2}\) => \({\lambda _1} < {\lambda _2}\)

Áp dụng công thức Anh – xtanh về hiện tương quang điện.

\(\left\{ \begin{array}{l} \frac{{hc}}{{{\lambda _1}}} = \frac{{hc}}{{{\lambda _0}}} + 2{E_{d2}}\;\;\\ \frac{{hc}}{{{\lambda _2}}} = \frac{{hc}}{{{\lambda _0}}} + {E_{d2}} \end{array} \right.\)=> \({\lambda _o} = \frac{{3{\lambda _1}{\lambda _2}}}{{4{\lambda _1} - {\lambda _2}}} = \frac{{3.\left( {0,4} \right).\left( {0,5} \right)}}{{4.\left( {0,4} \right) - \left( {0,5} \right)}} = 0,545\mu m\)

Khi chuyển động trên các quỹ đạo dừng thì lực tĩnh điện đóng vai trò là lực hướng tâm:

\(F = m{a_{ht}} \to k\frac{{{q^2}}}{{r_n^2}} = m{\omega ^2}{r_n} \to \omega = \sqrt {\frac{k}{{mr_n^3}}} q\)

quỹ đạo M ứng với  n=3 

\(\omega = \sqrt {\frac{{{{9.10}^9}}}{{0,{{91.10}^{ - 31}}.{{\left( {{3^2}.5,{{3.10}^{ - 11}}} \right)}^3}}}} 1,{6.10^{ - 19}} = 1,{53.10^{15}}rad\) => \({T_M} = 4,{1.10^{ - 15}}s\)

Chu vi của quỹ đạo M là \(s = 2\pi {r_M} = 2\pi {.3^2}.5,{3.10^{ - 11}} = {3.10^{ - 9}}m\)

Ta để ý rằng khoảng thời gian \(\Delta t = {10^{ - 8}}s\) gần bằng 2439024,39T → S=7,3 mm

Năng lượng mà tàu cần dùng trong một ngày \(E = Pt = \left( {{{400.10}^6}} \right).\left( {24.3600} \right) = {3456.10^{13}}J\)
H= 0,5 => \({E_0} = \frac{E}{{25}}.100 = \frac{{\left( {{{3456.10}^{13}}} \right)}}{{25}}.100 = 1,{3824.10^{14}}J\)

Số hạt nhân Urani đã phân hạch: \(n = \frac{{{E_0}}}{{\Delta E}} = \frac{{\left( {1,{{3824.10}^{14}}} \right)}}{{\left( {{{200.10}^6}} \right).\left( {1,{{6.10}^{ - 19}}} \right)}} = 4,{32.10^{24}}\)

→\(m = \mu A = \frac{n}{{{N_A}}}A = \frac{{\left( {4,{{32.10}^{24}}} \right)}}{{\left( {6,{{023.10}^{23}}} \right)}}.\left( {235} \right) = 1,69kg\)

Biễu diễn đường đi của của tia phản xạ và tia ló. Ta có:

 n =1,3 , bề dày e= 10 cm, i = 60⁰ => r =42⁰

IK = 2e tan r = 18 cm

Trong quá trình lan truyền sóng điện từ thì cường độ điện trường và cảm ứng từ luôn cùng pha nhau

+ tại thời điểm t₀ cảm ứng từ đang có giá trị \(\frac{{{B_0}}}{2}\)
+ để ý rằng hai thời điểm này vuông pha nhau vậy, tại thời điểm t ta có \(B=\frac{{\sqrt 3 {B_0}}}{2}\)

vị trí của vân sáng  → \({x_M} = k\frac{{D\lambda }}{a} \to \lambda = \frac{{a{x_M}}}{{kD}} = \frac{{0,{{4.10}^{ - 3}}{{.27.10}^{ - 3}}}}{{3k}} = \frac{{3,6}}{k}\) µm.

→ lập bảng, với khoảng giá trị của bước sóng, ta tìm được các bức xạ cho vân sáng là 0,72 µm, 0,6 µm, 0,542 µm, 0,45 µm, 0,4 µm

→ Giá trị trung bình \(\overline {{\lambda _{}}} = 0,53684\) µm.

Ảnh cao hơn vật → thấu kính là hội tụ.

→ Trường hợp ảnh ngược chiều so với vật, đây là ảnh thật.

\(\left\{ \begin{array}{l} d + d' = 24\\ d' = 2d \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} d = 8\\ d' = 16 \end{array} \right.\)

\(\frac{1}{d} + \frac{1}{{d'}} = \frac{1}{f} \to f = \frac{{16}}{3}cm\)

Từ đồ thị, ta có: A₁=A₂=4

tại x₁=2 đang tăng thì x₂=1 và đang giảm.

→ Biễu diễn trên đường tròn \(\Delta \varphi = \arccos \left( {\frac{{{x_1}}}{A}} \right) + \arccos \left( {\frac{{{x_2}}}{A}} \right) = \arccos \left( {\frac{2}{4}} \right) + \arccos \left( {\frac{1}{4}} \right) \approx 2,4rad\)

Ta có: \({\alpha _{01}} = {\alpha _{02}}\) => g₁ cùng phương, cùng chiều g₂

T₂ > T₁ => g₁ > g₂

Ta biễu diễn các gia tốc bằng vecto nối đuôi.

a₁ = a₂ và (a₁,a2) =60⁰ và →  tam giác đều.

vậy \({\beta _1} = {60^0},{\beta _2} = {120^0},\alpha = 52^\circ \)

Áp dụng định lí sin, ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} \frac{g}{{\sin {\beta _2}}} = \frac{{{g_2}}}{{\sin \alpha }}\\ \frac{g}{{\sin {\beta _1}}} = \frac{{{g_1}}}{{\sin \left( {\alpha + {{60}^0}} \right)}} \end{array} \right.\)=> \(\frac{{{g_1}}}{{{g_2}}} = \frac{{\sin {\beta _2}}}{{\sin {\beta _1}}}.\frac{{\sin \left( {\alpha + {{60}^0}} \right)}}{{\sin \alpha }} \approx 1,18\)

Kết hợp với \({T_1} = {T_2}\sqrt {\frac{{{g_2}}}{{{g_1}}}} \approx 0,92{T_2}\) => \({T_2} = \frac{{0,1}}{{1 - 0,92}} = 1,28s\)

Hiệu suất của quá trình tuyền tải \(H = 1 - \frac{{PR}}{{{U^2}}}\) → đồ thị \(H\left( {\frac{1}{{{U^2}}}} \right)\) có dạng là một đường thẳng với hệ số góc \(\tan \beta = - PR\)

Ta có: \(\tan \left( \alpha \right) = - {P_2}R,\tan \left( {2\alpha } \right) = - {P_1}R\)

 P₁ + P₂ = 10 kW nên\(\tan \alpha + \tan \left( {2\alpha } \right) = - \left( {{P_1} + {P_2}} \right)R = - \left( {10} \right).\left( {{{50.10}^{ - 3}}} \right)\)

\(\tan \left( {2\alpha } \right) = - 0,3365\) => P₁= 6,73kW

Theo giả thuyết bài toán: Z_L=ZL₀ và Z_L=3ZL₀ cho cùng U_C => \({Z_{L0}} + 3{Z_{L0}} = 2{Z_C}\)

Để đơn giản, ta chọn  Z_L0=1  => Z_C=2

Z_L=2Z_L0 và Z_L=6Z_L0 cho cùng U_L

\(\frac{1}{{2{Z_{L0}}}} + \frac{1}{{6{Z_{L0}}}} = \frac{{2{Z_C}}}{{{R^2} + Z_C^2}} \to \frac{1}{{\left( 2 \right)}} + \frac{1}{{\left( 6 \right)}} = \frac{{2.\left( 2 \right)}}{{{R^2} + \left( {{2^2}} \right)}}\) => R²=2

Ta có tỉ số \(\frac{{{U_L}}}{{{U_C}}} = \frac{{\frac{{2{Z_{L0}}}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {2{Z_{L0}} - {Z_C}} \right)}^2}} }}}}{{\frac{{{Z_C}}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_{L0}} - {Z_C}} \right)}^2}} }}}} = \frac{{\frac{2}{{\sqrt {2 + {{\left( {2 - 2} \right)}^2}} }}}}{{\frac{2}{{\sqrt {2 + {{\left( {1 - 2} \right)}^2}} }}}} = \sqrt {\frac{3}{2}} \)

Ta có:

\(\frac{{{k_1}}}{{{k_2}}} = \frac{{{\lambda _2}}}{{{\lambda _1}}} = \frac{{490}}{{735}} = \frac{2}{3}\)

→ vị trí trùng nhau của bức xạ \({\lambda _1}\) với \({\lambda _2}\)  sẽ ứng với  \({k_1} = 2,4,6...\)

Điều kiện để bức xạ \({\lambda }\) bất kì cho vân sáng trùng với bức xạ \({\lambda _1}\)

\(\frac{{{k_1}}}{k} = \frac{\lambda }{{{\lambda _1}}} \to \lambda = {\lambda _1}\frac{{{k_1}}}{k}\)

để vân sáng của \({\lambda }\) trùng với vân sáng của \({\lambda_2 }\) thì \({k_1} = 2,4,6...\)

\(\lambda = \frac{{\left( {2n} \right)735}}{k}\) với n = 1,2,3...

Lập bảng :

với n = 2 thì ta có \({\lambda_3 }\)= 588 nm và \({\lambda_4}\)= 420 nm

\(\Delta \varepsilon = hc\left( {\frac{1}{{{\lambda _4}}} - \frac{1}{{{\lambda _3}}}} \right) = \left( {6,{{625.10}^{ - 34}}} \right).\left( {{{3.10}^8}} \right)\left( {\frac{1}{{{{420.10}^{ - 9}}}} - \frac{1}{{{{588.10}^{ - 9}}}}} \right) = 0,85eV\)

Ta có:

\(\Delta E = \left( {{m_\alpha } + {m_N} - {m_O} - {m_X}} \right){c^2}\)
\(\Delta E = {K_O} - K\)

Phương trình bảo toàn động lượng cho phản ứng

\(\overrightarrow {{p_\alpha }} = \overrightarrow {{p_O}} \to p_\alpha ^2 = p_O^2 \to {K_O} = \frac{{{m_\alpha }}}{{{m_O}}}K\)

→ Từ các phương trình trên, ta thu được

\(K = \frac{{\left( {{m_\alpha } + {m_N} - {m_O} - {m_X}} \right){c^2}}}{{\frac{{{m_\alpha }}}{{{m_O}}} - 1}} = \frac{{\left( {4,0015 + 13,9992 - 16,9947 - 1,0073} \right).931,5}}{{\frac{{1,0073}}{{16,9947}} - 1}} = 1,58\)MeV.