Biên độ dao động của chất điểm 4 cm.

Dao động cưỡng bức có biên độ không đổi theo thời gian

Sóng phản xạ luôn ngược pha với sóng tới tại điểm phản xạ.

Biến thế 4 là biến thế hạ áp

Cường độ dòng điện hiệu dụng qua cuộn cảm \(I = \frac{U}{{{Z_L}}} = \frac{U}{{L\omega }}\)

Ánh sáng vàng có bước sóng vào cỡ 0,58 μm.

Hiện tượng quang điện trong thì electron bị bứt ra khỏi liên kết, còn quang điện ngoài thì electron bị bứt ra khỏi bề mặt kim loại

Năng lượng liên kết riêng của hạt nhân \({\varepsilon _{lk}} = \frac{{\Delta m{c^2}}}{A}\)

Biên độ của dao động 2 cm

Tự cảm là hiện tượng cảm ứng điện từ do sự biến thiên từ thông qua mạch gây bởi sự biến thiên của chính cường độ dòng điện trong mạch.

Năng lượng dao động của con lắc \(E = \frac{1}{2}k{A^2} = 0,4\) J

Chu kì dao động của mạch LC là \(T = 2\pi \sqrt {LC} \)

Điện thoại di động có cả máy phát và máy thu sóng vô tuyến

Tia tử ngoại được ứng dụng để tìm vết nứt trên bề mặt các vật.

Bán kính quỹ đạo dừng của electron \({r_n} = {n^2}{r_0}\), quỹ đạo dừng M ứng với n = 3 → \(% MathType!MTEF!2!1!+- {r_M} = 9{r_0}\)

Công thoát tỉ lệ nghịch với giới hạn quang điện, do vậy với \({\lambda _1} > {\lambda _2} > {\lambda _3}\) → \({A_3} < {A_2} < {A_1}\)

So với hạt nhân \(_{27}^{60}Co\), hạt nhân \(_{84}^{210}Po\) có nhiều hơn 57 proton và 93 notron.

Phản ứng là tỏa năng lượng khi \({m_A} > {m_B} + {m_C}\)

Đầu trái của dây dẫn tích điện âm → đầu này thừa electron → Lực Lo – ren – xo tác dụng lên các electron tự do có chiều từ phải sâng trái.

→ Áp dụng quy tắc bàn tay trái → cảm ứng từ có phương thẳng đứng, hướng vào trong mặt phẳng hình vẽ.

Nam châm không tác dụng lên điện tích đứng yên (không có từ tính).

+ Từ đồ thị, ta thu được phương trình của hai dao động thành phần:

\(\left\{ \begin{array}{l} {x_1} = 3\cos \left( {\frac{\pi }{2}t - \frac{\pi }{2}} \right)\\ {x_2} = 2\cos \left( {\frac{\pi }{2}t + \frac{\pi }{2}} \right) \end{array} \right.\)cm →  \(x = {x_1} + {x_2} = \cos \left( {\frac{\pi }{2}t - \frac{\pi }{2}} \right)\)cm.

Ta có:

\({\left( {\frac{s}{{{s_0}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{v}{{{v_0}}}} \right)^2} = 1\) →  \({\left( {\frac{s}{{l{\alpha _0}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{v}{{\sqrt {gl} {\alpha _0}}}} \right)^2} = 1\)→ l = 1,6 m.

Khi máy đo di chuyển trên BC thì mức cường độ âm lớn nhất tại H, với H là hình chiếu của A lên BC .

Ta có

\(\frac{{AB}}{{AH}} = {10^{\frac{{\Delta L}}{{20}}}} = \sqrt {10} \), chọn AH = 1 → \(AB = \sqrt {10} \)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông

 \(\frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{A{H^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}}\) → \(AC = \frac{{\sqrt {10} }}{3}\)

→ Mức cường độ âm tại C: \({L_C} = {L_H} - 20\log \frac{{AC}}{{AH}} = 60 - 20\log \frac{{\sqrt {10} }}{3} = 59,5\)dB

Ta có 

\(I = \frac{U}{{{Z_C}}} = U2\pi fC\) -> \(\left\{ \begin{array}{l} 0,5 = U2\pi C.60\\ 8 = U2\pi C.f' \end{array} \right.\)

=> \(f' = 960\) Hz

+ Với mạch dao động LC ta có: \(\frac{1}{2}LI_0^2 = \frac{1}{2}CU_0^2\)→ \(I = \sqrt {\frac{C}{L}} {U_0} = 0,04\)A.

→ Từ thông tự cảm cực đại \({\Phi _0} = L{I_0} = {2.10^{ - 4}}\)Wb.

+ Khi C biến thiên để U_c cực đại thì điện áp hai đầu đoạn mạch vuông pha với điện áp hai đầu đoạn mạch RL

+ Từ hình vẽ, ta có :

\({U^2} = {U_{Cmax}}\left( {{U_{Cmax}} - {U_L}} \right)\)

→ \({100^2} = {U_{Cmax}}\left( {{U_{Cmax}} - 97,5} \right)\)→ \({U_{Cmax}} = 160\)V.

\(\sin \varphi = \frac{{{U_C} - {U_L}}}{U} = 0,625\) → \(\varphi = 0,22\pi \)

→ Vậy điện áp hai đầu điện trở sớm pha hơn điện áp hai đầu đoạn mạch một góc\(\varphi = 0,22\pi \) rad.

+ Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng

\({n_1}\sin i = {n_2}\sin r\)

→ \(\left\{ \begin{array}{l} \sin \left( {{{45}^0}} \right) = \left[ {1,26 + \frac{{7,{{555.10}^{ - 14}}}}{{{{\left( {0,{{76.10}^{ - 6}}} \right)}^2}}}} \right]\sin {r_d}\\ \sin \left( {{{45}^0}} \right) = \left[ {1,26 + \frac{{7,{{555.10}^{ - 14}}}}{{{{\left( {0,{{38.10}^{ - 6}}} \right)}^2}}}} \right]\sin {r_t} \end{array} \right.\)

→\(\left\{ \begin{array}{l} {r_d} = {30^0}33'30,48''\\ {r_t} = {23^0}21'43'' \end{array} \right.\)

→ \(\Delta r = {7^0}11'47''\)

+ Theo giả thuyết bài toán, ta có:

\({x_S} = k\frac{{D\lambda }}{a}\)→ \(\left\{ \begin{array}{l} {6.10^{ - 3}} = 5\frac{{D\lambda }}{a}\\ {6.10^{ - 3}} = 6\frac{{D\lambda }}{{a + 0,{{2.10}^{ - 3}}}} \end{array} \right.\)

→ \(\frac{5}{a} = \frac{6}{{a + 0,{{2.10}^{ - 3}}}}\)

→ a = 1 mm và \(\lambda = 0,6\) μm

Bán kính quỹ đạo dừng của electron theo mẫu nguyên tử Bo:

\({r_n} = {n^2}{r_0}\)→ \(n = \sqrt {\frac{{{r_n}}}{{{r_0}}}} = \sqrt {\frac{{1,{{908.10}^{ - 9}}}}{{0,{{53.10}^{ - 10}}}}} = 6\)

Photon có năng lượng lớn nhất ứng với sự chuyển mức từ 6 về 1, photon có năng lượng bé nhất ứng với sự chuyển mức từ 6 về 5, ta có tỉ số

\(\frac{{{\varepsilon _{ma{\rm{x}}}}}}{{{\varepsilon _{\min }}}} = \frac{{ - \left( {\frac{1}{{{6^2}}} - \frac{1}{{{1^2}}}} \right)}}{{ - \left( {\frac{1}{{{6^2}}} - \frac{1}{{{5^2}}}} \right)}} = \frac{{875}}{{11}}\)

Năng lượng mà nhà máy tạo ra được trong 1 năm :  \(E = Pt = 3,{1536.10^6}\)J.

Với hiệu suất 0,25 thì năng lượng thực tế nhà máy này thu được từ phản ưng phân hạch là

\({E_0} = \frac{E}{{25}}100 = 1,{26144.10^{17}}\)J.

Số phản ứng phân hạch tương ứng : \(n = \frac{{{E_0}}}{{\Delta E}} = \frac{{1,{{26144.10}^{17}}}}{{{{200.10}^6}.1,{{6.10}^{ - 19}}}} = 3,{942.10^{27}}\)

Khối lượng Urani tương ứng \(m = \mu A = \frac{n}{{{N_A}}}A = 1538\)kg.

→ Vậy khối lượng nhiên liệu là \({m_0} = \frac{m}{{35}}100 \approx 4395\)kg.

+ Ta có

\(\left\{ \begin{array}{l} \Delta {N_{{t_1}}} = 0,6{N_0} = {N_0}\left( {1 - {2^{ - \frac{{{t_1}}}{T}}}} \right)\\ {N_{{t_2}}} = 0,025{N_0} = {N_0}{2^{ - \frac{{{t_1} + 36}}{T}}} = {N_0}{2^{ - \frac{{{t_1}}}{T}}}{.2^{ - \frac{{36}}{T}}} \end{array} \right.\)→\(\left\{ \begin{array}{l} {2^{ - \frac{{{t_1}}}{T}}} = 0,4\\ 0,025 = 0,{42^{ - \frac{{36}}{T}}} \end{array} \right.\) →  T = 9 ngày

Bước sóng của sóng  \(\lambda = \frac{v}{f} = \frac{{40}}{{10}} = 4\)cm.

+ Ta để ý rằng \(\left\{ \begin{array}{l} \frac{{OA}}{\lambda } = \frac{{12}}{4} = 3\\ \frac{{OB}}{\lambda } = \frac{{16}}{4} = 4 \end{array} \right.\)

→ Tại thời điểm O ở vị trí cao nhất (đỉnh gợn sóng) thì A và B là các định của những gợn thứ 3 và thứ 4.

+ Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông

\(\frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} = \frac{1}{{O{M^2}}}\)↔ \(\frac{1}{{{{12}^2}}} + \frac{1}{{{{16}^2}}} = \frac{1}{{O{M^2}}}\) → OM = 9,6cm.

→ Khi O là đỉnh cực đại thì trên AB chỉ có đỉnh thứ 3 và thứ 4 đi qua.

+ Ta để ý rằng đỉnh sóng thứ hai có bán kính 2.4 = 8 cm, giữa hai sóng liên tiếp có hai dãy phần tử đang ở vị trí cân bằng cách đỉnh  \(0,25\lambda \)và \(0,75\lambda \)→ dãy các phần tử đang ở vị trí cân bằng nằm giữa đỉnh thứ hai và thứ 3 cách O lần lượt là 8 + 1 = 9 cm và 8 + 1 + 2 = 11 cm. → trên AB chỉ có dãy phần tử ứng với bán kính 11 cm đi qua.

+ Giữa hai đỉnh sóng thứ 3 và thứ 4 có hai dãy phần tử môi trường đang ở vị trí cân bằng.

→ Có tất cả 4 vị trí phần tử môi trường đang ở vị trí cân bằng.

+ Giả sử ban đầu  là vị trí cho vân sáng bậc k → \({x_M} = k\frac{{D\lambda }}{a}\)

Khi dịch chuyển mà ra xa một đoạn  thì  vẫn là vân sáng nhưng số vân sáng trên  giảm đi 4 vân điều này chứng tỏ tại  lúc này là vân sáng bậc k - 2  → \({x_M} = \left( {k - 2} \right)\frac{{\left( {D + d} \right)\lambda }}{a}\)→ \(k = \left( {k - 2} \right)\left( {1 + \frac{d}{D}} \right)\) (*).

+ Tiếp tục dịch chuyển màn ra xa thêm một khoảng 9d nữa thì A là vân sáng, sau đó nếu dịch chuyển màn tiếp tục ra xa thì ta sẽ không thu được vân sáng → lúc này A là vân sáng bậc nhất → \({x_M} = \frac{{\left( {D + 10d} \right)\lambda }}{a}\)

→ \(kD = D + 10d\)→ \(\frac{d}{D} = \frac{{k - 1}}{{10}}\)

+ Thay vào phương trình (*) ta thu được \(\frac{{{k^2}}}{{10}} - \frac{3}{{10}}k - \frac{9}{5} = 0\) → k = 6

+ Ảnh hứng được trên màn → thấu kính là hội tụ, ảnh là thật → ngược chiều với vật.

+ Ta có hệ :

\(\left\{ \begin{array}{l} d + d' = 1,8\\ k = - \frac{{d'}}{d} = - 0,2 \end{array} \right.\)→ \(\left\{ \begin{array}{l} d = 1,5\\ d' = 0,3 \end{array} \right.\)m.

→ Áp dụng công thức thấu kính \(\frac{1}{d} + \frac{1}{{d'}} = \frac{1}{f}\) ↔ \(\frac{1}{{1,5}} + \frac{1}{{0,3}} = \frac{1}{f}\)→ f = 25 cm

Ban đầu lò xo giãn một đoạn \(\Delta {l_0}\) , sau khoảng thời gian thả rơi lò xo và vật → lò xo co về trạng thái không biến dạng. Khi ta giữ cố định điểm chính giữa của lò xo, con lắc sẽ dao động quanh vị trí cân bằng mới.

+ Khi giữ cố định điểm chính giữa của lò xo, phần lò xo tham gia vào dao động có độ cứng \(k = 2{k_0} = 50\)N/m.

→ Tần số góc của dao động \(\omega = \sqrt {\frac{k}{m}} = \sqrt {\frac{{50}}{{0,1}}} c = 10\sqrt 5 \)rad/s → T = 0,28s.

→ Độ biến dạng của lò xo tại vị trí cân bằng mới \(\Delta l = \frac{{mg}}{k} = \frac{{0,1.10}}{{50}} = 2\)cm.

+ Vận tốc của con lắc tại thời điểm t₁ là \({v_0} = g{t_1} = 10.0,02\sqrt {15} = 0,2\sqrt {15} \) m/s.

→ Biên độ dao động của con lắc \(A = \sqrt {\Delta {l^2} + {{\left( {\frac{{{v_0}}}{\omega }} \right)}^2}} = \sqrt {{2^2} + {{\left( {\frac{{20\sqrt {15} }}{{10\sqrt 5 }}} \right)}^2}} = 4\) cm.

+ Ta chú ý rằng tại thời điểm t₁ vật ở vị trí có li độ \(\left| x \right| = \frac{A}{2} = 2\) cm → sau khoảng thời gian \(\Delta t = {t_2} - {t_1} = \frac{T}{4} = 0,07\) s vật đi vị trí có li độ \(\left| x \right| = \frac{{\sqrt 3 }}{2}A\)→ \(v = \frac{{{v_{max}}}}{2} = \frac{{\omega A}}{2} = \frac{{4.10\sqrt 5 }}{2} = 20\sqrt 5 \approx 44,7\)cm/s

Ta có:

o   \({a_M} = {a_N} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}{A_b} = 20\sqrt 3 \) mm → M và N cách nút một đoạn \(\frac{\lambda }{6}\).

o   giữa M và N các điểm dao động với biên độ nhỏ hơn biên độ của M, N → M và N nằm hai bên một nút sóng.

→ \(MN = \frac{\lambda }{6} + \frac{\lambda }{6} = 5\) cm → \(\lambda = 15\)cm

+ Áp dụng kết quả bài toán điều kiện để một vị trí cực đại và cùng pha với nguồn

 \(\left\{ \begin{array}{l} {d_2} - {d_1} = k\lambda \\ {d_2} + {d_1} = n\lambda \end{array} \right.(1)\)với n, k có độ lớn cùng chẵn hoặc cùng lẽ

+ Số dãy dao động với biên độ cực đại

\(\left\{ \begin{array}{l} {d_2} - {d_1} = k\lambda \\ {d_2} + {d_1} = n\lambda \end{array} \right.(1)\)→ \( - \frac{{18}}{5} < k < \frac{{18}}{5}\)→ \( - 3,6 < k < 3,6\)

+ Để M gần A nhất thì khi đó M phải nằm trên cực đại ứng với , áp dụng kết quả ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} {d_2} - {d_1} = 3\lambda \\ {d_2} + {d_1} = n\lambda \end{array} \right.\) ↔ \(n = 3 + \frac{{2{d_1}}}{\lambda }\) chú ý rằng n là một số lẻ

+ Mặc khác từ hình vẽ ta có thể xác định được giá trị nhỏ nhất của d₁ như sau

\(\left\{ \begin{array}{l} {d_2} - {d_{1\min }} = 15\\ {d_2} + {d_{1in}} = 18 \end{array} \right.\)→ \(2{{\rm{d}}_{1\min }} = 3\)

Thay vào biểu thức trên ta thu được \(n \ge 3 + \frac{{2{{\rm{d}}_{1\min }}}}{\lambda } = 3 + \frac{3}{5} = 3,6\)

→ Vậy số lẻ gần nhất ứng với n = 5 .

Thay trở lại phương trình (1) ta tìm được d₁ = 5 cm.

Ta gọi các khoảng thời gian a – b, b – c, c – d, d – e là . Từ đồ thị ta thấy:

o   các điện áp biển đổi với chu kì T = 8t

o   khoảng thời gian kể từ khi u_Dmin đến u_Cmin gần nhất là \(\Delta t = 3t\).

→ Độ lệch pha giữa hai dao động \(\Delta \varphi = \frac{{\Delta t}}{T}{360^0} = {135^0}\)

+ Mặc khác U_0C=120 V và U_0D=160V → \(U = \frac{{\sqrt {U_{0D}^2 + U_{0C}^2 + 2{U_{0D}}{U_{0C}}\cos \Delta \varphi } }}{{\sqrt 2 }} \approx 80\) V

Phương trình truyền tải điện năng \(P = \Delta P + {P_{tt}}\) , với P, \(\Delta P\) và P_tt lần lượt là công suất truyền đi, công suất hao phí và công suất nơi tiêu thụ.

Ta có

\(\left\{ \begin{array}{l} \Delta P = 0,1P'\\ \Delta P = 0,05P' \end{array} \right.\)→ \(\left\{ \begin{array}{l} \Delta P = \frac{P}{{11}} = \frac{{{P^2}R}}{{{U^2}}}\\ \Delta P = \frac{P}{{21}} = \frac{{{P^2}R}}{{{k^2}{U^2}}} \end{array} \right.\)

+ Lập tỉ số → \(\frac{{{k^2}}}{{{{10}^2}}} = \frac{{21}}{{11}}\)→ k = 13,8.

+ Chu kì dao động của điện từ trường \(T = \frac{1}{f} = \frac{1}{{{{5.10}^6}}} = {2.10^{ - 7}}\)s.

Thời gian để sóng truyền đi từ M đến N là \(\Delta t = \frac{{MN}}{c} = \frac{{45}}{{{{3.10}^8}}} = 1,{5.10^{ - 7}}\)s.

+ Tại thời điểmt = 0 , cường độ điện trường tại M bằng 0, sau khoảng thời gian \(\Delta t = \frac{3}{4}T\) sóng truyền tới N→ dễ thấy rằng cần ít nhất  \(\frac{T}{4} = {50.10^{ - 9}}\)s nữa điện trường tại N sẽ bằng 0.