Khi quả nặng của một con lắc đơn đi từ vị trí cân bằng đến vị trí biên thì lực căng của sợi dây giảm.

Trong dao động cưỡng bức, hiện tợng cộng hưởng xảy ra khi tần số của lực cưỡng bức bằng tần số riêng của hệ dao động.

Công thức liên hệ: 

\({A^2} = {x^2} + \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}} \Rightarrow \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}} = {x^2} - {A^2}\)

Ta có: Δl<A=> trong quá trình dao động lò xo dãn khi x<−Δl, lò xo nén khi x<Δl F_dhmin=0 tại vị trí x=−Δl

Tần số dao động của con lắc đơn:

\({f = \frac{\omega }{{2\pi }} = \frac{1}{{2\pi }}\sqrt {\frac{g}{l}} }\)

Ta có:

f = 1/2π√(g/l)

f′ = 1/2π√(g/2l)

⇒ f/ f′ = √2 ⇔ f′ =1/√2f

Tốc độ của con lắc đơn khi nó đi qua vị trí có li độ αα được tính bằng công thức:

\(v = \sqrt {2gl\left( {\cos \alpha - \cos {\alpha _0}} \right)} \)

Chu kì T=/2π/ω/=1s

Ta có: x=10√2=A√2/2

Tại thời điểm t = 0 vật ở vị trí biên âm => thời điểm vật qua vị ví có li độ x=10√2 theo chiều âm vật quay được góc φ=5π/4

=> t=5T/8=5/8s

Ta có: 

\(\begin{array}{l} {\rm{W}} = \frac{1}{2}k{A^2} = \frac{1}{2}m{\omega ^2}{A^2}\\ = \frac{1}{2}{.0,2.10^2}{.0,1^2} = 0,1J \end{array}\)

Chu kì dao động của hệ lò xo khi treo vật nặng vào lò xo k₁ là:

\({T_1} = 2\pi \sqrt {\frac{m}{{{k_1}}}} \)

Chu kì dao động của hệ lò xo khi treo vật nặng vào lò xo k₂ là:

\({T_2} = 2\pi \sqrt {\frac{m}{{{k_2}}}} \)

Chu kì dao động của hệ lò xo khi treo vật nặng vào lò xo k₁, k₂ ghép song song là:

\(\begin{array}{l} {T_{12}} = 2\pi \sqrt {\frac{m}{k}} ,k = {k_1} + {k_2}\\ \Rightarrow \frac{1}{{T_1^2}} + \frac{1}{{T_2^2}}\\ \Rightarrow {T_{12}} = \frac{{{T_1}.{T_2}}}{{\sqrt {T_1^2 + T_2^2} }} = 0,24s \end{array}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l} F = k{\rm{\Delta }}l\\ \Leftrightarrow k = \frac{F}{{{\rm{\Delta }}l}} = \frac{1}{{{{5.10}^{ - 2}}}} = 20N/m \end{array}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l} {a_{max}} = {\omega ^2}A = \frac{k}{m}.A\\ = \frac{{60}}{{0,1}}.0,04 = 24{\mkern 1mu} m/{s^2} \end{array}\)

Hai dao động vuông pha, biên độ dao động tổng hợp là:

\(A = \sqrt {A_1^2 + A_2^2} = \sqrt {{A^2} + {A^2}} = A\sqrt 2 \)

Tại thời điểm t = 0 vật ở vị trí biên, vật đạt vận tốc cực đại tại VTCB.

Từ vị trí biên đến VTCB vật quay góc π/2⇒t=T/4

Theo đề bài ta có: 

\(\frac{{{\rm{\Delta }}A}}{{{A_0}}} = 7,5{\rm{\% }} \Rightarrow {\rm{\Delta }}A = 0,075{{\rm{A}}_0}\)

\(\begin{array}{l} {\rm{\Delta }}A = {A_0} - {A_1}\\ \Leftrightarrow {A_1} = {A_0} - {\rm{\Delta }}A = 0,925{{\rm{A}}_0} \end{array}\)

Độ giảm tương đối của thế năng được xác định bằng:

\(\begin{array}{l} \frac{{{\rm{\Delta W}}}}{{\rm{W}}} = \frac{{\frac{1}{2}kA_0^2 - \frac{1}{2}kA_1^2}}{{\frac{1}{2}{\rm{kA}}_0^2}} = \frac{{A_0^2 - A_1^2}}{{A_0^2}}\\ = \frac{{A_0^2 - {{\left( {0,925{{\rm{A}}_0}} \right)}^2}}}{{A_0^2}} = 0,14 = 14{\rm{\% }} \end{array}\)

Ta có:

L=10log(I₁/I₀ )

L′=10log(1000I₁/I₀)

⇒L−L′=10log1/1000=−30

⇔L′=L+30

Hai đầu A,B cố định, có 5 nút sóng kể cả A,B suy ra:

l=2λ⇔λ=l/2=200/2=100cm

Tốc độ truyền sóng trên dây là: 

v=λf=1.60=60m/s

Ta có:

\(\begin{array}{l} - \frac{{{S_1}{S_2}}}{\lambda } < k + 5 < \frac{{{S_1}{S_2}}}{\lambda }\\ \Leftrightarrow - \frac{{{{10.10}^{ - 3}}}}{{{{1,6.10}^{ - 3}}}} < k + 0,5 < \frac{{{{10.10}^{ - 3}}}}{{{{1,6.10}^{ - 3}}}}\\ \Rightarrow - 5,75 < k < 5,75\\ \Rightarrow k = 12 \end{array}\)

Điều kiện để có sóng dừng trên dây với hai đầu cố định:

\(l = k\frac{\lambda }{2} \Rightarrow \lambda = \frac{{2l}}{k}\)

Bước sóng lớn nhất khi k=1⇒λ=2l=2.3=6m

Ta có: λ=v/f=1530/510=3m

Khoảng cách gần nhau nhất giữa hai điểm trên phương truyền sóng mà tại đó hai điểm dao động ngược pha là: 

λ/2=3/2=1,5m

Sóng dừng hai đầu cố định:

\(l = k\frac{\lambda }{2} \Rightarrow \lambda = \frac{{2l}}{k}\)

Bước sóng lớn nhất khi k=1⇒λ=2l

Phương trình sóng tại một điểm trên mặt một chất lỏng có dạng:

\(u = A\cos \left( {\omega t - \frac{{2\pi d}}{\lambda }} \right)\)

So sánh với phương trình đề bài cho ta có:

2πx/λ=20x ⇒λ=2πx/20x=π/10 m

ω=2000⇒f=ω/2π=2000/2π=1000/π Hz

Tốc độ truyền sóng trên mặt chất lỏng là:

v=λf=π10.1000π=100m/s

Biên độ sóng khi giao thoa có giá trị cực tiểu khi d₂−d₁=π

Ta có: bước sóng

λ= v.T = 0,6.0,4 = 0,24m = 24cm 

Khoảng cách từ đỉnh sóng thứ 2 đến đỉnh sóng thứ 6 là 4λ=4.24=96cm

Theo đề bài ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}} {{d_2} - {d_1} = \lambda = 2,5cm}\\ { \Rightarrow v = \lambda f = 2,5.12 = 30cm/s.} \end{array}\)

Tại t = 0 nguồn O ở VTCB và bắt đầu chuyển động theo chiều dương.

Phương trình sóng tại O: 

\({u_O} = A\cos \left( {\omega t - \frac{\pi }{2}} \right)\left( {cm} \right)\)

Phương trình sóng tại M: 
\({u_M} = A\cos \left( {\omega t - \frac{\pi }{2} - \frac{{2\pi d}}{\lambda }} \right)\left( {cm} \right)\)

Ta có:

\(\begin{array}{l} \lambda = vT \Leftrightarrow T = \frac{\lambda }{v} = \frac{{10}}{5} = 2\\ \Rightarrow \omega = \frac{{2\pi }}{T} = \pi \left( {ra{\rm{d}}/s} \right)\\ d = 2,5m \Rightarrow \frac{{2\pi d}}{\lambda } = \frac{{2\pi .2,5}}{{10}} = \frac{\pi }{2} \end{array}\)

Vậy \({u_M} = 2\cos \left( {\pi t - \frac{\pi }{2} - \frac{\pi }{2}} \right) = 2\cos \left( {\pi t + \pi } \right)\left( {cm} \right)\)

Tốc độ truyền sóng trên dây là:

\(V = \frac{s}{t} = \frac{{12}}{3} = 4m/s\)

Do đó ta có: λ=vT=4.1,2=4,8m

Quan sát thấy trong 32 s sóng đập vào bờ 9 lần

\(8T = 32 \Leftrightarrow T = 4{\rm{s}}\)

Khoảng cách giữa hai đỉnh sóng kế tiếp là λ=12m

=> Tốc độ truyền sóng trên mặt hồ là: v=λ.f=λ/T=12/4=3m/s

Ta có:

\(\lambda = \frac{v}{f} = \frac{{50}}{{100}} = 0,5m\)

Khoảng cách giữa hai nút sóng liên tiếp bằng một nửa bước sóng.

A đúng vì bước sóng là khoảng giữa hai điểm gần nhau nhất trên cùng một phương truyền sóng.

B đúng vì d₂−d₁=kλ₂ => dao động ngược pha

C đúng vì d₂−d₁=kλ₂,k=1⇒d₂−d₁=λ₂ dao động ngược pha

D sai

Hai nguồn sóng kết hợp là hai nguồn có cùng tần số và hiệu số pha không đổi theo thời gian.

Sóng ngang không truyền được trong các chất lỏng và khí.

Ta có:

\(\frac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \frac{{{N_1}}}{{{N_2}}} = \frac{{{I_2}}}{{{I_1}}} \Leftrightarrow \frac{{220}}{{{U_2}}} = \frac{{{I_2}}}{2} = \frac{{2{N_2}}}{{{N_2}}}\)

⇒I₂=4A; U₂=110V

Ta có: 

\(\begin{array}{*{20}{l}} {P = R{I^2} = R\frac{{{U^2}}}{{{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}}}\\ { \Rightarrow P{R^2} - {U^2}R + P{{({Z_L} - {Z_C})}^2} = 0}\\ { \Leftrightarrow 3{R^2} - 25R + 12 = 0} \end{array}\)

Giải phương trình ta có: R=60Ω hay R=106,7Ω

\(\begin{array}{*{20}{l}} {\tan \varphi = \frac{{{U_C} - {U_L}}}{{{U_R}}} = \tan \frac{\pi }{4} = 1}\\ { \Rightarrow {U_C} - {U_L} = {U_R}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (1)}\\ {u = \sqrt {U_R^2 + {{({U_L} - {U_C})}^2}} = \sqrt {2{{({U_L} - {U_C})}^2}} }\\ { \Rightarrow {U_L} - {U_C} = 50\sqrt 2 {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (2)} \end{array}\)

Từ (1) và (2) suy ra: 

\({U_C} = 100\sqrt 2 V;{U_R} = 50\sqrt 2 V\)

Từ công thức:

\(\begin{array}{l} P = {U_R}I \Rightarrow I = \frac{P}{{{U_R} = \frac{{100}}{{50\sqrt 2 }}}} = \sqrt 2 A\\ {Z_C} = \frac{{{U_C}}}{I} = \frac{{100\sqrt 2 }}{{\sqrt 2 }} = 100{\rm{\Omega }}\\ \Rightarrow C = \frac{1}{{\omega {Z_C}}} = \frac{{{{10}^{ - 4}}}}{\pi }F \end{array}\)

Vì u sớm pha hơn I nên đoạn mạch gồm hai phần tử là điện trở thuần và cuộn cảm thuần. Do đó ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}} {Z = \sqrt {{R^2} + Z_L^2} = \frac{U}{I} = \frac{{120\sqrt 2 }}{{1,2}} = 100\sqrt 2 }\\ {\tan \varphi = \frac{{{Z_L}}}{R} = \tan \frac{\pi }{4} = 1} \end{array}\)

Từ đó ta có: R=Z_L=100Ω.

\(\begin{array}{*{20}{l}} {\tan \varphi = \frac{{{U_L} - {U_C}}}{{{U_R}}} = \tan \frac{\pi }{4} = 1}\\ { \Rightarrow {U_L} - {U_C} = {U_R};}\\ {P = R{I^2},U_{AB}^2 = U_R^2 + {{({U_L} - {U_C})}^2};}\\ {{Z_C} > {Z_L}} \end{array}\)

Dùng phép thử ta có: R=50Ω; Z_C=100Ω

Từ công thức: \(f = \frac{{np}}{{60}} \Rightarrow n = \frac{{60f}}{p} = 300\) vòng/phút

R thay đổi, P _max 

\(\Leftrightarrow R = \left| {{Z_L} - {Z_C}} \right| = \left| {80 - 30} \right| = 50\)