Khi một con lắc lò xo đang dao động tắt dần do tác dụng của lực ma sát thì cơ năng của con lắc chuyển hóa dần dần thành nhiệt năng. 

Công thức đúng: A = UIt.  

Trong chân không, sánh sáng màu đỏ có bước sóng nằm trong khoảng: Từ 640 nm đến 760 nm.

Công thức đúng: \({{A}^{2}}=A_{1}^{2}+A_{2}^{2}+2{{A}_{1}}{{A}_{2}}\cos \left( {{\varphi }_{2}}-{{\varphi }_{1}} \right)\).

Âm sắc là đặc trưng sinh lý của âm.

Điều kiện để trong đoạn mạch có cộng hưởng điện là Z_L = Z_C. 

Đại lượng f = p.n là tần số của suất điện động.

Đại lượng s_o được gọi là biên độ của dao động.

Khi vật qua vị trí có li độ x thì thế năng của con lắc là \({{\text{W}}_{t}}=\frac{1}{2}k{{x}^{2}}\). 

Khoảng cách giữa hai nút sóng liên tiếp là \(\frac{\lambda }{2}\).

Trong hệ SI, đơn vị của cường độ điện trường là Vôn trên mét (V/m).

Hệ tán sắc một trong ba bộ phận chính của máy quang phổ lăng kính.

Hiện tượng điện phân. được ứng dụng để mạ điện.

Sự phát quang này gọi là sự lân quang. 

Hệ số công suất của đoạn mạch bằng \(\frac{R}{\sqrt{{{R}^{2}}+\frac{1}{{{\omega }^{2}}C}}}\).

Biểu thức điện áp giữa hai đầu cuộn cảm là \(u=U\sqrt{2}\cos \left( \omega t+\frac{\pi }{2} \right)\).

Theo thuyết tương đối, một vật có khối lượng nghỉ m₀ và khi chuyển động có khối lượng động (khối lượng tương đối tính) là m thì nó có động năng là W_đ = (m – m₀)c².

Khi nói về sóng điện từ, phát biểu sai: Sóng điện từ không mang năng lượng.

Đó là do tác dụng chủ yếu của tia tử ngoại trong ánh sáng Mặt Trời.

Hiện tượng ánh sáng làm bật các electron ra khỏi bề mặt kim loại gọi là hiện tượng quang điện ngoài.

Đây là phản ứng phân hạch.  

Trong sự truyền sóng cơ, chu kì dao động của một phần tử môi trường có sóng truyền qua được gọi là chu kì sóng.

d₂ – d₁ = kl = 2l

Ta có:

\({{N}_{2}}=\frac{{{U}_{2}}}{{{U}_{1}}}.{{N}_{1}}=\frac{12}{220}.1100=60\)

ản chất của hiện tượng cảm ứng điện từ này là quá trình chuyển hóa cơ năng thành điện năng.

Ta có:

e = E_cao - E_thấp = -0,85 - (-1,51) = 0,66 eV

v_max = wA = 5.4 = 20 cm/s

\({}_{2}^{4}X+{}_{13}^{27}Al\to {}_{15}^{30}P+{}_{0}^{1}n\) => A = 4

\({{\lambda }_{0}}=c.2\pi \sqrt{L{{C}_{0}}}\)

\(\lambda =c.2\pi \sqrt{LC}=c.2\pi \sqrt{L.4{{C}_{0}}}={{\lambda }_{0}}=2.c.2\pi \sqrt{L{{C}_{0}}}=2{{\lambda }_{0}}\)

\(\frac{\lambda }{2}=\frac{4}{2}=2\,cm\)

Khi C = C₁ thì:

I = Q.w = 5.10^-4.300 = 0,15 A

\(\to Z=\frac{U}{I}=\frac{60}{0,15}=400\,\Omega \)

Do u_C cùng pha với q ® u_C chậm pha hơn so với u một góc là:

\(\frac{\pi }{3}-\frac{\pi }{6}=\frac{\pi }{6}\,rad\)

Theo hình vẽ, ta có tam giác ABH là một nửa của tam giác đều có đỉnh là B nên:

\(R+r=\frac{Z}{2}\to r=\frac{Z}{2}-R=\frac{400}{2}-190=10\,\Omega \)

Khi C = C₂ thì U_Rmax, tức là mạch xảy ra hiện tượng cộng hưởng:

U_R + U_r = U = 60 V

\(\frac{{{U}_{R}}}{190}=\frac{{{U}_{r}}}{10}=\frac{{{U}_{R}}+{{U}_{r}}}{190+10}=\frac{U}{200}\)

\(\to {{U}_{R}}=\frac{190.U}{200}=\frac{190.60}{200}=57\,V\)

Do U_0C = U_0R ⇒ Z_C = R ⇒ \(\frac{1}{C\omega }=R\to C=\frac{1}{\omega R}\)

Từ đồ thị, ta có : \(\frac{T}{4}=0,005\,s\to T=0,02\,s\to \omega =\frac{2\pi }{T}=100\pi \)

\(\to C=\frac{1}{\omega R}=\frac{1}{100\pi .20}\approx 1,{{59.10}^{-4}}\,F\approx {{16.10}^{-5}}\,F\)

k = 5

\(\ell =\left( k+\frac{1}{2} \right).\frac{\lambda }{2}\to \lambda =\frac{2\ell }{k+\frac{1}{2}}=\frac{2.66}{5,5}=24\,cm\)

\({{\varphi }_{AM}}=-\frac{2\pi {{d}_{AM}}}{\lambda }=-\frac{2\pi .62}{24}=-\frac{31\pi }{6}\)

\({{\varphi }_{AB}}=-\frac{2\pi {{d}_{AB}}}{\lambda }=-\frac{2\pi .66}{24}=-\frac{11\pi }{2}\)

\(\to {{\varphi }_{BM}}={{\varphi }_{AB}}-\frac{2\pi .{{d}_{BM}}}{\lambda }=-\frac{11\pi }{2}-\frac{2\pi .4}{24}=-\frac{35\pi }{6}\)

\(\to \Delta {{\varphi }_{M}}={{\varphi }_{AM}}-{{\varphi }_{BM}}=-\frac{31\pi }{6}+\frac{35\pi }{6}=\frac{2\pi }{3}\)

Do điểm M là vân tối nên:

\({{x}_{M}}=\left( k+\frac{1}{2} \right).\frac{\lambda D}{a}\to k+\frac{1}{2}=\frac{{{x}_{M}}.a}{\lambda D}\)

Vì 0,38 mm < l < 0,76 mm => \(\frac{2,3.0,6}{0,76.1,2}-\frac{1}{2}<k<\frac{2,3.0,6}{0,38.1,2}-\frac{1}{2}\to 1,01<k<2,5\)

\(k=2\to \lambda =\frac{{{x}_{M}}.a}{\left( k+\frac{1}{2} \right)D}=\frac{2,3.0,6}{2,5.1,2}=0,46\,\mu m=460\,nm\)

\(\frac{{{T}_{1}}}{4}=\frac{{{T}_{2}}}{4}=0,3\,s\to {{T}_{1}}={{T}_{2}}=1,2\,s\to {{\omega }_{1}}={{\omega }_{2}}=\frac{2\pi }{{{T}_{1}}}=\frac{2\pi }{1,2}=\frac{5\pi }{3}\,rad/s\)

Tại vị trí \({{x}_{1}}=1\,cm=\frac{{{A}_{1}}}{2}\) và v < 0 nên: \({{\varphi }_{1}}=\frac{\pi }{3}\)

Tại vị trí \({{x}_{2}}=-2\,cm=-\frac{{{A}_{2}}}{2}\) và v < 0 nên: \({{\varphi }_{1}}=\frac{2\pi }{3}\)

Phương trình hai dao động điều hòa:

\({{x}_{1}}=2.\cos \left( \frac{5\pi }{3}t+\frac{\pi }{3} \right)\,cm\)

\({{x}_{2}}=4.\cos \left( \frac{5\pi }{3}t+\frac{2\pi }{3} \right)\,cm\)

Phương trình dao động tổng hơp là : \(x={{x}_{1}}+{{x}_{2}}=2\sqrt{7}\cos \left( \frac{5\pi }{3}t+1,76 \right)\,cm\)

Tại thời điểm t = 0,2 s thì x = x₁ + x₂ = - 1 - 4 = - 5 cm = - 0,05 m

Tại thời điểm t = 0,4 s thì x’ = x₁ + x₂ = - 2 - 2 = - 4 cm = - 0,04 m

\(F=k.\left| x \right|\)

\({{\text{W}}_{d}}=\text{W}-{{\text{W}}_{t}}=\frac{1}{2}k.\left( {{A}^{2}}-x{{'}^{2}} \right)\)

\(\to \frac{{{\text{W}}_{d}}}{F}=\frac{1}{2}.\frac{{{A}^{2}}-x{{'}^{2}}}{\left| x \right|}=\frac{1}{2}.\frac{{{\left( 0,02\sqrt{7} \right)}^{2}}-0,{{04}^{2}}}{0,05}=\frac{3}{250}\to {{\text{W}}_{d}}=\frac{3}{250}.F=\frac{3}{250}.0,5={{6.10}^{-3}}\,J=6\,mJ\)

Do 1 phút << 5,27 năm nên: DN₀ » N₀

Số hạt nhân còn lại là: \(N={{N}_{0}}{{.2}^{-\frac{t}{T}}}=\Delta {{N}_{0}}{{.2}^{-\frac{t}{T}}}<0,7.\Delta {{N}_{0}}\)

\(\to {{2}^{-\frac{t}{T}}}<0,7\to {{2}^{\frac{-t}{5,27.12}}}<0,7\)

=> t < 32,54 tháng » 2 năm 8,54 tháng

Vậy từ đầu tháng 5 năm 2020 + 2 năm 8,54 tháng » tháng 1 năm 2023.

Khi khóa K ở chốt a, ta có hiệu điện thế ở hai đầu tụ điện là :

U₀ = U_MN = I.R

\(I=\frac{\xi }{2R+r}\to {{U}_{0}}=\frac{\xi }{2R+r}.R=\frac{5}{2.2+1}.2=2\,V\)

Khi khóa K ở chốt b, ta có mạch dao động LC với chu kì:

\(T=2\pi \sqrt{LC}=2\pi \sqrt{\frac{{{10}^{-3}}}{\pi }.\frac{{{9.10}^{-6}}}{10\pi }}={{6.10}^{-5}}s=60\,\mu s\)

Phương trình điện tích khi đóng K vào chốt b là:

q = q₀.coswt (C) (j = 0 do ban đầu điện tích cực đại)

Sau thời gian 10 ms :

\(t=10\,\mu s=\frac{T}{6}\) thì \(q=\frac{{{q}_{0}}}{2}\)

Lượng điện tích chuyển đến tụ là: \(\Delta q={{q}_{0}}-\frac{{{q}_{0}}}{2}=\frac{{{q}_{0}}}{2}=\frac{C{{U}_{0}}}{2}\)

 Số electron chuyển đến bản tụ là: \(\Delta n=\frac{\Delta q}{e}=\frac{C{{U}_{0}}}{2e}=\frac{\frac{{{9.10}^{-6}}}{10\pi }.2}{2.1,{{6.10}^{-19}}}\approx 1,{{79.10}^{12}}\)

Do hai lực lò xo vuông góc nhau nên:

\(\begin{align} & F_{G}^{2}=F_{1}^{2}+F_{2}^{2}={{\left( k{{x}_{1}}-mg \right)}^{2}}+{{\left( k{{x}_{2}} \right)}^{2}}={{\left( k{{x}_{1}} \right)}^{2}}-2.k{{x}_{1}}.mg+{{\left( mg \right)}^{2}}+{{\left( k{{x}_{2}} \right)}^{2}} \\ & ={{k}^{2}}\left( x_{1}^{2}+x_{2}^{2} \right)-2.k{{x}_{1}}.mg+{{\left( mg \right)}^{2}} \\ \end{align}\)

Do vuông pha nên: \(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}={{A}^{2}}=0,{{12}^{2}}\)

Khi F_G = P = mg thì: k²A² = 2k.mg.x₁ = 2k.mg.A.cos(wt + j)

=> \(\frac{m}{k}=\frac{A}{2g\cos \left( \omega t+\varphi  \right)}\)

\(\Delta t=\frac{T}{4}\to \Delta \varphi =\omega .\Delta t=\frac{2\pi }{T}.\frac{T}{4}=\frac{\pi }{2}\)

\(\to \left( \omega t+\varphi  \right)=\frac{\Delta \varphi }{2}=\frac{\pi }{4}\to \cos \left( \omega t+\varphi  \right)=\frac{\sqrt{2}}{2}\)

=> \(\frac{m}{k}=\frac{A}{2g\cos \left( \omega t+\varphi  \right)}=\frac{0,12}{2.10.\frac{\sqrt{2}}{2}}=6\sqrt{2}{{.10}^{-3}}\)

\(T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}=2\pi \sqrt{6\sqrt{2}{{.10}^{-3}}}=0,579\,s\)

Trên đoạn BC, số điểm cực tiểu nhiều hơn số cực đại (6 cực đại và 7 cực tiểu)

=>Gần hai điểm B, C nhất trên BC là hai điểm cực tiểu gồm 1 điểm E có : d₁ – d₂ = (k + 0,5)l và 1 điểm E’ có: d₁ – d₂ = (k + 6,5)l;

và điểm P là điểm cực đại giao thoa gần B, E’ nhất có: d₁ – d₂ = (k + 6)l

Chuẩn hóa, đặt l = 1

\(AC=AB\sqrt{2}\)

Trên BC, gần C nhất là điểm cực tiểu (điểm E) : k

Trên BC, gần B nhất là điểm cực tiểu (điểm E’) : 

\(k+6,5 \to 3,74\)

P là điểm cực đại giao thoa gần B nhất:

\(\left\{ \begin{align} & AP-BP=4+6=10 \\ & A{{P}^{2}}-B{{P}^{2}}=A{{B}^{2}} \\ \end{align} \right.\)

\(\to \left\{ \begin{align} & AP-BP=10 \\ & AP+BP=\frac{A{{B}^{2}}}{10} \\ \end{align} \right.\to BP=\frac{A{{B}^{2}}}{20}-5\)

Q là điểm cực đại giao thoa gần C nhất:

\(\left\{ \begin{align} & AQ-BQ=4+1 \\ & A{{Q}^{2}}-B{{Q}^{2}}=A{{B}^{2}} \\ \end{align} \right.\)

\(\to \left\{ \begin{align} & AQ-BQ=5 \\ & AQ+BQ=\frac{A{{B}^{2}}}{4} \\ \end{align} \right.\)

\(\to BQ=\frac{A{{B}^{2}}}{10}-2,5\)

\(\to PQ=BQ-BP=\left( \frac{A{{B}^{2}}}{10}-2,5 \right)-\left( \frac{A{{B}^{2}}}{20}-5 \right)=\frac{1}{20}.A{{B}^{2}}+2,5\)

\(\to P{{Q}_{\max }}=\frac{1}{20}.AB_{\max }^{2}+2,5=\frac{1}{20}.{{\left( \frac{4,5}{\sqrt{2}-1} \right)}^{2}}+2,5=8,4\)

Do 63RCw = 16 \(\to R=\frac{16}{63C\omega }=\frac{16}{63}{{Z}_{C}}\) => R < Z_C.

Vì u_MN luôn nhanh pha hơn u_AB nên:

U_0MN = 52 V; U_0AB = 39 V

T = 12 ô, Dt = 3 ô => \(\Delta \varphi =\frac{2\pi }{T}.\Delta t=\frac{2\pi }{12}.3=\frac{\pi }{2}\)

=> u_MN vuông pha u_AB.

 Tam giác ABC đồng dạng tam giác DEC

\(\frac{AC}{EC}=\frac{AB}{DE}=\frac{BC}{DC}\to \frac{R+r}{{{Z}_{L}}}=\frac{Z}{{{Z}_{MN}}}=\frac{{{Z}_{C}}-{{Z}_{L}}}{r}=\frac{39}{52}\)

\(\to \left\{ \begin{align} & R+24=\frac{39}{52}{{Z}_{L}} \\ & \frac{63}{16}R-{{Z}_{L}}=\frac{39}{52}.24=18 \\ \end{align} \right.\)

\(\to \left\{ \begin{align} & R-\frac{39}{52}{{Z}_{L}}=-24 \\ & \frac{63}{16}R-{{Z}_{L}}=18 \\ \end{align} \right.\)

\(\to \left\{ \begin{align} & R=19,2\,\Omega \to {{Z}_{C}}=\frac{63}{16}R=75,6\,\Omega \\ & {{Z}_{L}}=57,6\,\Omega \\ \end{align} \right.\)

\({{P}_{AB}}=\left( R+r \right).\frac{{{U}^{2}}}{{{Z}^{2}}}=\left( R+r \right).\frac{{{U}^{2}}}{{{\left( R+r \right)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}\)

\(=\left( 19,2+24 \right).\frac{{{\left( \frac{39}{\sqrt{2}} \right)}^{2}}}{{{\left( 19,2+24 \right)}^{2}}+{{\left( 57,6-75,6 \right)}^{2}}}=15\,\text{W}\)