Năng lượng mà sóng âm truyền đi trong một đơn vị thời gian, qua một đơn vị diện tích đặt vuông góc với phương truyền âm gọi là cường độ âm.

Ta có: 

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} x=A.\cos (\omega t+\varphi ) \\ a=-{{\omega }^{2}}.A.\cos (\omega t+\varphi ) \\ \end{array}\Rightarrow a=-{{\omega }^{2}}x \right.\)

Ta có \(x=A\cos (10t)\Rightarrow \)Pha của dao động là: 10.t (rad) 

\(\Rightarrow \) Tại t = 2s ta có: 10.2 = 20 (rad) 

Công thức về tần số dao động điều hòa của con lắc lò xo nằm ngang là: \(f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{k}{m}}\)

Bước sóng được tính theo công thức: \(\lambda =\frac{v}{f}\)

Tần số của dòng điện do máy phát ra là: \(f=np\)

Trong đó roto quay với tốc độ n (vong/s)

Vật dao động điều hòa với tốc độ cực đại: \({{v}_{0}}=\omega A=2\pi f.A\Rightarrow f=\frac{{{v}_{0}}}{2\pi A}\)

Tốc độ truyền âm nói chung lớn nhất trong môi trường rắn.

Ta có năng lượng điện từ trong mạch LC được xác định bởi công thức: 

\({{W}_{LC}}=\frac{1}{2}C{{u}^{2}}+\frac{1}{2}L{{i}^{2}}=\frac{1}{2}CU_{0}^{2}\Rightarrow {{i}^{2}}=\frac{C}{L}.\left( U_{0}^{2}-{{u}^{2}} \right)\)

Độ lớn lực tương tác điện giữa hai điện tích điểm đặt trong chân không: \(F=k.\frac{\left| {{q}_{1}}{{q}_{2}} \right|}{{{r}^{2}}}\)

Máy biến áp dùng để biến đổi điện áp xoay chiều mà không làm thay đổi tần số của nó.

\(\Rightarrow \) Phát biểu không đúng: Máy biến áp có thể thay đổi tần số dòng điện xoay chiều.

Ta có: \(e=220\sqrt{2}.\cos \left( 100\pi t+\frac{\pi }{4} \right)V\Rightarrow {{E}_{0}}=220\sqrt{2}V\)

Biểu thức điện áp: \(u={{U}_{0}}\cos \omega t(V)\)

Biểu thức cường độ dòng điện: \(i=\frac{{{U}_{0}}}{{{Z}_{L}}}\cos \left( \omega t+{{\varphi }_{u}}-\frac{\pi }{2} \right)=\frac{{{U}_{0}}}{\omega L}\cos \left( \omega t-\frac{\pi }{2} \right)A\)

Trong máy phát thanh đơn giản, thiết bị dùng để biến dao động âm thanh dao động điện có cùng tần số là micro. 

Cảm ứng từ tại tâm vòng dây tròn là: \(B=2\pi {{.10}^{-7}}\frac{I}{R}\)

Tổng trở của mạch điện là: \(Z=\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}\)

Mức cường độ âm tại một điểm là: 

\(L=10\cdot \log \frac{I}{{{I}_{0}}}\Leftrightarrow 40=10\cdot \log \frac{I}{{{10}^{-12}}}\Leftrightarrow \log \frac{I}{{{10}^{-12}}}=4\Leftrightarrow \frac{I}{{{10}^{-12}}}={{10}^{4}}\) \(\Rightarrow I={{10}^{-12}}{{.10}^{4}}={{10}^{-8}}\frac{W}{{{m}^{2}}}\)

Điều kiện có sóng dừng trên dây hai đầu cố định: \(l=k\frac{\lambda }{2}=\frac{k\cdot v}{2f}\Rightarrow v=\frac{l.2f}{k}\)

Trên dây có 3 bụng sóng \(\Rightarrow k=3\Rightarrow v=\frac{1,2.2.100}{3}=80\text{m/s}\)

Tần số góc dao động: \(\omega =\sqrt{\frac{g}{l}}\Rightarrow l=\frac{g}{{{\omega }^{2}}}=\frac{10}{{{5}^{2}}}=0,4m=40\text{cm}\)

Khối lượng vật nhỏ: m = 100g = 0,1kg 

Li độ: 

\(x = 10\cos (10\pi t)(cm) \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{A = 10cm = 0,1m}\\
{\omega  = 10\pi (rad/s)}
\end{array}} \right.\)

Cơ năng của con lắc có giá trị là: \(W=\frac{1}{2}m{{\omega }^{2}}{{A}^{2}}=\frac{1}{2}.0,1.{{(10\pi )}^{2}}.0,{{1}^{2}}=0,5J\)

Khối lượng vật nhỏ: m = 250g = 0,25kg

Lực kéo về: \(F=-0,4.\cos 4t(N)\Rightarrow \omega =4rad/s\)

\(\Rightarrow m{{\omega }^{2}}A=0,4\Rightarrow A=\frac{0,4}{m{{\omega }^{2}}}=\frac{0,4}{0,{{25.4}^{2}}}=0,1m=10cm\)

Ta có:  \(A=\sqrt{A_{1}^{2}+A_{2}^{2}+2{{A}_{1}}{{A}_{2}}.\cos \Delta \varphi }\)

+  Khi \(\Delta \varphi =2k\pi \Rightarrow A={{A}_{\max }}={{A}_{1}}+{{A}_{2}}\)

+  Khi  \(\Delta \varphi =(2k+1)\pi \Rightarrow A={{A}_{\min }}=\left| {{A}_{1}}-{{A}_{2}} \right|\)  

Sai số tuyệt đối của phép đo: \(\Delta v=\bar{v}\cdot \left( \frac{\Delta \lambda }{\lambda }+\frac{\Delta f}{f} \right)\)

Sai số tương đối của phép đo:

\(\frac{\Delta v}{{\bar{v}}}=\frac{\Delta \lambda }{\lambda }+\frac{\Delta f}{f}=\frac{0,01}{0,75}+\frac{10}{440}=0,036=3,6\text{ }\!\!%\!\!\text{ }\)  

Công thức tính dung kháng: \({{Z}_{C}}=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{2\pi fC}\Rightarrow {{Z}_{C}}\sim \frac{1}{f}\)

\(\Rightarrow \) f tăng 4 lần thì Z_C giảm đi 4 lần.

+ Khi \(u=U\sqrt{2}.\cos (100\pi t+\pi )(V):{{I}_{1}}=\frac{U}{{{Z}_{C1}}}=\frac{U}{\frac{1}{2\pi .100\pi .C}}\Leftrightarrow U.2\pi .100\pi .C=2A\)

+ Khi \(u=U\sqrt{2}.\cos \left( 120\pi t+\frac{\pi }{2} \right)(V):{{I}_{2}}=\frac{U}{{{Z}_{C2}}}=\frac{U}{\frac{1}{2\pi .120\pi .C}}=U.2\pi .120\pi .C\)

+ Lấy \(\frac{{{I}_{1}}}{{{I}_{2}}}\) ta được: \(\frac{2}{{{I}_{2}}}=\frac{100}{120}=\frac{1}{1,2}\Rightarrow {{I}_{2}}=2,4A\)

Ta có: 

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} P=1MW={{10}^{6}}W \\ R=50\Omega \\ U=25kV={{25.10}^{3}}V \\ \cos \varphi =1 \\ \end{array} \right.\)

Hiệu suất truyền tải: \(H=\frac{{{P}_{ci}}}{P}=\frac{P-{{P}_{hp}}}{P}=1-\frac{P\cdot R}{{{U}^{2}}{{\cos }^{2}}\varphi }=1-\frac{{{10}^{6}}.50}{{{\left( {{25.10}^{3}} \right)}^{2}}.1}=0,92=92\text{ }\!\!%\!\!\text{ }\)

Biểu thức của cảm ứng từ: \(B={{B}_{0}}\cos \left( 2\pi {{.10}^{8}}.t+\frac{\pi }{3} \right)T\)

Biểu thức của cường độ điện trường: \(E={{E}_{0}}\cos \left( 2\pi {{.10}^{8}}.t+\frac{\pi }{3} \right)(V/m)\)

Biểu diễn trên VTLG ta có: 

Từ hình vẽ ta xác định được góc quét: \(\Delta \varphi =\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{3}=\frac{\pi }{6}\)

\(\Rightarrow \) Thời điểm đầu tiên để cường độ điện trường tại điểm đó bằng 0 là:

\(\Delta t=\frac{\Delta \varphi }{\omega }=\frac{\frac{\pi }{6}}{2\pi \cdot {{10}^{8}}}=\frac{{{10}^{-8}}}{12}s\)

Tần số góc: \(\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{10}{0,1}}=10\text{rad}/\text{s}\)

Kéo vật ra khỏi VTCB đoạn \(3\sqrt{2}\text{cm}\)rồi thả nhẹ \(\Rightarrow A=3\sqrt{2}cm\)

Tại t = 0 vật qua vị trí x = -3cm theo chiều dương. Biểu diễn trên VLTG ta có: 

Từ VTLG \(\Rightarrow \) Pha ban đầu: \(\varphi =-\left( \frac{\pi }{2}+\frac{\pi }{4} \right)=-\frac{3\pi }{4}\)

\(\Rightarrow x=3\sqrt{2}.\cos \left( 10t-\frac{3\pi }{4} \right)\text{cm}\)

Ảnh A'B' là ảnh thật \(\Rightarrow \) ảnh ngược chiều với vật \(\Rightarrow k<0\Leftrightarrow -\frac{{{d}'}}{d}=-2\Rightarrow {d}'=2d\) (1)

Ảnh A'B' cách vật 24cm \(\Rightarrow {d}'+d=24\text{cm}\) (2) 

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {d}'=16\text{cm} \\ d=8\text{cm} \\ \end{array} \right.\)

Tiêu cự của thấu kính: \(\frac{1}{f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{{{d}'}}=\frac{1}{8}+\frac{1}{16}=\frac{3}{16}\Rightarrow f=\frac{16}{3}\text{cm}\)

Ta có: 

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{u}_{R}}={{U}_{0R}}.\cos (\omega t+\varphi ) \\ {{u}_{L}}={{U}_{0L}}.\cos \left( \omega t+\varphi +\frac{\pi }{2} \right) \\ {{u}_{C}}={{U}_{0C}}.\cos \left( \omega t+\varphi -\frac{\pi }{2} \right) \\ \end{array} \right.\)

Do \({{u}_{C}}\) và \({{u}_{L}}\)vuông pha với \({{u}_{R}}\)  

+ Tại t₂ khi \({{u}_{L}}={{u}_{C}}=0\Rightarrow {{u}_{R}}={{U}_{0R}}=100\text{V}\)

+ Tại thời điểm t₁, áp dụng hệ thức độc lập với thời gian của hai đại lượng vuông pha ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{{\left( {\frac{{{u_R}}}{{{U_{0R}}}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{{u_L}}}{{{U_{0L}}}}} \right)}^2} = 1}\\
{{{\left( {\frac{{{u_R}}}{{{U_{0R}}}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{{u_C}}}{{{U_{0C}}}}} \right)}^2} = 1}
\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\frac{{{{50}^2}}}{{{{100}^2}}} + \frac{{{{30}^2}}}{{U_{0L}^2}} = 1 \Rightarrow {U_{0L}} = 20\sqrt 3 V}\\
{\frac{{{{50}^2}}}{{{{100}^2}}} + \frac{{{{180}^2}}}{{U_{0C}^2}} = 1 \Rightarrow {U_{0C}} = 120\sqrt 3 V}
\end{array}} \right.\)

Điện áp cực đại ở hai đầu đoạn mạch:

\({{U}_{0}}=\sqrt{U_{0R}^{2}+{{\left( {{U}_{0L}}-{{U}_{0C}} \right)}^{2}}}=\sqrt{{{100}^{2}}+{{(20\sqrt{3}-120\sqrt{3})}^{2}}}=200\text{V}\)

Từ đồ thị, ta có phương trình dao động của hai con lắc là: 

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{x}_{1}}=10.\cos \left( \omega t-\frac{\pi }{2} \right) \\ {{x}_{2}}=5.\cos \left( \omega t-\frac{\pi }{2} \right) \\ \end{array}\Rightarrow \frac{{{x}_{1}}}{{{x}_{2}}}=2\Rightarrow {{x}_{1}}=2{{x}_{2}} \right.\)

Tại thời điểm t, thế năng của con lắc thứ hai là: 

\({{W}_{t2}}=\frac{1}{2}kx_{2}^{2}=0,005J\Leftrightarrow \frac{1}{2}k.{{\left( \frac{{{x}_{1}}}{2} \right)}^{2}}=0,005\) \(\Leftrightarrow \frac{1}{4}\cdot \frac{1}{2}\cdot kx_{1}^{2}=0,005\Rightarrow \frac{1}{2}\cdot kx_{1}^{2}=0,2J\Rightarrow {{W}_{t1}}=0,02J\)

Động năng của con lắc thứ nhất ở thời điểm t là: 

\({{W}_{d1}}={{W}_{1}}-{{W}_{t1}}=\frac{kA_{1}^{2}}{2}-0,02=0,06\Leftrightarrow \frac{k.0,{{1}^{2}}}{2}-0,02=0,06\Rightarrow k=16(N/m)\)

Chu kì của con lắc là: \(T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}=2\pi \sqrt{\frac{0,4}{16}}=1(s)\)

Phương trình sóng dừng: \(u=2\sin (0,5\pi x)\cos (20\pi t+0,5\pi )mm\)

Tacó: 

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\frac{{2\pi x}}{\lambda } = 0,5\pi x}\\
{\omega  = 20\pi ({\rm{rad}})}
\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\lambda  = 4{\rm{cm}}}\\
{T = \frac{{2\pi }}{{20\pi }} = 0,1s}
\end{array}} \right.} \right.\)

Tốc độ truyền sóng: \(v=\frac{\lambda }{T}=\frac{4}{0,1}=40\text{cm}/\text{s}\)

Công suất tiêu thụ của mạch: \(P=\frac{{{U}^{2}}R}{{{Z}^{2}}}=\frac{{{U}^{2}}R}{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}\)

+ Khi C = C₁ thay đổi để \({{P}_{\max }}\Leftrightarrow \) xảy ra hiện tượng cộng hưởng \(\Rightarrow {{P}_{\max }}=\frac{{{U}^{2}}}{R}=200\text{W}\) (1)

+ Khi C = C₂ thì \(\cos \varphi =\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow P=\frac{{{U}^{2}}}{R}\cdot {{\cos }^{2}}\varphi =\frac{{{U}^{2}}}{R}\cdot {{\left( \frac{\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}\) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow P=200\cdot {{\left( \frac{\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}=150W\)

Theo bài ra ta có: 

\({{P}_{1}}={{P}_{2}}\Leftrightarrow \frac{{{U}^{2}}{{R}_{1}}}{R_{1}^{2}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=\frac{{{U}^{2}}{{R}_{2}}}{R_{2}^{2}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}\) \(\Leftrightarrow {{R}_{1}}.\left( R_{2}^{2}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}} \right)={{R}_{2}}.\left( R_{1}^{2}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}} \right)\)

\(\Leftrightarrow {{R}_{1}}R_{2}^{2}+{{R}_{1}}{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}={{R}_{2}}R_{1}^{2}+{{R}_{2}}{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}\Leftrightarrow {{R}_{1}}{{R}_{2}}={{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}\) (*)

Lại có: 

\(\left\{ \begin{align} & {{Z}_{L}}=100\pi .\frac{\sqrt{2}}{2\pi }=50\sqrt{2}\Omega \\ & {{Z}_{C}}=\frac{1}{100\pi .\frac{{{10}^{-4}}}{\sqrt{2}\pi }}=100\sqrt{2}\Omega \\ & R=200\Omega \\ \end{align} \right.\)

Thay vào (*) ta được:

\(200\cdot {{R}_{2}}={{(50\sqrt{2}-100\sqrt{2})}^{2}}\Rightarrow {{R}_{2}}=25\Omega \)

Điện trở của đèn: \({{R}_{d}}=\frac{U_{dm}^{2}}{{{P}_{dm}}}=\frac{{{6}^{2}}}{6}=6\Omega \)

Cường độ dòng điện định mức của đèn: \({{I}_{dm}}=\frac{{{P}_{dm}}}{{{U}_{dm}}}=\frac{6}{6}=1A\)  

Giả sử bộ nguồn gồm x nguồn giống nhau mắc nối tiếp: 

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{\xi }_{b}}=x.\xi =3x \\ {{r}_{b}}=xr=2x \\ \end{array} \right.\)

Cường độ dòng điện chạy qua đèn: \(I=\frac{{{\xi }_{b}}}{{{r}_{b}}+{{R}_{d}}}=\frac{3x}{2x+6}\)

Để đèn sáng bình thường thì \(I={{I}_{dm}}\Leftrightarrow \frac{3x}{2x+6}=1\Leftrightarrow 3x=2x+6\Rightarrow x=6\)

Tần số dao động riêng: \({{f}_{0}}=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{k}{m}}=\frac{1}{2\sqrt{10}}\cdot \sqrt{\frac{10}{0,01}}=5\text{Hz}\)

Ta có đồ thị cộng hưởng cơ: 

Tần số của ngoại lực tương ứng: \({{f}_{1}}=3,5Hz;{{f}_{2}}=2Hz;{{f}_{3}}=5Hz\)

\(\Rightarrow \left| {{f}_{3}}-{{f}_{0}} \right|<\left| {{f}_{1}}-{{f}_{0}} \right|<\left| {{f}_{2}}-{{f}_{0}} \right|\Rightarrow {{A}_{2}}<{{A}_{1}}<{{A}_{3}}\)

Áp dụng định luật bảo toàn vecto động lượng cho hệ ngay trước và sau va chạm:

\(\overrightarrow{{{p}_{tr}}}=\overrightarrow{{{p}_{s}}}\Leftrightarrow m{{v}_{0}}=(m+M).v\Rightarrow \) \(v=\frac{m\cdot {{v}_{0}}}{m+M}=\frac{0,5\cdot 6}{0,5+1}=2\text{m/s}=200\text{cm/s}\)  

VTCB mới ở dưới VTCB mới một đoạn: \({{x}_{0}}=\frac{mg}{k}=\frac{0,5\cdot 10}{200}=0,025m=2,5cm\)

Li độ ngay sau khi va chạm so với VTCB mới là: \(x=A-{{x}_{0}}=12,5-2,5=10\text{cm}\)

Tần số góc dao động của hệ: \(\omega =\sqrt{\frac{k}{M+m}}=\sqrt{\frac{200}{1+0,5}}=\frac{20}{\sqrt{3}}\text{rad/s}\)

Biên độ dao động của hệ hai vật sau va chạm là: \(A=\sqrt{{{x}^{2}}+\frac{{{v}^{2}}}{{{\omega }^{2}}}}=\sqrt{{{10}^{2}}+\frac{{{200}^{2}}}{{{\left( \frac{20}{\sqrt{3}} \right)}^{2}}}}=20\text{cm}\)

Gọi M và N là hai điểm dao động với biên độ cực đại trên \((\Delta )\) nằm về hai phía của điểm C. Khoảng cách từ M đến C là x. 

Từ hình vẽ ta có: 

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{d}_{1}}=\sqrt{{{2}^{2}}+{{(4-x)}^{2}}} \\ {{d}_{2}}=\sqrt{{{2}^{2}}+{{(4+x)}^{2}}} \\ \end{array} \right.\)

M là điểm dao động với biên độ cực đại nên: \({{d}_{2}}-{{d}_{1}}=k\lambda =2k(\text{cm})\)

+ M gần C nhất nên M thuộc cực đại ứng với k =1

\(\Rightarrow {{d}_{2}}-{{d}_{1}}=2\Leftrightarrow \sqrt{{{2}^{2}}+{{(4+x)}^{2}}}-\sqrt{{{2}^{2}}+{{(4-x)}^{2}}}=2\)

\(\Rightarrow x=1,1255\text{cm}\Rightarrow MC=1,1255\text{cm}\)

+ N gần C nhất nên N thuộc cực đại ứng với k = -1.

Hoàn toàn tương tự ta tính được: NC = 1,1255cm 

\(\Rightarrow MN=1,1255+1,1255=2,251\text{cm}\)

Đoạn AM gồm R,C mắc nối tiếp. 

Điện áp giữa hai đầu đoạn mạch AM và MB vuông pha với nhau \(\Rightarrow \) MB gồm R,L nối tiếp.

Ta có giản đồ vecto: 

Có \(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} \overline{{{U}_{AB}}}=\overline{{{U}_{AM}}}+\overline{{{U}_{MB}}} \\ \overline{{{U}_{AM}}}\bot \overline{{{U}_{MB}}} \\ \end{array}\Rightarrow {{U}_{AB}}=\sqrt{U_{AM}^{2}+U_{MB}^{2}}=120V \right. (1)\)

Lại có \({{U}_{1}}=\sqrt{3}{{U}_{2}}\) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{U}_{AM}}={{U}_{1}}=60\sqrt{3}V \\ {{U}_{BM}}={{U}_{2}}=60\text{V} \\ \end{array} \right.\)

Áp dụng định lí hàm số cos trong tam giác \({{U}_{MB}}O{{U}_{AM}}\) có:

\(U_{AM}^{2}=U_{MB}^{2}+U_{AB}^{2}-2.{{U}_{MB}}{{U}_{AB}}.\cos {{U}_{MB}}O{{U}_{AB}}\)

\(\Leftrightarrow {{(60\sqrt{3})}^{2}}={{60}^{2}}+{{120}^{2}}-2.60.120.\cos {{U}_{MB}}O{{U}_{AB}}\)

\(\Rightarrow \cos {{U}_{MB}}O{{U}_{AB}}=0,5\Rightarrow {{U}_{MB}}O{{U}_{AB}}=\frac{\pi }{3}\)

\(\Rightarrow {{U}_{MB}}O{{U}_{R2}}={{U}_{MB}}O{{U}_{AB}}-\frac{\pi }{12}=\frac{\pi }{3}-\frac{\pi }{12}=\frac{\pi }{4}\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \({{U}_{MB}}O{{U}_{R2}}\) ta có: 

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{U}_{R2}}={{U}_{MB}}.\cos {{U}_{MB}}O{{U}_{R2}}=60\cos \frac{\pi }{4} \\ {{U}_{L}}={{U}_{MB}}.\sin {{U}_{MB}}O{{U}_{R2}}=60\sin \frac{\pi }{4} \\ \end{array} \right.\)

Cường độ dòng điện hiệu dụng chạy trong mạch: I = 2A 

\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{R}_{2}}=\frac{{{U}_{R2}}}{I}=\frac{60\cos \frac{\pi }{4}}{2}=21,21\Omega \\ {{Z}_{L}}=\frac{{{U}_{L}}}{I}=\frac{60\sin \frac{\pi }{4}}{2}=21,21\Omega \Rightarrow L=\frac{21,21}{100\pi }=0,068H \\ \end{array} \right.\)

Từ đồ thị ta viết được phương trình: 

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{u}_{AN}}=100\sqrt{2}.\cos \left( \frac{2\pi }{T}t-\frac{\pi }{2} \right)V \\ {{u}_{MB}}=60\sqrt{2}.\cos \left( \frac{2\pi }{T}t-\pi \right)V \\ \end{array} \right.\Rightarrow \overrightarrow{{{U}_{AN}}}\bot \overrightarrow{{{U}_{MB}}}\)

Ta có giản đồ vecto: 

Theo bài ra ta có: \(R=r\Rightarrow \frac{{{U}_{R}}}{{{U}_{r}}}=\frac{R}{r}=1\Rightarrow {{U}_{R}}={{U}_{r}}\Rightarrow {{U}_{R+r}}={{U}_{R}}+{{U}_{r}}=2{{U}_{r}}\)

Từ giản đồ vecto ta có: \(\cos \alpha =\frac{{{U}_{LC}}}{60}=\frac{{{U}_{R+r}}}{100}\Leftrightarrow \frac{{{U}_{LC}}}{60}=\frac{2{{U}_{r}}}{100}\Rightarrow {{U}_{LC}}=1,2{{U}_{r}}\)

Mà: \({{U}_{MB}}=\sqrt{U_{r}^{2}+U_{LC}^{2}}\Leftrightarrow 60=\sqrt{U_{r}^{2}+{{\left( 1,2{{U}_{r}} \right)}^{2}}}\Rightarrow {{U}_{r}}=\frac{60}{\sqrt{2,44}}V\)

Hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn mạch:

\({{U}_{AB}}=\sqrt{{{\left( {{U}_{R+r}} \right)}^{2}}+U_{LC}^{2}}=\sqrt{{{\left( 2{{U}_{r}} \right)}^{2}}+{{\left( 1,2{{U}_{r}} \right)}^{2}}}={{U}_{r}}.\sqrt{5,44}=\frac{60}{\sqrt{2,44}}\cdot \sqrt{5,44}\approx 89,6V\)

Hệ số công suất: \(\cos \varphi =\frac{{{U}_{R+r}}}{{{U}_{AB}}}=\frac{2\cdot \frac{60}{\sqrt{2,44}}}{89,6}=0,857\)

Công suất tiêu của đoạn mạch AB: \(P=\frac{{{U}^{2}}}{R+r}\cdot {{\cos }^{2}}\varphi =\frac{89,{{6}^{2}}}{30+30}\cdot 0,{{857}^{2}}=98,3W\)