Công thức vận tốc cực đại \({{v}_{\max }}=\omega A\Rightarrow \omega =\frac{{{v}_{\max }}}{A}.\)

Khi một vật dao động điều hòa thì vận tốc của vật có độ lớn cực đại khi ở vị trí cân bằng.

Sóng siêu âm là sóng cơ không truyền được trong chân không.

Giá trị cực đại của suất điện động là \({{E}_{0}}=200\sqrt{2}\left( V \right).\)

Tổng trở của mạch: \(Z=\sqrt{{{\left( R+r \right)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=\sqrt{{{\left( R+r \right)}^{2}}+{{\left( \omega L-\frac{1}{\omega C} \right)}^{2}}}.\) 

Ta có: \({{f}_{31}}={{f}_{32}}+{{f}_{21}}\Rightarrow f=2,{{924.10}^{15}}-2,{{4669.10}^{15}}=0,{{4571.10}^{15}}\left( Hz \right)\).

Sóng ngắn trong vô tuyến điện có thể truyền đi rất xa trên Trái Đất là do phản xạ liên tiếp trên tầng điện li và trên mặt đất.

Tại thời điểm ban đầu \(t=0:u={{U}_{0}}.\)

Từ vị trí \({{U}_{0}}\) đến \(\frac{{{U}_{0}}}{2}\) là \(\frac{T}{6}=\frac{2\pi }{\omega }.\frac{1}{6}=\frac{2\pi }{100\pi .6}=\frac{1}{300}s.\)

Tia \(\gamma \) và tia X không mang điện nên không bị lệch trong điện trường.

Khi 

\(\begin{array}{l}
C = {C_1}\left( {{Z_{C1}} = 160\Omega } \right) \to {P_{\max }} \to MCH\\
 \to \left| \begin{array}{l}
{Z_L} = {Z_{C1}} = 160\Omega \\
{P_{\max }} = \frac{{{U^2}}}{{R + r}} \to R + r = 240\Omega \left( 1 \right)
\end{array} \right.
\end{array}\)

Khi \(C={{C}_{2}}\left( {{Z}_{C2}}=90\Omega  \right)\to {{u}_{RC}}\bot {{u}_{d}}\)

\(\tan {{\varphi }_{1}}.\tan {{\varphi }_{2}}=1\to \frac{{{Z}_{C2}}}{R}.\frac{{{Z}_{L}}}{r}=1\to \frac{90}{R}.\frac{160}{r}=1\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) cho \(R=r=120\Omega \)

\(\frac{{{U}_{d}}}{U}=\frac{\sqrt{{{r}^{2}}+Z_{L}^{2}}}{\sqrt{{{\left( R+r \right)}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C2}} \right)}^{2}}}}\to \frac{{{U}_{d}}}{150}=\frac{4}{5}\to {{U}_{d}}=120V.\)

Ta có: \({{x}_{M}}=5\frac{\lambda D}{a}=4,5\frac{\lambda D}{a-0,2}\Rightarrow \frac{5}{a}=\frac{4,5}{a-0,2}\Rightarrow a=2\left( mm \right).\)

Khối lượng của một hạt nhân luôn nhỏ hơn tổng khối lượng của các nuclôn cấu tạo thành hạt nhân đó \(\left( m<{{m}_{0}} \right).\)

Ta có:

\(W=\frac{CU_{0}^{2}}{2}=\frac{LI_{0}^{2}}{2}\Rightarrow {{I}_{0}}={{U}_{0}}\sqrt{\frac{C}{L}}=0,225\left( A \right).\)

Quang điện trở hoạt động dựa vào hiện tượng quang điện trong.

Bước sóng: \(v=\frac{\lambda }{T}\Rightarrow \lambda =v.T=1.0,5=0,5\left( m \right)=50\left( cm \right).\)

Ta có: 

\(\begin{array}{l}
{U_L} = {U_C}\\
 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{U^2} = U_R^2 + {\left( {{U_L} - {U_C}} \right)^2} \Rightarrow {U_R} = U = 100\left( V \right)\\
U_{cd}^2 = U_R^2 + U_L^2 \Rightarrow {200^2} = {100^2} + U_C^2 \Rightarrow {U_C} = 100\sqrt 3 \left( V \right)
\end{array} \right.
\end{array}\)

Phần năng lượng phôtôn mất đi trong quá trình trên là:

\(E={{E}_{1}}-{{E}_{2}}=hc.\left( \frac{1}{{{\lambda }_{1}}}-\frac{1}{{{\lambda }_{2}}} \right)=6,{{625.10}^{-34}}{{.3.10}^{8}}.\left( \frac{1}{0,{{3.10}^{-6}}}-\frac{1}{0,{{5.10}^{-6}}} \right)=2,{{56.10}^{-19}}\left( J \right).\)

Ta có: 

\(\left\{ \begin{align} & R=\frac{U_{d}^{2}}{{{P}_{d}}}=\frac{{{115}^{2}}}{{{10}^{3}}}=13,225\Omega \\ & I=\frac{U}{R}=\frac{230}{13,225}=17,39\left( A \right)>15\left( A \right) \\ \end{align} \right.\)

Với mốc thời gian \(\left( t=0 \right)\) là lúc vật ở vị trí biên, sau thời gian \(\frac{T}{8},\) vật đi được quãng đường bằng \(A-\frac{A}{\sqrt{2}}\approx 0,3\,A.\)

Trong hạt nhân nguyên tử có 11 prôtôn và số nơtrôn \(N=A-Z=24-11=13\) (hạt)

Quỹ đạo dừng có bán kính \({{r}_{n}}=13,{{25.10}^{-10}}m=5.r_{0}^{2}\Rightarrow n=5.\)

\(\Rightarrow \) Quỹ đạo O.

Hai nguồn sáng kết hợp có cùng tần số và hiệu số pha không đổi.

Tia tử ngoại được dùng để tìm các vết nứt trên bề mặt sản phẩm bằng kim loại.

Biên độ dao động: \(A=\frac{L}{2}=\frac{40}{2}=20\left( cm \right).\)

Công thức độc lập giữa v và x:

\(\frac{{{x}^{2}}}{{{A}^{2}}}+\frac{{{v}^{2}}}{{{\left( \omega A \right)}^{2}}}=1\Rightarrow \omega =\frac{v}{A\sqrt{1-\frac{{{x}^{2}}}{{{A}^{2}}}}}=\frac{200\sqrt{3}\pi }{20\sqrt{1-\frac{{{10}^{2}}}{{{20}^{2}}}}}=20\pi \left( rad/s \right)\)

Chu kì dao động: \(T=\frac{2\pi }{\omega }=\frac{2\pi }{20\pi }=0,1\left( s \right).\) 

Khi mạch cộng hưởng:

\(\omega L=\frac{1}{\omega C}\Rightarrow {{C}_{0}}=\frac{1}{L{{\omega }^{2}}}=\frac{100}{\pi }\left( \mu F \right).\)

Vì \(\frac{200}{\pi }\left( \mu F \right)\ge {{C}_{0}}\ge \frac{50}{\pi }\left( \mu F \right)\) nên I tăng rồi giảm.

Chu kì con lắc đơn: \(T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}\Rightarrow T\sim\sqrt{l}\Rightarrow {{T}^{2}}\)

\(l={{l}_{1}}+{{l}_{2}}\Rightarrow T=\sqrt{T_{1}^{2}+T_{2}^{2}}=\sqrt{0,{{8}^{2}}+0,{{6}^{2}}}=1\left( s \right).\)

Ta có, độ lệch pha giữa u và i:

\(\tan \varphi =\frac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{R}\Rightarrow \tan \left( \frac{-\pi }{6} \right)=\frac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{R}\Rightarrow \frac{-1}{\sqrt{3}}=\frac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{R}\Rightarrow {{Z}_{L}}<{{Z}_{C}}.\)

Câu sai. Các bức xạ có bước sóng càng ngắn dễ gây ra hiện tượng giao thoa. 

Từ định nghĩa \({{U}_{MN}}=\frac{{{A}_{MN}}}{q}=\frac{qEd}{q}\Rightarrow E=\frac{U}{d}\)

Thế năng của con lắc là: \({{E}_{t}}=E-{{E}_{d}}=E-\frac{1}{2}m{{v}^{2}}=\frac{1}{2}k{{x}^{2}}\)

\(\Rightarrow {{E}_{t}}=38,{{4.10}^{-3}}-\frac{1}{2}\left( {{150.10}^{-3}} \right).{{\left( 16\pi {{.10}^{-2}} \right)}^{2}}=0,0192\left( J \right)\)

Ta có: \({{E}_{t}}=\frac{1}{2}k{{x}^{2}}=0,0192\left( J \right)\)

\(\left| {{F}_{kv}} \right|=k\left| x \right|=0,96\left( N \right)\)

\(\Rightarrow \frac{{{E}_{t}}}{\left| {{F}_{kv}} \right|}=\left| x \right|=\frac{2.0,0192}{0,96}=0,04\left( m \right)\Rightarrow \left| x \right|=0,04\left( m \right)\)

Lực kéo về: \({{F}_{kv}}=-kx\Rightarrow k=\frac{\left| {{F}_{kv}} \right|}{\left| x \right|}=24\left( N/m \right).\) 

Ta có:

\(\left| {{e}_{cu}} \right|=\frac{\left| \Delta \Phi  \right|}{\Delta t}=\frac{\left| N\Delta BS\cos \left( \overrightarrow{n},\overrightarrow{B} \right) \right|}{\Delta t}=\frac{10.\left| 0-{{2.10}^{-4}} \right|{{.20.10}^{-4}}.\cos 60{}^\circ }{0,01}={{2.10}^{-4}}\left( V \right).\)

Ta có: 

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
{N_A} = {N_0}{e^{ - \frac{{\ln 2}}{T}t}}\\
{N_B} = {N_0}{e^{ - \frac{{\ln 2}}{T}t}}
\end{array} \right.t = 2h4{e^{ - \frac{{\ln 2}}{T}2}} = {e^{ - \frac{{\ln 2}}{T}2}}\\
 \Rightarrow {T_B} = 0,25\left( h \right).
\end{array}\)

Gọi điểm M bất kì trên AB

Phương trình sóng tại M: \({{u}_{M}}=2A\cos \left( \frac{\pi \left( {{d}_{2}}-{{d}_{1}} \right)}{\lambda } \right)\cos \left( \omega t-\frac{\pi \left( {{d}_{1}}+{{d}_{2}} \right)}{\lambda } \right)\)

\(\Rightarrow {{u}_{M}}=2A\cos \left( \frac{\pi \left( {{d}_{2}}-{{d}_{1}} \right)}{\lambda } \right)\cos \left( \omega t-9\pi  \right)=2A\cos \left( \frac{\pi \left( {{d}_{1}}-{{d}_{2}} \right)}{\lambda }+\pi  \right)\cos \left( \omega t \right).\)

Để M dao động với biên độ cực đại và cùng pha với 2 nguồn thì:

\(\cos \left( \frac{\pi \left( {{d}_{1}}-{{d}_{2}} \right)}{\lambda }+\pi  \right)=1\Rightarrow \frac{\pi \left( {{d}_{1}}-{{d}_{2}} \right)}{\lambda }+\pi =k2\pi \Rightarrow {{d}_{1}}-{{d}_{2}}=\lambda \left( 2k-1 \right).\)

Ta cps: \(-9\lambda <{{d}_{1}}-{{d}_{2}}=\left( 2k-1 \right)\lambda <9\lambda \Rightarrow -4<k<5\Rightarrow k=-3;-2;...;4.\)

Có 8 giá trị k thỏa mãn.

Góc quét tương ứng: \(\alpha =\omega t=\frac{7\pi }{4}=\pi +\frac{3\pi }{4}rad\Rightarrow S=5A=15\Rightarrow A=3\,cm.\)

Tần số: \(f=\frac{pn}{60}=\frac{5.300}{60}=25\,Hz.\)

Sơ đồ tạo ảnh:

\(\xrightarrow{{{O}_{k}}}\xrightarrow{Mat}V=\frac{1}{{{d}_{C}}}+\frac{1}{\ell -O{{C}_{C}}}={{D}_{K}}\)

\(\Rightarrow \frac{1}{0,27-0,02}+\frac{1}{0,02-O{{C}_{V}}}=2\Rightarrow O{{C}_{C}}=0,52\left( m \right).\)

Ta có: 

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
{Z_L} = \omega L = 50\Omega  \Rightarrow L = \frac{{50}}{\omega }\\
{Z_C} = \frac{1}{{\omega C}} = 100\Omega  \Rightarrow C = \frac{1}{{100\omega }}
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow \frac{1}{{\omega _0^2}} = L'C = \left( {L \pm \Delta L} \right)C.
\end{array}\)

\(\Rightarrow \frac{1}{10000}=\frac{50}{\omega }\frac{1}{100\omega }+0,5.\frac{1}{100\omega }\Rightarrow \frac{1}{2}\frac{1}{{{\omega }^{2}}}+\frac{1}{200}\frac{1}{\omega }-\frac{1}{10000}=0\)

\(\Rightarrow \omega =100\left( rad/s \right).\) 

\(\Rightarrow {{r}_{O}}=\sqrt{r_{N}^{2}+{{a}^{2}}-2.{{r}_{N}}.a.\cos 60{}^\circ }=a\sqrt{{{\left( \frac{\sqrt{10}}{\sqrt{10}-1} \right)}^{2}}+1-2.\frac{\sqrt{10}}{\sqrt{10}-1}.1.\frac{1}{2}}\approx 1,295a.\)

Khi đó: \({{L}_{M}}-{{L}_{P}}=10\log \frac{r_{P}^{2}}{r_{M}^{2}}=10\log \frac{1,{{295}^{2}}}{{{\left( \frac{1}{\sqrt{10}-1} \right)}^{2}}}\approx 8.94\)

\(\Rightarrow {{L}_{P}}={{L}_{M}}-8,94=50-8,94=41,1\left( dB \right).\) 

Ta có: \(\left\{ \begin{align} & _{8}^{16}O\xrightarrow{{}}4._{2}^{4}He \\ & \Delta E=\left( {{m}_{O}}-4{{m}_{He}} \right){{c}^{2}}=\left( 15,9949-4.4,0015 \right)u{{c}^{2}}\approx 10,34\left( MeV \right)<0 \\ \end{align} \right..\)

Cách 1: \({{N}_{\equiv }}={{N}_{1}}+{{N}_{2}}-{{N}_{VS}}=\left( \left( \frac{AB}{{{i}_{1}}} \right)+1 \right)+\left( \left( \frac{AB}{{{i}_{2}}} \right)+1 \right)-{{N}_{VS}}\)

\({{N}_{\equiv }}=\left( \frac{9,7}{0,4} \right)+1+\left( \frac{9,7}{0,3} \right)+1-49=9.\)

Cách 2: 

\(\frac{{{i}_{1}}}{{{i}_{2}}}=\frac{0,4}{0,3}=\frac{4}{3}\Rightarrow \left\{ \begin{align} & {{i}_{1}}=4i \\ & {{i}_{2}}=3i \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow {{i}_{\equiv }}=4.3i=3{{i}_{1}}=4{{i}_{2}}=3.0,4=1,3\left( mm \right)\)

Tại A là một vân trùng nên: \({{N}_{\equiv }}=\left( \frac{AB}{i} \right)+1=\left( \frac{9,7}{1,2} \right)+1=9.\)