Từ phương trình dao động điều hòa \(x=A\cos (\omega t+\varphi )\), điều sai:

Gia tốc \(a=-{{\omega }^{2}}Acos(\omega t+\varphi +\frac{\pi }{2})\).

Do gia tốc này không ngược pha với li độ.

Công thoát của êlectron ra khỏi kim loại:

\(A=\frac{hc}{{{\lambda }_{0}}}\).

Khoảng thời gian ngắn nhất để vật đi từ vị trí cân bằng đến vị trí biên là \(\Delta t=0,25T=1\,\,s.\)

Sóng cơ truyền được trong môi trường rắn, lỏng và khí.

Hạt nhân triti và hạt nhân hêli có cùng số khối là 3 nên có cùng số nuclôn.

+ Xác định véc tơE₁, E₂; biểu diễn bằng hình vẽà hai véc tơ cùng phương  ngược chiều

+Tổng hợp thấy hai véc tơ à E=|E₁-E₂| 

+ Thay vào biểu thức tổng hợp E=2.10³(V/m)  có hướng của E₂

Lúc đầu: \({{d}_{1}}=4+{{d}_{2}}=>\frac{{{d}_{1}}'}{{{d}_{1}}}=-5=\frac{f}{{{d}_{1}}-f}=\frac{f}{4+{{d}_{2}}-f}\)(1).

Lúc sau: \(\frac{{{d}_{2}}'}{{{d}_{2}}}=5=\frac{f}{{{d}_{2}}-f}=>{{d}_{2}}-f=\frac{f}{5}\)  (2)

Từ (1) và (2) => \(-5=\frac{f}{4+f/5}=>-f-20=f=>f=10cm\)

+ Điện trở của đèn: \({{R}_{d}}=\frac{{{U}^{2}}}{P}=\frac{{{12}^{2}}}{18}=8\Omega .\)Bỏ qua điện trở các dây nối.

+ Do 2 đèn mắc song song nên khi 1 đèn bị ĐỨT thì còn 1 đèn hoạt động.

   Suy ra điện trở mạch ngoài lúc này là R_N = Rđ.

+ Cường độ dòng điện qua nguồn: \(I=\frac{E}{{{R}_{d}}+r}=\frac{12}{8+1}=\frac{4}{3}A.\)

Sóng siêu âm có tần số lớn hơn 20000 Hz.

Các âm có độ cao khác nhau là do tần số của chúng khác nhau.

Để có HTQĐ: λ ≤ λ₀ = 0,5 μm => Chọn D. 

Ta có:

\(\begin{array}{l}
{F_D} = {F_{ht}} \Rightarrow \frac{{k{e^2}}}{{r_n^2}} = \frac{{mv_n^2}}{{{r_n}}} \Rightarrow \frac{{k{e^2}}}{{{r_n}}} = mv_n^2\\
{E_n} = {{\rm{W}}_l} + {{\rm{W}}_d} =  - \frac{{k{e^2}}}{{{r_n}}} + \frac{{mv_n^2}}{2} =  - mv_n^2 + \frac{{mv_n^2}}{2} =  - \frac{{mv_n^2}}{2}
\end{array}\)

\(\Rightarrow {{v}_{n}}=\sqrt{\frac{-2{{E}_{n}}}{m}}\approx {{1,1.10}^{6}}\left( m/s \right).\)

Bước sóng các bức xạ điện từ trong chân không sắp xếp theo thứ tự giản dần:

sóng vô tuyến, tia hồng ngoại, ánh sáng nhìn thấy (đỏ, cam, vàng, lục, lam, chàm, tím), tia tử ngoại, tia X, tia gamma.

Khi có sóng dừng trên dây thì khoảng cách giữa hai bụng sóng liên tiếp là nửa bước sóng \(0,5\lambda \).

Tia γ là sóng điện từ ( hạt phôton không mang điện) nên không bị lệch trong điện trường và từ trường.

Ta có:

\(\lambda =c2\pi \sqrt{LC}={{3.10}^{8}}2\pi \sqrt{\frac{{{10}^{-3}}}{\pi }.\frac{{{10.10}^{-12}}}{\pi }}=6.10m=60\ m\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}
\lambda  = 6\pi {.10^8}\sqrt {LC} \\
 \Rightarrow {\lambda _1} = 6\pi {.10^8}\sqrt {L{C_1}} \\
 \Rightarrow {\lambda _2} = 6\pi {.10^8}\sqrt {L{C_2}} \\
 \Rightarrow \frac{{{C_2}}}{{{C_1}}} = {\left( {\frac{{{\lambda _2}}}{{{\lambda _1}}}} \right)^2}\\
 \Rightarrow {C_2} = 45\left( {\mu F} \right)
\end{array}\)

Vậy:  20 +25= 45.

Vật dao động tắt dần các đại lượng giảm liên tục theo thời gian là biên độ và năng lượng.

 Áp dụng công thức máy biến áp:

\({{N}_{2}}=\frac{{{U}_{2}}}{{{U}_{1}}}{{N}_{1}}=\frac{10}{200}1000=50\)vòng.

Năng lượng liên kết của hạt nhân:

\({{W}_{lk}}=\Delta m.{{c}^{2}}=0,03.931,5\,MeV=27,95\,\,MeV.\)

Tần số dao động riêng của hệ:

\({{\omega }_{0}}=\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{100}{m}}\) rad/s.

Hiện tượng cộng hưởng xảy ra khi

\({{\omega }_{F}}={{\omega }_{0}}\to 10\pi =\sqrt{\frac{100}{m}}\to m=100\)g.

Giá trị của u ở thời điểm t = 5 ms là: \(110\sqrt{2}V.\)

Cường độ hiệu dụng trong mạch đạt cực đại khi cộng hưởng:

\(\to Z=R.\)\(\to {{I}_{\max }}=\frac{U}{Z}=\frac{U}{R}=\frac{200\sqrt{3}}{100\sqrt{3}}=2A\)

Ta có : d₂ – d₁ = (2.2 + 1)λ/2 = 2,5l (vân tối thứ 3 ứng với k = 2).

Ta ccos:

Dễ thấy 0,5T =3ô =\(3.0,1=>T=2.0,3=0,6s\)

=>ω = 10π/3 rad/s. Biên độ A= 8 cm.

Góc quét trong 1 ô đầu (t =T/6=0,1s vật ở VTCB):

\(\Delta \varphi =\omega .t=\frac{10\pi }{3}.0,1=\frac{\pi }{3}.\) Dùng VTLG => j=π/6.

Lúc t =0: \({{x}_{0}}=A\cos \varphi =8.\cos \frac{\pi }{6}=4\sqrt{3}cm\). 

Năng lượng của một phôtôn \(\varepsilon =hf=\frac{hc}{\lambda }\). 

Ta thấy hai dao động thành phần ngược pha→ biên độ dao động tổng hợp \(A={{A}_{1}}-{{A}_{2}}=4-3=1\)cm.

→ Tốc độ của vật tại vị trí cân bằng \(v={{v}_{\text{max}}}=\omega A=10\)cm/s.

-Xác định chu kì: Trên đồ thị dễ thấy T=0,02s

=>\(\omega =\frac{2\pi }{T}=\frac{2\pi }{0,04}=100\pi \ rad/s.\).

- Xác định biên độ của i: Trên đồ thị dễ thấy \({{I}_{0}}=2A\).

-Xác định pha ban đầu: Khi t=0 : \(i={{I}_{0}}=2A=>\cos \varphi =1=>\varphi =0.\) 

Ta có:

\(P=\frac{{{U}^{2}}}{R}{{\cos }^{2}}\varphi =\frac{{{U}^{2}}}{R}{{(\frac{U_{R}^{{}}}{U})}^{2}}=\frac{{{U}^{2}}}{R}{{(\frac{\sqrt{{{U}^{2}}-U_{L}^{2}}}{U})}^{2}}=\frac{{{U}^{2}}-U_{L}^{2}}{R}=\frac{{{100}^{2}}-{{60}^{2}}}{100}=64W.\).

Pha ban đầu: -п/2

Từ đồ thị, ta có A=4cm và E=0,08J

→ \(\omega =\sqrt{\frac{2E}{m{{A}^{2}}}}=10\pi \ rad/s\)rad/s.

Tốc độ trung bình trong một chu kì 80cm/s

+ Cuộn dây thuần cảm đóng vai trò dây dẫn R có dòng điện không đổi chạy qua => R=U/I=30Ω

+ Cảm kháng của cuộn dây đối với dòng điện xoay chiều: 30Ω

→ Biểu diễn phức dòng điện trong mạch:

\(i=5\cos \left( 120\pi t-\frac{\pi }{4} \right)\,A.\)   

+ Giả sử các dòng điện đặt vuông góc với mặt phẳng như hình vẽ.

+ Cảm ứng từ B₁do dòng I₁ gây ra tại M có phương vuông góc với AB, có chiều hướng lên và có độ lớn :  B₁ = 2.10^-7 I₁/R₁ =2.10^-5(T)

+Cảm ứng từ B₂ do dòng I₂ gây ra tại M có phương vuông góc với AB, có chiều hướng lên và có độ lớn   B₂ = 2.10^-7 I₂/R₂=   7. 10^-5(T)

   +Ta có:  hai vecto B cùng chiều, về độ lớn: B_M = B₁+B₂   .Suy ra B_M = 9. 10^-5(T)

Bước sóng: \(\mathrm{ }\!\!\lambda\!\!\text{ =vT=5cm}\to {{\mathrm{k}}_{\mathrm{n}}}\mathrm{=}\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{ }\!\!\lambda\!\!\text{ }}\mathrm{=}\frac{\mathrm{18}}{\mathrm{5}}\mathrm{=3}\mathrm{,6}\)

Điểm M cực đại, cùng pha với nguồn, gần A nhất

\(\begin{array}{l}
{{\rm{d}}_{\rm{1}}}{\rm{ - }}{{\rm{d}}_{\rm{2}}}{\rm{ = k}}\lambda {\rm{ }}\\
{{\rm{d}}_{\rm{1}}}{\rm{ + }}{{\rm{d}}_{\rm{2}}}{\rm{ = m}}\lambda {\rm{ 3}},{\rm{6}}\lambda {\rm{ }}
\end{array}\)

 m và k cùng chẵn hoặc cùng lẻ 

\(\begin{array}{l}
{{\rm{d}}_{\rm{1}}}{\rm{ = MA = }}\lambda {\rm{  = 5cm}}\\
{{\rm{d}}_{\rm{2}}}{\rm{ = MB = 4}}\lambda {\rm{  = 20cm}}
\end{array}\)

 ( elip \(\mathrm{5 }\!\!\lambda\!\!\text{ }\))

Chu vi tam giác: AMB là: AM+MB+AB=5+20+18=43cm.

+ Để M là một điểm trên \(\Delta \)dao động với biên độ cực tiểu và gần C nhất thì M phải thuộc  dãy cực tiểu ứng với \(k=0\):

( \(d{}_{2}-{{d}_{1}}=0,5\lambda =1cm\))

+ Ta có:

\(\begin{array}{l}
d_2^2 = {2^2} + {\left( {8 - x} \right)^2}\\
d_1^2 = {2^2} + {x^2}\\
x = 3,44cm
\end{array}\)

\(\to M{{C}_{\min }}=4-3,44=0,56\)cm

Ta có:

\(\frac{{{\text{W}}_{lk}}}{A}=\frac{(Z.{{m}_{p}}+(A-Z).{{m}_{n}}-{{m}_{hn}}).{{c}^{2}}}{A}.\)

               = 8,51805 (MeV/nuclôn). 

Ta có \({{Z}_{C}}=\frac{R\sqrt{3}}{2}\)

=> Tam giác OU_AMU_AB là tam giác đêu

 \(\Rightarrow {{Z}_{L}}=\frac{{{Z}_{C}}}{2}=50\Omega \Rightarrow L=\frac{1}{2\pi }(H)\)

Chu kì của con lắc khi có và không có điện trường:

\(\begin{array}{l}
T = \frac{{\Delta t}}{n} = 2\pi \sqrt {\frac{1}{{g - \frac{{qE}}{m}}}} \\
{T_0} = \frac{{\Delta t}}{{{n_0}}} = 2\pi \sqrt {\frac{l}{g}} \\
 \Rightarrow \frac{T}{{{T_0}}} = \frac{5}{6} = \sqrt {\frac{g}{{g - \frac{{\left| q \right|E}}{m}}}} \\
 \Rightarrow \frac{{\left| q \right|E}}{m} =  - 0,44g\\
 \Rightarrow q =  - \frac{{0,44mg}}{E} =  - {4.10^{ - 7}}C.
\end{array}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}
\varepsilon  = A + \frac{{m{v^2}_{0\max }}}{2}\\
 \Rightarrow {v^2}_{0\max } = \sqrt {\frac{2}{m}(\varepsilon  - A)}  \approx {0,6.10^6}(m/s)
\end{array}\)

Ta có:

Từ vòng tròn lượng giác với đồ thị cho: \(\mathrm{T+}\frac{\mathrm{T}}{\mathrm{3}}\mathrm{=}\frac{\mathrm{8}}{\mathrm{15}}\mathrm{s}\to \mathrm{T=0}\mathrm{,4s}\)

Mà \(\mathrm{T=2 }\!\!\pi\!\!\text{ }\sqrt{\frac{\mathrm{ }\!\!\Delta\!\!\text{ }{{\mathrm{l}}_{\mathrm{0}}}}{\mathrm{g}}}\to \mathrm{ }\!\!\Delta\!\!\text{ }{{\mathrm{l}}_{\mathrm{0}}}\mathrm{=4cm}\)