Trong một dao động điều hòa, hai đại lượng dao động ngược pha nhau: Li độ và gia tốc

Quãng đường vật đi được trong nửa chu kì là:

S=2A=2.4=8cm

Một chất điểm dao động điều hòa khi chất điểm từ vị trí biên về vị trí cân bằng thì vận tốc có độ lớn tăng.

Tai ta cảm nhận được âm thanh khác biệt của nốt Sol khi các âm này phát ra từ đàn ghita và từ đàn violon là do chúng có:  Âm sắc khác nhau

Khi sóng cơ truyền càng xa nguồn thì biên độ và năng lượng sóng càng giảm

Ta có: thời gian nhấp nhô 10 lần thì tương ứng với:

  Δt = 9T = 27s → T = 3s.

Máy phát điện xoay chiều: tần số của suất điện động cảm ứng tỉ lệ với số cặp cực của nam châm

Ta có:  L thay đổi để I_max thì trong mạch xảy ra hiện tượng cộng hưởng.

Do đó I_max = U / R = √2A

Đối với các dụng cụ tiêu thụ điện như quạt, tủ lạnh, động cơ người ta phải nâng cao hệ sống công suất để giảm cường độ dòng điện

Dao động điện từ trong mạch dao động LC khi có điện trở thuần của dây nối và không có tác động điện hoặc từ với bên ngoài là dao động tắt dần

Ta có:

\( {{\rm{W}}_C} = {{\rm{W}}_L} \Leftrightarrow \frac{{U_0^2.C}}{2} = \frac{{I_0^2.L}}{2} \to {I_0} = \sqrt {\frac{{U_0^2.C}}{L}} = \sqrt {\frac{{U_0^2{{.10.10}^{ - 6}}}}{{0,1}}} = 0,01{U_0}\)

Do i và u vuông pha với nhau nên tọi mọi thời điểm, ta có:

\( {(\frac{i}{{{I_0}}})^2} + {(\frac{u}{{{U_0}}})^2} = 1 \Leftrightarrow {(\frac{{0,02}}{{0,01{U_0}}})^2} + {(\frac{4}{{{U_0}}})^2} = 1 \to {U_0} = 2\sqrt 5 (V)\)

Trong điện từ trường, các vectơ cường độ điện trường và vectơ cảm ứng từ luôn: Có phương vuông góc với nhau

Đại lượng không liên quan đến màu sắc ánh sáng là biên độ

Ứng dụng dựa trên tính chất kích thích sự phát quang nhiều chất dưới đây của tia tử ngoại

Cho một chùm sáng trắng hẹp chiếu từ không khí tới mặt trên của một tấm thủy tinh theo phương xiên. Hiện tượng không xảy xa ở mặt trên của tấm thủy tinh là Phản xạ toàn phần

Để gây ra hiện tượng quang điện thì bức xạ rọi vào kim loại phải có bước sóng nhỏ hơn giới hạn quang điện

 Sự phát sáng của bóng đèn ống là sự phát quang

 Sử dụng công thức:\( \frac{{hc}}{\lambda } = A + \left| {e.{U_h}} \right|\)

Công thoát của kim loại:

\( \to A = \frac{{hc}}{\lambda } - \left| {e.{U_h}} \right| = \frac{{{{6,625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}{{{{0,33.10}^{ - 3}}}} - \left| {e.{U_h}} \right| = 2,38eV\)

Hạt nhân X bền hơn hạt nhân Y nếu năng lượng liên kết riêng của hạt nhân X lớn hơn của hạt nhân Y

Hạt nhân nguyên tử được cấu tạo từ các hạt nuclon

Ta có: khối lượng còn lại sau thời gian t:

\( m = {m_0}{.2^{\frac{{ - t}}{T}}}\)

Thời gian để khối lượng này còn lại 1mg:

\( \to {2^{\frac{{ - t}}{T}}} = \frac{m}{{{m_0}}} \to t = 6,04\) (năm)

Mỗi hạt Al có số proton là 13

+ Số mol Al: \( n = \frac{m}{M} = \frac{{0,27}}{{27}} = 0,01\) (mol)

+ Số hạt Al: \( N = n.{N_A} = {0,01.6,02.10^{23}} = {6,02.10^{21}}\)

+ Số proton: \( 13N = {13.6,02.10^{21}} = {7,826.10^{22}}\)

Sóng dùng trong siêu âm không phải là sóng điện từ

Chiếu ánh sáng vàng vào mặt một tấm vật liệu thì thấy có electron bắn ra. Tấm vật liệu đó là Kim loại kiềm

+ Tần số góc : \( \omega = \frac{{2\pi }}{T} = \frac{{2\pi }}{{\frac{\pi }{{10}}}} = 20(rad/s)\)

+ Trong một chu kỳ vật đi được quãng đường 40cm nên 4A=40cm ⇒ A=10cm

+ Tốc độ của vật khi đi qua vị trí có li độ x = 8cm bằng\( v = \omega .\sqrt {{A^2} - {x^2}} = 20.\sqrt {{{10}^2} - {8^2}} = 120cm/s = 1,2m/s\)

Ta có:

\(\begin{array}{l} \frac{{\Delta t}}{T} = \frac{{\Delta l}}{{2l}} - \frac{{\Delta g}}{{2g}}\\ \to \frac{{\Delta l}}{l} = 2(\frac{{\Delta t}}{T} + \frac{{\Delta g}}{{2g}}) = 2(\frac{{ - 5.60}}{{86400}} + \frac{{0,001}}{2}) = - 0,006 \end{array}\)

Giảm 0,6%

+ Áp dụng hệ thức độc lập với thời gian:

\(\left\{ \begin{array}{l} {(\frac{{{v_1}}}{{\omega A}})^2} + {(\frac{{{a_1}}}{{{\omega ^2}A}})^2} = 1\\ {(\frac{{{v_2}}}{{\omega A}})^2} + {(\frac{{{a_2}}}{{{\omega ^2}A}})^2} = 1 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} {(\frac{{10\sqrt 3 }}{{\omega A}})^2} + {(\frac{{ - 100}}{{{\omega ^2}A}})^2} = 1\\ {(\frac{{ - 10}}{{\omega A}})^2} + {(\frac{{ - \sqrt 3 .100}}{{{\omega ^2}A}})^2} = 1 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} \omega = 10rad/s\\ A = 2cm \end{array} \right.\)

+ Li độ x₂ ở thời điểm t2 là:

\( {x_2} = \sqrt {{A^2} - {{(\frac{v}{\omega })}^2}} = \sqrt {{2^2} - {{(\frac{{ - 10}}{{10}})}^2}} = \sqrt 3 cm\)

Ta có: \( {U_{AM}} = U.\sqrt {\frac{{{R^2} + {Z_C}^2}}{{{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}}} = U.\frac{1}{{\sqrt {1 + \frac{{{Z_L}({Z_L} - 2{Z_C})}}{{{R^2} + {Z_C}^2}}} }}\)

U_AM không phụ thuộc R \( {Z_L} = 2{Z_C} \Leftrightarrow \omega L = \frac{2}{{\omega C}} \Leftrightarrow \omega = \frac{{\sqrt 2 }}{{\sqrt {LC} }} = 2\sqrt 2 {\omega _1}\)

Ta có: 

+ S₁S₂=6√2cm; hai nguồn dao động cùng pha

+ λ=v/f=40/10=4cm

+ u_M ngược pha với nguồn

⇒ d=(k+1/2)λ ⇒ d=(k+1/ 2)λ

Mà d ≥ (S₁S₂)/2⇒ k+1/2≥(S₁S₂)/(2λ)

⇒ k≥ 6√2/2,4−0,5 = 3,03

⇒ k_min=1

⇒ d_min=6cm ⇒ \( M{O_{\min }} = \sqrt {{d_{\min }}^2 - {{(3\sqrt 2 )}^2}} = 3\sqrt 2 cm\)

Ta có: cảm nhận được độ to của âm như cũ

\( I = \frac{P}{{4\pi {r^2}}}\)

Vậy muốn I không đổi thì r² phải giảm 2 lần: 

\( \to r = 4\sqrt 2 m\)

Vậy người đó phải bước đi lại gần nguồn một khoảng: \( 8-4\sqrt 2 \) m

+ Giữ vật ở vị trí lò xo bị dãn 20 cm rồi buông nhẹ, suy ra A=20cm

+ Khi vật dao động tắt dần có ma sát, mỗi khi đi được 1 biên độ từ biên vào VTCB hoặc từ VTCB ra biên, biên độ của vật lại mất một khoảng: \( {x_0} = \frac{{\mu mg}}{k} = 0,02(m)\)

+ Lượng thế năng của con lắc lò xo đã giảm một lượng bằng:

\( \Delta {{\rm{W}}_t} = \frac{1}{2}k{A^2} - \frac{1}{2}k{x_0}^2 = 39,6(mJ)\)

Ta có: Cường độ dòng điện mach ngoài:

\( I = \frac{E}{{{Z_C}}} = \frac{{\omega .\Phi }}{{{Z_C}}} = C.{\omega ^2}.\Phi \)

⇒ Khi tăng tốc độ quay của roto lên gấp đôi thì cường độ dòng điện lên gấp 4 lần. Vậy ampe kế chỉ:

\( I' = 4I = 0,4A\)

Ta có: \(\begin{array}{l} {Z_1} = \sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}} \\ {Z_2} = \sqrt {{R^2} + {Z_L}^2} \end{array}\)

Khi U_R tăng lên 2 lần \( {Z_1} = 2{Z_2} \to {({Z_L} - {Z_C})^2} = 3{R^2} + 4{Z_L}^2(1)\)

Lại có: \( \tan {\varphi _1} = \frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R};\tan {\varphi _2} = \frac{{{Z_L}}}{R}\)

Ta có: i₁ và i₂ vuông pha với nhau nên:

\(\begin{array}{l} \tan {\varphi _1}.\tan {\varphi _2} = - 1 \to \frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R}.\frac{{{Z_L}}}{R} = - 1 \to {({Z_L} - {Z_C})^2}{Z_L}^2 = {R^2}\\ {({Z_L} - {Z_C})^2} = \frac{{{R^4}}}{{Z_L^2}}(2) \end{array}\)

Từ (1),(2) \( \to 3{R^2} + 4{Z_L}^2 = \frac{{{R^4}}}{{Z_L^2}} \to Z_L^2 = \frac{{{R^2}}}{4}\)

Do đó  \( \cos {\varphi _1} = \frac{R}{Z} = \frac{R}{{2\sqrt {{R^2} + \frac{{{R^2}}}{4}} }} = \frac{1}{{\sqrt 5 }}\)

Lại theo định nghĩa hệ số công suất ta có:  \( \cos {\varphi _1} = \frac{{{U_R}}}{U} \to {U_R} = U.\cos {\varphi _1} = \frac{{198}}{{\sqrt 5 }}V \approx 88,55V\)

+ Vị trí vân sáng bậc 4 của ánh sáng đơn sắc có bước sóng 0,76 µm là: x = 4.0,76.D/a (1)

+ Vị trí vân sáng tại điểm đó là: x = k.λ.D/a (2)

Từ (1) và (2) => λ = 3,04/k

Mà ánh sáng trắng có bước sóng từ 0,38 µm đến 0,76 µm.

=> 0,38 ≤ 3,04/k ≤ 0,76

=> 8 ≥ k ≥ 4  (lấy cả dấu =)

hay k = 4,5,6,7,8 

=> có 4 vân sáng nữa (trừ vị trí vân sáng bậc 4 của ánh sáng đơn sắc có bước sóng 0,76 µm)

Tại ví trí vân sáng bậc 4 của bước sóng: 0,4µm

\( x = \frac{{{k_0}{\lambda _0}D}}{a} = \frac{{4{\lambda _0}D}}{a}\)

Ta có: \( k = \frac{{a.x}}{{\lambda D}} = \frac{{a.\frac{{4{\lambda _0}D}}{a}}}{{\lambda D}} = \frac{{4{\lambda _0}}}{\lambda }\)

Theo đề: 

\( 0,38\mu m \le \lambda \le 0,76\mu m \Leftrightarrow 0,38\mu m \le \frac{{4{\lambda _0}}}{k} \le 0,76\mu m \to 3,1 \le k \le 6,3 \to k = 4,5,6\)

Vậy: \(\begin{array}{l} k = 4 \to \lambda = \frac{{4{\lambda _0}}}{4} = 0,6\mu m\\ k = 5 \to \lambda = \frac{{4{\lambda _0}}}{5} = 0,48\mu m\\ k = 6 \to \lambda = \frac{{4{\lambda _0}}}{6} = 0,4\mu m \end{array}\)

+ Mức cường độ âm do một kèn phát ra:

\( {L_1} = 10\log \frac{{{I_1}}}{{{I_0}}} = 68dB\)

Vậy: Mức cường độ âm tổng cộng do 5 chiếc kèn phát ra bằng:

\( L = 10\log 5\frac{{{I_1}}}{{{I_0}}} = 10\log 5 + 10\log \frac{{{I_1}}}{{{I_0}}} = 75dB\)

Theo giả thuyết, ta có :

\(\left\{ \begin{array}{l} {R_1} = 20\Omega \\ {R_2} = 80\Omega \\ {P_1} = {P_2} = 400W \end{array} \right.\)

Vậy: Giá trị của U là:

\( \to {R_1} + {R_2} = \frac{{{U^2}}}{P} \to U = \sqrt {({R_1} + {R_2})P} = 200V\)

+ Độ phóng xạ: \( R = \lambda N = \lambda .{N_0}.{e^{ - \lambda t}}\)

+ Biết rằng độ phóng xạ của cây cối đang sống vào khoảng 15 phân rã/phút tính trên 1g cacbon.Vậy 50g cacbon có độ phóng xạ ban đầu (t=0) là:

 \( R = 15 \times 50 = 750\) (phân rã/phút)= 12,5(phân rã/s)

+ Sau thời gian t: R'=457 (phân rã/phút) = 457/60(phân rã/s)

Ta có: \(\begin{array}{l} \lambda .{N_0}.{e^{ - \lambda t}} = \frac{{457}}{{60}} \to 12,5.{e^{ - \lambda t}} = \frac{{457}}{{60}} \to 12.5.e\frac{{ - \ln 2}}{T}.t = \frac{{457}}{{60}}\\ \to t = 4002,3 \approx 4000 \end{array}\)

Theo bài ta có: LCω² = 2 ⇔ ZL = 2Zc.

– Khi K mở, công suất của mạch là: 

\( {P_1} = (R + r).\frac{{{U^2}}}{{{{(R + r)}^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}} = (R + r).\frac{{{U^2}}}{{{{(R + r)}^2} + {{(2{Z_C} - {Z_C})}^2}}} = (R + r).\frac{{{U^2}}}{{{{(R + r)}^2} + {Z_C}^2}}\)

- Khi K đóng, mạch gồm R, C. Công suất lúc này của mạch là:

\( {P_2} = R\frac{{{U^2}}}{{R + {Z_C}^2}} \le R\frac{{{U^2}}}{{2R{Z_C}}} = \frac{{{U^2}}}{{2{Z_C}}} \Leftrightarrow {R_0} = {Z_C}(1)\)

+ Dựa vào đồ thị trong đầu bài ta có:

\( \frac{{{P_{2\max }}}}{{{P_2}(20)}} = \frac{5}{3} \Leftrightarrow \frac{{3{U^2}}}{{2{Z_C}}} = 5.\frac{{{U^2}}}{{{{20}^2} + {Z_C}^2}} \Leftrightarrow \frac{3}{{2{Z_C}}} = \frac{{100}}{{400 + {Z_C}^2}} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {Z_C} = 60\Omega \\ {Z_C} = \frac{{20}}{3}\Omega \end{array} \right.\)

+ R_o > 20 nên từ (I) ⇒ Z_c >20. Do đó, Z_c = 60 Ω thỏa mãn.

Cũng dựa vào đồ thị:

\( {P_1}(0) = {P_2} \Leftrightarrow r\frac{{{U^2}}}{{{r^2} + {Z_C}^2}} = 20.\frac{{{U^2}}}{{{{20}^2} + {Z_C}^2}} \Leftrightarrow \frac{r}{{{r^2} + {Z_C}^2}} = \frac{{20}}{{{{20}^2} + {Z_C}^2}}(II)\)

Với Z_C =60, thay vào (II), ta tính được:

\({r^2} - 200r + {60^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} r = 180\Omega \\ r = 20\Omega \end{array} \right.\)

\( \begin{array}{l} {P_1}(20) < {P_2}(20) \Leftrightarrow (20 + r).\frac{{{U^2}}}{{{{(20 + r)}^2} + {Z_C}^2}} < 20.\frac{{{U^2}}}{{{{20}^2} + {Z_C}^2}}\\ \Leftrightarrow \frac{{20 + r}}{{{{(20 + r)}^2} + {{60}^2}}} < \frac{{20}}{{{{20}^2} + {{60}^2}}} = \frac{1}{{200}} \Leftrightarrow {(20 + r)^2} - 200(20 + r) + 3600 > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 20 + r > 180\\ 20 + r < 20 \end{array} \right. \to r > 160 \end{array}\)

+ Vậy r = 180 Ω thỏa mãn. 

Ta có: Độ phóng xạ ban đầu: 

\( {H_0} = {\lambda _0}.{N_0} = \frac{{\ln 2}}{{{T_1}}}.{N_0} + \frac{{\ln 2}}{{{T_2}}}.{N_0} \Rightarrow {N_0}\ln 2 = \frac{6}{5}{H_0}\)

+ Độ phóng lúc sau:

\( \to H = \frac{{\ln 2}}{{{T_1}}}.{N_0}{.2^{\frac{{ - t}}{{{T_1}}}}} + \frac{{\ln 2}}{{{T_1}}}.{N_0}{.2^{\frac{{ - t}}{{{T_2}}}}} = \frac{7}{{40}}{H_0}\)