Vật lý

Chu kì: \(T=2\pi\sqrt{\frac{l}{g}}\Rightarrow\frac{1}{T^2}=k.g\)(k là hệ số tỉ lệ)

Khi không có điện trường: \(\frac{1}{T_0^2}=k.g\) (1)

Giả sử khi điện trường hướng xuống dưới: \(g_1=g+a\) (do lực điện là lực lạ nên cùng phương với trọng lực nên ta có mối liên hệ như vậy, a có thể âm hoặc đương)

Do vậy, khi điện trường hướng lên trên: \(g_2=g-a\)

Ta có: 

\(\frac{1}{T_1^2}=k\left(g+a\right)\) (2)

\(\frac{1}{T_2^2}=k\left(g-a\right)\)(3)

Lấy (2) cộng (3) vế với vế, ta đc: \(\frac{1}{T_1^2}+\frac{1}{T_2^2}=2.k.g=\frac{2}{T_0^2}\)

Đáp án B.

Phương trình sóng tại nguồn O: \(u_O = a \cos (\omega t )\)

=> Phương trình sóng tại điểm M cách O một khoảng \(x\) là: \(u_M = a \cos (\omega t - \frac{2\pi x}{\lambda} )\)

Giả thiết: \(x = \frac{\lambda }{3} ; u_M = 2cm; t = \frac{T}{6}s\) 

=> \(2= a \cos (\frac{2\pi}{T}. \frac{T}{6} - \frac{2\pi \lambda /3}{\lambda} )\)

=> \(2= a \cos (\frac{\pi}{3} - \frac{2\pi}{3} ) \)

=> \(a = \frac{2}{\cos (\frac{-\pi}{3})} = 4cm.\)

Chọn đáp án.B.4cm

\(T= 2\pi \sqrt{\frac{m}{k}} = 2\pi\sqrt{\frac{0,4}{40}} = 0,2 \pi. (s)\)

Góc vật quay được sau  \(t = \frac{7\pi}{30}s\) là \(\varphi = t .\omega = \frac{7 \pi}{3} = 2\pi + \frac{\pi}{3} \) (rad). Như vậy vật đi từ \(A\) được 1 vòng (\(2\pi\)) về đến vị trí ban đầu \(A\) và đi tiếp \(\frac{\pi}{3}\) (rad) đến \(M\).

Taị \(M\) ứng với li độ \(x_M = A.\cos \frac{\pi}{3} = \frac{A}{2}.\)

Giữ đột ngột điểm chính giữa của lò xo khi lò xo ở \(M\) tức là lò xo có độ cứng thay đổi \(k ' \) và mất đi một nửa thế năng mà tại \(M\) nó đang dự trữ.

Năng lượng mất đi: \(W_1 = \frac{1}{2} W_M = \frac{1}{2} \frac{1}{2} k.(\frac{A}{2})^2 = \frac{1}{8} W_0\)

\(W _{sau} = W_0 - W_{mất} = \frac{7}{8} W_0.\)

Với    \(W_{sau} = \frac{1}{2} k'A'^2 \)

         \(W_0 = \frac{1}{2} kA^2\)

=> \(A'^2 = \frac{7.kA^2}{8.k'}\) 

Lò xo bị mất đi một nửa: \(k'l' = kl => \frac{k'}{k} = \frac{l}{l'} = 2=> k' = 2k.\)

=> \(A' = A\sqrt{\frac{7}{8}}.\frac{1}{\sqrt{2}} = 8.\sqrt{\frac{7}{16}}= 2\sqrt{7}cm.\)

Chọn đáp án.C.\(2\sqrt{7}cm.\)

Số phôtôn phát ra từ nguồn sáng trong 1 s là: 

\(N = \frac{P}{\varepsilon} = \frac{P.\lambda}{hc} = \frac{2.0,597.10^{-6}}{6,625.10^{-34}.3.10^8} = 6,01.10^{18} \)(hạt /s); \(P(W)\) là công suất của nguồn sáng, \(\varepsilon\)là năng lượng của phôtôn. 

Do nguồn sáng tỏa đều theo mọi hướng => Số phôtôn tới vị trí cách nguồn sáng khoảng cách \(R\) trên 1 đơn vị diện tích, trong 1 đơn vị thời gian là: 

\(n = \frac{N}{S_{hình cầu }} = \frac{N}{4\pi R^2} \)

Do con ngươi có đường kính \(d = 4mm\) tương ứng với diện tích \(s_0 = \pi (\frac{d}{2})^2 \). Như vậy số phôtôn lọt vào mắt trong mỗi giây là 

\(N_0 = n.s_0 = \frac{N}{4\pi R^2}.\pi (\frac{d}{2})^2 = \frac{N d^2}{16R^2}.\)

Theo bài: \(N_0 \geq 80 => \frac{Nd^2}{16R^2} \geq 80\)

                              => \(R \leq \sqrt{\frac{Nd^2}{16.80}} =\frac{d}{4}\sqrt{\frac{N}{80}}=\frac{4.10^{-3}}{4}\sqrt{\frac{6,01.10^{18}}{80}} \approx 274km.\)

Vậy khoảng cách xa nhất từ người quan sát tới nguồn sáng để còn trông thấy nguồn sáng là \(R \approx 274 km.\)

Ta có: \(\varphi_2 = 1,57 \approx \frac{\pi}{2} ; \varphi_1 = 0,35 rad \approx 20^0 \)

Vẽ giản đồ Fre-nen

Áp dụng định lý hàm số Sin ta có: 

\(\triangle OMN: \)\(\frac{A_1}{\sin ONM} = \frac{A}{\sin OMN}\)<=> \(\frac{A_1}{\sin(\frac{\pi}{2} - \varphi)} = \frac{A}{\sin (\frac{\pi}{2} - \varphi_1)}\)=> \(A_1 = \frac{A}{\sin(\frac{\pi}{2}-\varphi_1)} \sin(\frac{\pi}{2} - \varphi).(1)\)

Tương tự: \(\triangle OHN: \) \(\frac{A_2}{\sin(\varphi_1+ \varphi)} = \frac{A}{\sin (\frac{\pi}{2} - \varphi_1)}\) => \(A_2 = \frac{A}{\sin(\frac{\pi}{2}-\varphi_1)} \sin(\varphi_1 + \varphi).(2)\)

Cộng (1) và (2) => \(A_1+A_2 = \frac{A}{\sin (\frac{\pi}{2} - \varphi_1)} (\sin (\frac{\pi}{2}-\varphi)+\sin(\varphi_1+ \varphi))\)

                                            \( = \frac{A}{\sin (\frac{\pi}{2} - \varphi_1)} 2.\sin (\frac{\pi}{4}+\frac{\varphi_1}{2}).\cos(\frac{\pi}{4}-\frac{\varphi_1}{2}- \varphi)\) do áp dụng: \(\sin x + \cos x = 2 \sin (\frac{x+y}{2})\cos (\frac{x-y}{2}).\)

=> \((A_1+A_2)_{max} <=> \cos(\frac{\pi}{4}-\frac{\varphi_1}{2}- \varphi) =1\)

=>  \((A_1+A_2)_{max} = \frac{A}{\sin (\frac{\pi}{2} - \varphi_1)} 2.\sin (\frac{\pi}{4}+\frac{\varphi_1}{2}) \)                                

                            \(= \frac{20}{\sin (90 - 20)} 2.\sin (45+\frac{20}{2}) \approx 34,88 cm.\)

Chọn đáp án.D.35cm.

Hệ số hồi phục: \(k=\frac{mg}{l}\)

Lực kéo về: \(F=k.x=\frac{mg}{l}.\alpha.l=mg.\alpha\)

Góc lệch: \(\alpha=\frac{\alpha_0}{2}=\frac{0,1}{2}=0,05rad\)

\(\Rightarrow F=0,1.10.0,05=0,05N\)

Độ lớn của lực kéo về:\(F = ks\), \(s\) là li độ cong của con lắc đơn.

Vật ở vị trí có li độ cong bằng lửa biên độ tức

 \(F = k \frac{S_0}{2}= \frac{k.\alpha_0.l}{2}\) (do \(s_0 = \alpha_0 .l\))

               \(=m\omega ^2.\frac{\alpha_0.l}{2}=\frac{mg\alpha_0}{2}=\frac{0,1.10.0,1}{2}=5.10^{-2}N.\)

Vậy lức kéo về tại vị trí đó là \(F = 5.10^{-2}N.\)

\(\lambda = c.T = c 2\pi \sqrt{LC}\) => \(C = \frac{\lambda^2 }{4\pi^2.c^2.L} = \frac{48^2\pi^2}{4\pi^2.c^2.L} = \frac{48^2}{4.9.10^{16}.0,8.10^{-3}} = 8.10^{-12}F = 8 pF.\)

mà \(C_1 = C_2 = 6pF; C_3 = 3pF\) => Không thể mắc 3 tụ nối tiếp được vì \(C_{23} = \frac{C_2C_3}{C_2+C_3} = 2; C_1 = 6 => C = \frac{C_1.C_{23}}{C_1+C_{23}} = 1,5< 8 \) 

Nhận thấy: \(C_{23} +C_1 = 2+ 6 = 8pF = C => \)\(C_1 // (C_2 nt C_3)\)

Chọn đáp án.C.

Bước sóng: \(\lambda=c.2\pi\sqrt{LC}\)

\(\Rightarrow C=\frac{\lambda^2}{c^2.4\pi^2L}=\frac{\left(48\pi\right)^2}{\left(3.10^8\right)^2.4.\pi^2.0,8.10^{-3}}=8.10^{-12}F=8pF\)

Hai tụ ghép nối tiếp: \(\frac{1}{C_{nt}}=\frac{1}{C_1}+\frac{1}{C_2}\)

Hai tụ ghép song song: \(C_{ss}=C_1+C_2\)

Để có \(C_b=8pF\) ta thấy chỉ có phương án C thỏa mãn.

Do tần số máy phát tỉ lệ với tốc độ quay của rô to, suất điện động của máy phát lại tỉ lệ với tần số (vì \(E_0=\omega NBS\))

Nên tần số và suất điện động sinh ra:

+ Ban đầu: \(f_1=f,E_1=E\)

+ Lúc sau: \(f_2=3f,E_2=3E\)

Ta có: \(I_1=I_2\Leftrightarrow\frac{E_1}{Z_1}=\frac{E_2}{Z_2}\)\(\Leftrightarrow\frac{E}{\sqrt{R^2+\left(Z_L-Z_C\right)^2}}=\frac{3E}{\sqrt{R^2+\left(3Z_L-\frac{Z_C}{3}\right)^2}}\)

Biến đổi biểu thức trên, ta được \(Z_C=600\Omega\)

Suy ra \(\omega=50\pi\Rightarrow f=25Hz\)

Mà \(f=n.p\Rightarrow n=\frac{f}{p}=\frac{25}{1}=25\)vòng/s

Đáp án D.

Bước sóng: \(\lambda=\frac{v}{f}=\frac{75}{25}=3cm\)

MA = 10 + 4 = 14cm.

cosA = 8/10 = 0,8

Áp dụng định lí hàm số cos trong tam giác MAB: \(MB=\sqrt{MA^2+MB^2-2.MA.MB.\cos A}\)

\(\Rightarrow MB=9,67cm\)

Biên độ tại M: \(A_M=2.8.\cos\left(\frac{2\pi\left(MA-MB\right)}{\lambda}\right)=2.8.\cos\left(\frac{2\pi\left(14-9,67\right)}{2}\right)\approx15mm\)

mình nghĩ là như này không biết có đúng không nữa.

tính đc MB = 9,67 ( như bạn phynit làm ý)

tại M sóng A truyền tới U1= 8cos(50pi t- 2pix14/3)

sóng B truyển tới U2=8cos(50pit- 2pix9,67/3)

tổng hợp dao động bằng máy tính thì đc Am= 2,91

Lực kéo về: \(F = -kx= -k.A.\cos \omega t\)

Động năng và thế năng biến thiên điều hòa theo thời gian với tần số f thì li độ của vật biến thiên với tần số \(\frac{f}{2}\)

Do F kéo về tỉ lệ với li độ x của vật nên cũng biến thiên điều hòa với tần số \(\frac{f}{2}\).

Chọn đáp án.B.