Đáp án D.

Sóng từ loa phóng thanh là sóng âm, bản chất là sóng cơ. Ko phải là sóng điện từ.

Đáp án là B.

Tần số dao động vẫn như dao động của lò xo. Đó là: $\omega=\sqrt{\frac{k}{m}}$

Xét vị trí cân bằng là gốc tọa độ thì:

+ Lò xo nén: x nằm trong khoảng từ -A đến -A/2

+ Lò xo dãn: x từ -A/2 đến A



$cos\widehat{MOH}=1/2 \Rightarrow \widehat{MOH}=\pi/3$

Tỉ lệ về thời gian sẽ bằng với tỉ lệ góc trên giản đồ Fresnel: $\frac{\pi/3}{\pi-\pi/3}=1:2$

Lực tác dụng cực đại vào giá đỡ chính là lực đàn hồi cực đại:

$F_{max}=k\Delta l_{max}=k(0.02+0.03)=2$

$\Rightarrow k=40(N/m)$

Phương trình khi cân bằng:

$mg=k\Delta l_{0}$

$m=\frac{k\Delta l_{0}}{g}=0.08(kg)=80(g)$

Biên độ dao động của vật:    $A=\frac{22-18}{2}=2(cm)$

Phương trình dao động: $x=2cos(10t+\varphi)$

Để tìm góc $\varphi$, ta xét điều kiện đầu:

$x=-2$      tại   $t=0$

$2cos\varphi=-2 \Rightarrow \varphi=\pi$

Phườn trình dao động:

$x=2cos(10t+\pi)$  (cm)

$\Delta l_{0}=4cm$

Ta có:    $mg=k\Delta l_{0} $

Gia tốc lúc buông vật:

$a=\frac{F-mg}{m}=\frac{k(\Delta l_{0}+\Delta l)}{m}-g=\frac{5}{4}\frac{k\Delta l_{0}}{m}-g=\frac{1}{4}g=2.5(m/s^{2})$

Động năng của electron được tính bằng công thức:

$T=mc^{2}-m_{0}c^{2}$

Trong đó:    $m=\frac{m_{0}}{\sqrt{1-\frac{v^{2}}{c^{2}}}}$

Theo bài ra:

$mc^{2}-m_{0}c^{2}=\frac{1}{2}m_{0}c^{2}$

$\Rightarrow mc^{2}=\frac{3}{2}m_{0}c^{2}$

$\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{1-\frac{v^{2}}{c^{2}}}}=\frac{3}{2}$

$\Rightarrow 1-\frac{v^{2}}{c^{2}}=\frac{4}{9}$

$\Rightarrow v=\frac{\sqrt{5}}{3}c$

Khi $C=C_{1}$:

$U_{R}=\frac{U}{\sqrt{R^{2}+(Z_{L}-Z_{C})^{2}}}R=\frac{U}{\sqrt{1+(\frac{Z_{L}-Z_{C}}{R})^{2}}}$

Giá trị $U_{R}$ ko phụ thuộc $R$ khi:   $Z_{L}=Z_{C_{1}}$  (1)

Khi $C=C_{2}$:

$U_{RL}=\frac{U}{\sqrt{R^{2}+(Z_{L}-Z_{C})^{2}}}\sqrt{R^{2}+Z_{L}^{2}}=\frac{U}{\sqrt{1+\frac{Z_{C}(Z_{C}-2Z_{L})}{R^{2}+Z_{L}^{2}}}}$

Giá trị $U_{RL}$ ko phụ thuộc $R$ khi:

$Z_{C_{2}}=2Z_{L}$   (2)

Từ (1) và (2) suy ra:      $Z_{C_{2}}=2Z_{C_{1}}     \Rightarrow C_{2}=\frac{1}{2}C_{1}$
 

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

Lực căng dây ở vật 1 và vật 2 lần lượt là $T_{1}$ và T_{2}.

Gia tốc của hệ là a, gia tốc góc ròng rọc sẽ là $\gamma=\frac{a}{R}$

2 phương trình chuyển động tịnh tiến:

$T_{1}-m_{1}g=m_{1}a=m_{1}\gamma R$

$m_{2}g-T_{2}=m_{2}\gamma R$

Phương trình quay của ròng rọc:

$(T_{2}-T_{1})R=I\gamma$

Rút $T_{1}$ và $T_{2}$ từ 2 phương trình tịnh tiến thế vào pt chuyển động quay:

$m_{2}gR-m_{2}\gamma R^{2}-m_{1}gR-m_{1}\gamma R^{2}=I\gamma$

$\Rightarrow \gamma(I+m_{1}R^{2}+m_{2}R^{2})=m_{2}gR-m_{1}gR$

$\Rightarrow a=\gamma R=\frac{m_{2}-m_{1}}{I+m_{1}R^{2}+m_{2}R^{2}}gR^{2}=0.1(m/s^{2})$

Sử dụng định lý Ampe ta có:

$B\times2\pi r=\mu_{0}I$

Trong đó:  $I$ là dòng điện nằm trong giới hạn khoảng cách $r$

a) r=1cm  <   R.   Dòng điện nằm trong giới hạn nhỏ hơn dòng điện tổng

$I=\frac{\pi r^{2}}{\pi R^{2}}I_{0}=\frac{1}{4}5=1.25(A)$

Thay vào phương trình Ampe:  $B=\frac{\mu_{0}I}{2\pi r}=2.5\times10^{-5}  (T)$


b) r=5cm > R

$B=\frac{\mu_{0}I_{0}}{2\pi r}=10^{-4}  (T)$

Khoảng cách giữa 2 vật:

$\Delta x=x_{1}-x_{2}=4cos(4\pi t+\pi/3)-4\sqrt{2}cos(4\pi t+\pi/12)=4cos(4\pi t+\pi/3)+4\sqrt{2}cos(4\pi t+13\pi/12)$

Phương trình của $\Delta x$:     $\Delta x=Acos(4\pi t+\varphi)$

Dễ dàng tìm được:  

$A^{2}=4^{2}+(4\sqrt{2})^{2}+4\times4\sqrt{2}\times cos(13\pi/12-\pi/3)=32    \Rightarrow A=4\sqrt{2}$

và

$Acos\varphi=4cos\pi/3+4\sqrt{2}cos(13\pi/12)$

$\Rightarrow 4\sqrt{2}cos\varphi=2-4\sqrt{2}\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$

$\Rightarrow cos\varphi=\frac{\sqrt{6}}{4}$

Tại thời điểm $t=0$.     $\Delta x=2\sqrt{3}$

Tiếp đó, $\Delta x$ sẽ giảm.

Khi:  $\Delta x=-2\sqrt{3}  \Rightarrow cos(4\pi t+\varphi)=-\frac{\sqrt{6}}{4}$

$\Rightarrow 4\pi t=\pi \Rightarrow t=\frac{1}{12}(s)$

Từ đây $\left| {\Delta x} \right|$  lại tăng.

Vậy, từ $t_{1}$ đến $t_{2}$ khoảng thời gian mà $\left| {\Delta x} \right|\geq 2\sqrt{3}$ là:

$\frac{1}{3}-\frac{1}{4}=\frac{1}{12} s$

Đáp án D.

Giản đồ Fresnel cho tổng hợp 2 dao động:



Dùng quy tắc hình bình hành, ta có:

$A^{2}=A_{1}^{2}+A_{2}^{2}+2A_{1}A_{2}cos\frac{2\pi}{3}$

$A^{2}=A_{1}^{2}+A_{2}^{2}-A_{1}A_{2}$     (1)

Khi $A_{1}=A_{2}$ ta có:

$36=A_{1}^{2}+A_{1}^{2}-A_{1}^{2}       \Rightarrow A_{1}=6(cm)$

Đạo hàm vế phải  của (1) theo $A_{2}$ và lấy bằng không:

$2A_{2}-A_{1}=0    \Rightarrow A_{2}=\frac{A_{1}}{2}=3$          là giá trị mà $A$ nhỏ nhất.

Lúc này:  $A=\sqrt{27}$

Góc lệch $\varphi$ có thể tính bằng công thức:

$Acos\varphi=A_{1}cos\frac{\pi}{6}+A_{2}cos\frac{\pi}{2}$

$\Rightarrow cos\varphi=\frac{6\times\sqrt{3}}{2\sqrt{27}}=1$

$\Rightarrow \varphi=0$

Đáp án B.

Sau nửa chu kỳ đầu, giả sử lò xo bị nén biên độ $A_{1}$. Ta có:

$\frac{1}{2}kA_{0}^{2}=\frac{1}{2}kA_{1}^{2}+\mu mg(A_{0}+A_{1})$

$0.2=5A_{1}^{2}+0.2(0.2+A_{1})$

Giải ra ta được:  $A_{1}=0.16  (cm)$

Vật đi về vị trí cân bằng có vận tốc $v$. Bảo toàn năng lượng:

$\frac{1}{2}kA_{1}^{2}=\frac{1}{2}mv^{2}+\mu mgA_{1}$

$0.128=0.05v^{2}+0.032$

$v^{2}=1.92(m/s)$

$v=\frac{4\sqrt{3}}{5}$

Tại đây, thiết lập phương trình vi phân chuyển động (chiều dương là chiều dãn lò xo):

$mx''=-kx-\mu mg$

$x''=-\frac{k}{m}x-\mu g $

$(x+\frac{\mu mg}{k})''=-\omega^{2}(x+\frac{\mu mg}{k})$

$(x+0.02)''=-\omega^{2}(x+0.02)$

Phương trình chuyển động:  $x+0.02=X_{0}cos(\omega t +\varphi)$

Điều kiện đầu, tại $t=0$:     $x = 0  \Rightarrow  X_{0}cos(\varphi)=0.02$

                                                      $v=1.92 \Rightarrow  -\omega X_{0}sin(\varphi)=\frac{4\sqrt{3}}{5}$

Với $\omega=\sqrt{\frac{k}{m}}=10$.   Ta tìm được các thông số:

$tan\varphi=-4\sqrt{3}$

$X_{0}=0.14(m)$

Để $x=0.05 (cm)$ (lò xo dãn 5cm lần thứ hai):

$0.07=0.14cos(10t-arctan(4\sqrt{3}))$

$cos(10t-arctan(4\sqrt{3}))=\frac{1}{2}$

$10t-arctan(4\sqrt{3})=\frac{\pi}{3}$

$t=\frac{1}{10}arctan(4\sqrt{3})+\frac{\pi}{30}$

Tổng thời gian:  $t+\frac{3}{2}T=\frac{1}{10}arctan(4\sqrt{3})+\frac{\pi}{30}+\frac{3}{4}\frac{\pi}{5}=0.72(s)\approx \frac{13\pi}{60}$

Phương trình của biên độ tại một điểm:

$A=2acos(\frac{\pi}{\lambda}(d_{2}-d_{1})+\frac{\Delta \varphi}{2})$

Vậy tại M và tại I biên độ dao động là:

$A_{M}=2acos(\frac{8\pi}{5}+\frac{\pi}{2})=2acos(\frac{\pi}{10})$

$A_{I}=2acos\frac{\pi}{2}=0$

Đường hyperbol ứng với:   $d_{2}-d_{1}=2.56$      cắt AB tại    C điểm cách I một khoảng:

$x_{C}=\frac{d_{2}-d_{1}}{2}=\frac{2.56}{2}=1.28(cm)$

Dao động với biên độ là:  $a\sqrt{2}$  thì:  

$cos(\frac{\pi}{\lambda}(d_{2}-d_{1})+\frac{\pi}{2})=\pm\frac{\sqrt{2}}{2}$

$\Rightarrow \frac{\pi}{\lambda}(d_{2}-d_{1})+\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{4}+k\frac{\pi}{2}$

$\Rightarrow \frac{\pi}{\lambda} (d_{2}-d_{1})=\frac{\pi}{4}+k\frac{\pi}{2}$

Ứng với các phương trình hyperbol:

          $d_{2}-d_{1}=(\frac{k}{2}+\frac{1}{4})\lambda$

Các đường này cắt AB tại các điểm cách I:

$x=frac{d_{2}-d_{1}}{2}=(\frac{k}{4}+\frac{1}{8})\lambda= 0.2   ;  0.6       ;    1   ;       1.4         ;        1.8 .....     $


Những điểm nằm trong khoảng  $MC$  ứng với các hyperbol cắt đoạn MI.

Chỉ có các  điểm với $x=0.2  cm$,   $x=0.6  cm$,     $x=1  cm$ là thỏa mãn  $x<1.28cm$

Vậy, đáp số là có 3 điểm thuộc đoạn $MI$ dao động với biên độ   $a\sqrt{2}$