$Z_{L}=Z_{C} \Rightarrow \omega=\frac{1}{\sqrt{LC}}=314(rad/s)$

Công suất cực đại khi: $Z_{L}=Z_{C} \Rightarrow \omega=\frac{1}{\sqrt{LC}}=314(rad/s)$ (thỏa mãn > 100rad/s)

Công suất cực đại:     $P_{max}=\frac{U^{2}}{R}$

Công suất bằng nửa công suất cực đại khi:

$P=\frac{P_{max}}{2}$

$\frac{U^{2}}{\sqrt{R^{2}+(Z_{L}-Z_{C})^{2}}}\frac{\left| {Z_{L}-Z_{C}} \right|}{R}=\frac{U^{2}}{2R}$

Rút gọn:

$\frac{R^{2}+(Z_{L}-Z_{C})^{2}}{(Z_{L}-Z_{C})^{2}}=4$

$\Rightarrow \frac{R^{2}}{(Z_{L}-Z_{C})^{2}}=3$

$\Rightarrow \left| {Z_{L}-Z_{C}} \right|=\frac{50}{\sqrt{3}}$

Ta được 2 phương trình bậc 2:

$\omega^{2}LC-\frac{50C}{\sqrt{3}}\omega-1=0$

Hoặc:  $\omega^{2}LC+\frac{50C}{\sqrt{3}}\omega-1=0$

Kết quả hợp lý nhất là:

$\omega=363(rad/s)$

Đề cho số liệu có vấn đề. Ngay từ đầu bài đã ko biết đơn vị $\pi F$ là cái gì rồi.  @.@

Vận tốc ở thời điểm t là: $v=v_{0}cos(\omega t)$

Sau thời gian $\frac{3T}{4}$, vận tốc là:

$v'=v_{0}cos\omega(t+\frac{3T}{4})=v_{0}cos(\omega t+\frac{3\pi}{2})=v_{0}sin(\omega t)$

Suy ra:     $v^{2}+v'^{2}=v_{0}^{2}=\omega^{2}A^{2}$            (A là biên độ dao động)

Hay:     $v^{2}+25\pi^{2}=\omega^{2}A^{2}$      (1)

Lại có phương trình liên hệ:

$\frac{x^{2}}{A^{2}}+\frac{v^{2}}{\omega^{2}A^{2}}=1$

Hay:

$\frac{2.5^{2}}{A^{2}}+\frac{v^{2}}{v^{2}+25\pi^{2}}=1$

$\Rightarrow \frac{2.5^{2}}{A^{2}}=\frac{25\pi^{2}}{v^{2}+25\pi^{2}}$

$\Rightarrow   A^{2}=\frac{v^{2}+25\pi^{2}}{4\pi^{2}}$

Thay vào phương trình (1) ta có:

$\omega^{2}\frac{v^{2}+25\pi^{2}}{4\pi^{2}}=v^{2}+25\pi^{2}$

$\Rightarrow \frac{\omega^{2}}{4\pi^{2}}=1$

$\Rightarrow \omega =2\pi$

$\Rightarrow k=4\pi^{2}m=8(N/m)$

Đoạn mạch $AN$ bao gồm cuộn dây có trở thuần và tụ điện.

Điện áp hiệu dụng trên $AN$:

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

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

Từ phương trình trên, dễ thấy $U_{AN}$ đạt cực tiểu khi:    $Z_{L}=Z_{C}$      (cộng hưởng)

Lúc này mạch điện có thể xem chỉ gồm điện trở $R$ và $r$.

$U_{AN}=U\frac{r}{R+r}=40(V)$

Đáp án B.

Đáp án C.

Gia tốc là đạo hàm của vận tốc nên sẽ lệch pha nhau $\pi/2$

Câu 1: Giả sử phương trình li độ là: $x=Acos(\omega t)$

Vận tốc:      $v=\frac{dx}{dt}=-\omega A sin(\omega t)=\omega Acos(\omega t+\frac{\pi}{2})$

Tức là vận tốc sớm pha $\frac{\pi}{2}$ so với li độ.

Đáp án A.

Câu 2:  

Gia tốc:  $a=\frac{dv}{dt}=-\omega^{2}Acos(\omega t)=\omega^{2}Acos(\omega t+\pi)$

Lệch pha $\pi$

Đáp án C.

Câu 3:

Từ câu 1 và 2 dễ dàng suy ra gia tốc sớm pha $\frac{\pi}{2}$ so với vận tốc.

Đáp án C.

Vật có vận tốc cực đại khi đi qua vị trí cân bằng.

Thông thường, vị trí cân bằng được lấy làm gốc tọa độ, tức là li độ bằng 0.

Đáp án B.

Chu kỳ dao động:    $T=2\pi\sqrt{\frac{l}{g}}=1    \Rightarrow l=\frac{g}{4\pi^{2}}$

Sau mỗi chu kỳ, công của lực cản là: $A_{c}=2F\times l\times\frac{10^{o}\pi}{180^{o}}=\frac{5F}{18\pi}$

Sau 40s tức 40 chu kỳ, công lực cản là:  $40A_{c}$

Công này triệt tiêu hoàn toàn năng lượng dao động ban đầu là:

$W_{0}=\frac{1}{2}m\omega^{2}A^{2}=\frac{1}{2}\frac{4\pi^{2}}{T^{2}}(\frac{5\pi}{180})^{2}=0.15(J)$

Ta có:   $W_{0}=40A_{c}\Rightarrow 40\times\frac{5F}{18\pi}=0.15$

Thay số tính được:     $F=0.04(N)$

Ban đầu vật ở xa cho ảnh thật, khi lại gần, vào trong khoảng tiêu cự thì cho ảnh ảo.
Chứng tỏ đây là thấu kính hội tụ.

Ko thể xác định được tiêu cự vì ko đủ dữ kiện, hoặc đề bài có vấn đề.

Đèn sợi đốt chạy ko dùng hiệu ứng phóng điện phát huỳnh quang nên ko dùng được nhé.

10g nhiên liệu $H_{2}$ và $H_{3}$ với tỉ lệ số mol 1:1 sẻ tỏa ra năng lượng là:

$E_{1}=17.6MeV\times\frac{10}{2+3}N_{A}=17.6MeV\times2N_{A}$

10g $U_{235}$ sẽ tỏa ra năng lượng là: (bỏ qua khối lượng notron)

$E_{2}=210MeV\times\frac{10}{235}N_{A}$

Tính:

$\frac{E_{2}}{E_{1}}=\frac{2\times17.6\times235}{210\times10}\approx 4$

Đáp án A.

Khi chưa cắt nguồn, dòng điện trong mạch là:  $I=frac{E}{R_{0}+R+r}=1.2(A)$

Hiệu điện thế 2 đầu tụ:    $U_{C}=E-Ir=12-1.2=10.8(V)$

Năng lượng của tụ:   $W_{C}=\frac{1}{2}CU^{2}=5.832(mJ)$

Năng lượng cuộn dây:   $W_{L}=\frac{1}{2}LI^{2}=14.4(mJ)$

Sau khi cắt nguồn, nếu ko có điện trở, năng lượng dao động sẽ bảo toàn trong L và C.

Tuy nhiên năng lượng sẽ hao hụt do nhiệt tỏa ra trên điện trở.

Khi năng lượng dao động chỉ còn 1 nửa tức là 1 nửa năng lượng ban đầu đã chuyển thành nhiệt trên các điện trở $R$ và $R_{0}$:

$Q=\frac{1}{2}W_{0}=\frac{1}{2}(W_{C}+W_{L})=10.116(mJ)$

Dễ thấy,  $\frac{R_{0}}{R}=\frac{Q_{Ro}}{Q_{R}}=\frac{5}{4}$


Vậy, nhiệt lượng tỏa ra trên $R_{0}$ là:

$Q_{Ro}=\frac{5}{5+4}Q=5.62(mJ)$

Năng lượng của 1 photon là:

$E=\frac{hc}{\lambda}$

Số photon trong 1s:     $n_{1}\frac{P}{E}=\frac{P\lambda}{hc}$

Số electron trong 1s hiển nhiên là:    $n_{2}\frac{q}{e}$

Tỉ số electron-photon trong 2 phút:

$\frac{n_{2}\Delta t}{n_{1}\Delta t}=\frac{n_{2}}{n_{1}}=0.004$

Đáp án A.

Tốc độ của người so với mặt đất:     $v=3.8+\omega r=3.8+\frac{6.5}{2}\omega$

Momen động lượng của hệ người và sàn lúc này:

$L=I\omega +mvr=1700\omega+55(3.8+\frac{6.5}{2}\omega)$

Ban đầu, hệ đứng yên, momen động lượng bằng không.

Bảo toàn momen động lượng:

$1700\omega+55(3.8+\frac{6.5}{2}\omega)\frac{6.5}{2}=0$

$\Rightarrow \omega=-0.3(rad/s)$

Giá trị âm có nghĩa là vành sẽ quay ngược chiều chạy của người.

Đáp án C.

Ở cả 2 trường hợp, góc lệch đều là $\alpha$. Tuy nhien lực căng dây ở 2 trường hợp sẽ khác nhau sao cho quả cầu được cân bằng.



Khi quả cầu đặt trong không khí.  Chiếu phương trình cân bằng lên phương vuông góc  với dây:

$Psin\alpha=F_{q}cos\alpha$   (1)  ($F_{q}$ là lực đẩy tĩnh điện giữa 2 quả cầu)

Khi quả cầu đặt trong dầu. Chiếu phương trình cân bằng lên phương vuông góc  với dây:

$Psin\alpha=\frac{F_{q}}{\epsilon}cos\alpha+F_{A}sin\alpha$

($F_{A}=gdV$ là lực đẩy Acsimet tác dụng lên quả cầu)

$\Rightarrow Psin\alpha=\frac{F_{q}}{2}cos\alpha+F_{A}sin\alpha$        

$\Rightarrow 2Psin\alpha=F_{q}cos\alpha+2F_{A}sin\alpha$      (2)

Lấy (2) trừ đi (1) ta có:

$2F_{A}sin\alpha=Psin\alpha$

$\Rightarrow 2gdV=gDV$

$\Rightarrow D=2d=1.6\times10^{3}(kg/m^{3})$

Đặt $C_{2}$ vào trong $C_{1}$ có 2 trường hợp: đặt ngược (điện trường ngược nhau )và xuôi (điện trường cùng hướng)

Xét trường hợp ngược hướng:

Ta có nhận xét, năng lượng trên tụ điện về bản chất là năng lượng điện trường giữa 2 bản tụ. Xác định bằng công thức: $W=\frac{1}{2}\epsilon_{0}E^{2}V$

($V=Sd$ là thể tích khoảng không gian giữa 2 bản tụ)

Ở vùng thể tích thuộc $C_{1}$ và cũng thuộc $C_{2}$:       $E_{2}=\frac{U}{d_{2}}-\frac{U}{d_{1}}=\frac{1}{2}\frac{U}{d_{2}}$.

Vậy năng lượng $C_{2}$ bằng một nửa năng lượng $C_{2}$.

Ở vùng thể tích thuộc $C_{1}$ nhưng ko thuộc $C_{2}$, vì $d_{1}=2d_{2}$ nên thể tích này chỉ bằng 1 nửa thể $C_{1}$, mà $E_{1}=E_{10}$ ban đầu nên năng lượng vùng này bằng một nửa năng lượng $C_{1}$ ban đầu.

Tổng năng lượng 2 vùng sẽ là $\frac{1}{2}$ năng lượng ban đầu.

Xét trường hợp cùng hướng:

Ở vùng thể tích thuộc $C_{1}$ và cũng thuộc $C_{2}$:       $E_{2}=\frac{U}{d_{2}}+\frac{U}{d_{1}}=\frac{3}{2}\frac{U}{d_{2}}$.

Ở vùng thể tích thuộc $C_{1}$ nhưng ko thuộc $C_{2}$, vẫn như trường hợp cũ.

Tổng năng lượng ở các vùng:

$W=\frac{1}{2}\epsilon_{0}E_{2}^{2}Sd_{2}+\epsilon_{0}E_{1}^{2}S(d_{1}-d_{2})$

         $=\frac{1}{2}\epsilon_{0}(\frac{3U}{2d_{2}}+\frac{U}{2d_{2}})^{2}Sd_{2}=2\frac{\epsilon_{0}S}{d_{2}}U^{2}$

Năng lượng hệ ban đầu: $W=\frac{1}{2}C_{1}U^{2}\frac{1}{2}C_{2}U^{2}=\frac{1}{2}\frac{\epsilon_{0}S}{d_{1}}U^{2}+\frac{1}{2}\frac{\epsilon_{0}S}{d_{2}}U^{2}=\frac{3}{4}\frac{\epsilon_{0}S}{d_{2}}U^{2}$

Vậy, sau khi đặt $C_{2}$ trong $C_{1}$ cùng hướng, năng lượng hệ tăng gấp $\frac{8}{3}$ lần.