Với biên độ là $A$ thì giá trị lớn nhất của gia tốc của hệ là:

$a_{max}=\omega^{2} A=\frac{k}{m+m_{1}}A$
Xét trong hệ quy chiếu gắn với vật $m$ dao động, vật $m_{1}$ chịu lực quán tính là:
$\overrightarrow{F}=-m_{1}\overrightarrow{a}   \Rightarrow F_{max}=m_{1}a_{max}$

Để $m_{1}$ không rời khỏi $m$ thì lực quán tính phải nhỏ hoặc bằng hơn trọng lực:

$F_{max}\leq P $

$\Rightarrow m_{1}\frac{k}{m+m_{1}}A\leq m_{1}g$

$\Rightarrow A \leq \frac{g(m+m_{1})}{k}=0.09(m)=9(cm)$

Vậy biên độ dao động lớn nhất để vật $m_{1}$ không bị rơi ra là 9cm.

Theo bài ra ta biết được có 4 bụng sóng giữa 2 điểm AB.
Ta có phương trình:

$AB=4\frac{\lambda}{2}=4\frac{v}{2f}$

$\Rightarrow v=\frac{1}{2}AB\times f=\frac{1}{2}200\times 500=50000(cm/s)=500 (m/s)$

Để tạo được sóng dừng thì:   $n\frac{\lambda}{2}+\frac{\lambda}{4}=L$     (L là chiều dài dây)

Hay: $n\frac{v}{2f}+\frac{v}{4f}=L   \Rightarrow  0.6=\frac{4}{f}n+\frac{2}{f}$

Các giá trị thích hợp với f từ 80Hz đến 120Hz là:    $12\leqslant n\leqslant 17$

Vậy, đáp án là có 6 giá trị.

Điện trường giữa 2 bản tụ luôn theo phương thẳng đứng, vậy nên thành phần vận tốc theo phương ngang luôn là $v_{x}=v$.
Gọi $\alpha$ là góc hợp bởi vector vận tốc và phương ngang. Ta có:

$cos\alpha=\frac{v_{x}}{v}=\frac{v}{2v}=\frac{1}{2}$

$\Rightarrow  \alpha =30 ^{o}$

Công thức phóng xạ:      $N=N_{0}2^{-t/T}$

Ta có: $\frac{X}{Y}=\frac{N}{N_{0}-N}=\frac{2^{-t/T}}{1-2^{-t/T}}$
Ứng với 2 trường:

$\frac{2^{-t/T}}{1-2^{-t/T}}=2.414 \Rightarrow  2^{-t/T}=\frac{2.414}{1+2.414}$     (1)

$\frac{2^{-(t+345)/T}}{1-2^{-(t+345)/T}}=1/7  \Rightarrow 2^{-t/T}\times 2^{-345/T}=\frac{1}{7(1+1/7)}$    (2)

Từ (1) và (2):   $T = 138$

$u=400cos^{2}(50\omega t)=200(cos100\omega t  +1)=200  +  200cos100\omega t$

Hiệu điện thế gồm phần ko đổi và phần xoay chiều.
Phần ko đổi sẽ tạo ra dòng; $I_{1}=\frac{200}{R}=2 (A)$

Phần xoay chiều sẽ tạo ra dòng:  $I_{2}=\frac{200}{\sqrt{Z_{L}^{2}+R^{2}}}cos(100\omega t-arctan\frac{Z_{L}}{R})=\sqrt{2}cos(100\omega t - \frac{\pi}{4})$

Dòng điện trong mạch là: $I = I_{1}+I_{2}=2+\sqrt{2}cos(100\omega t - \frac{\pi}{4})$

Năng lượng nhiệt tỏa ra trên điện trở:   $W=\int\limits_{0}^{t}I^{2}Rdt=\int\limits_{0}^{t}R\left[ {4+4\sqrt{2}cos(100\omega t - \frac{\pi}{4})+2cos^{2}(100\omega t - \frac{\pi}{4})} \right]dt$

$W=R\left[ {4t+\frac{4\sqrt{2}}{100\omega}sin(100\omega t-\frac{\pi}{4})+t+\frac{1}{200\omega}sin(200\omega t-\frac{\pi}{2})} \right]$

Sau một khoảng thời gian t lớn hơn nhiều lần chu kỳ, các số hạng dao động sẽ triệt tiêu nhau:

$W=5Rt$
Với: $W=I_{hd}^{2}Rt$
Suy ra:

$I_{hd}=\sqrt{5}$  (A)

Mắc hiệu điện thế 12V vào 2 đầu dây tải tại M.
Gọi điện trở đoạn MQ là $R_{1}$  (cả dây đi và dây về)
Khi 2 đầu dây ở N hở thì I = 0.41 A

$\frac{12}{R_{1}+R}=0.41   \Rightarrow  R=\frac{12}{0.41}-R_{1}$       (1)

Khi 2 đầu dây ở N được nối tắt, mạch lúc này gồm $R_{1}  nt  (R  //  R_{QN})$.
I = 0.42

$\Rightarrow \frac{12}{0.42}=R_{1}+\frac{R(80-R_{1})}{R+80-R_{1}}$

$\Rightarrow (80-\frac{12}{0.42})R=R_{1}^{2}-80R_{1}-\frac{12}{0.42}R_{1}+80\frac{12}{0.42}$     (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

$(80-\frac{12}{0.42})(\frac{12}{0.41}-R_{1})=R_{1}^{2}-80R_{1}-\frac{12}{0.42}R_{1}+80\frac{12}{0.42}$

Giải phương trình bậc 2 này ta được:      $R_{1}= \frac{200}{7}   (\Omega)$

Dễ dàng ta có:

$\frac{MQ}{180}=\frac{R_{1}}{80}$

$\Rightarrow MQ = 64.3 (km)$

Vận tốc của $_{2}^{4}He$  và $_{90}^{230}Th$ sẽ ngược chiều nhau và:

$m_{He}v_{He}=m_{Th}v_{Th}$        (bảo toàn động lượng)

Hay: $4v_{1}=230v_{2}$
$\Rightarrow v_{2}=\frac{4}{230} v_{1}$

$\Rightarrow 230v_{2}^{2}=230\times\frac{16}{230^{2}}v_{1}^{2}=\frac{2}{115} \times 4v_{1}^{2}$

$\Rightarrow T_{Th}=\frac{2}{115}T_{He}=\frac{2}{117} E$         (E là tổng động năng)

Dễ dàng tính được:
$E=\Delta m c^{2}=(233.9904-4.0015-229.9737)\times\frac{1}{6.02\times 10^{26}}\times (3\times 10^{8})^{2}=2.27\times 10^{-12}     (J)  $
$E=14.203 (MeV)$

Vậy:
$T_{Th}=0.243 (MeV)$

Gọi chu kỳ bán rã là T.
Ta có:
$\frac{N}{N_{0}}=2^{-t/T}$
Ứng với $t_{1}$ và $t_{2}$:

$0.2=2^{-t_{1}/T}  \Rightarrow T=\frac{t_{1}}{log_{2}5}$     (1)

$0.05=2^{-t_{2}/T}=2^{-(t_{1}+100)/T} \Rightarrow  T=\frac{t_{1}+100}{log_{2}20} $         (2)

Từ (1) và( 2):

$\frac{t_{1}}{log_{2}5}=\frac{t_{1}+100}{log_{2}20}$

$\Rightarrow t_{1}=116 (s)$

Thay vào (1) tính được:

$T=50 (s)$

Công thức về tốc độ phóng xạ:
$R=\lambda N_{0}e^{-\lambda t}$
Với 50g C từ cây cối đang sống, $R=15\times 50=750$ (phân rã/phút) $=12.5 $ (phân rã/s)
Hay:
$\lambda N_{0}=12.5$        (tại t=0)

Sau thời gian t:
$\lambda N_{0}e^{-\lambda t}=\frac{457}{60}$  (phân rã/s)

$\Rightarrow 12.5 e^{-\lambda t}=\frac{457}{60}$

Thay $\lambda=\frac{ln2}{T}=\frac{ln2}{5600}$  vào phương trình trên ta tính được:

$t=4002.3$  (năm)

Độ tuổi ngôi mộ là khoảng 4000 năm.

Gọi chu kỳ bán rã là T (năm)
Ta có:

$N=N_{0}2^{-t/T}  \Rightarrow  \frac{N}{N_{0}}=2^{-t/T}$

Với t = 2 năm:          $\frac{1}{3}=2^{-2/T}   \Rightarrow    T=\frac{2}{log_{2}3}$

Với t = 1 năm:

$\frac{N'}{N_{0}}=2^{-1/T}$

Thay T vào ta tính được: $\frac{N'}{N_{0}}=2^{-1/T}= 0.58$  (lần)

Đáp án D.

Số mol $_{84}^{210}Po$ ban đầu:

$n_{0}=\frac{2}{210}$ (mol)

Số mol $_{82}^{206}Pb$ tạo thành chính là số mol Po đã phóng xạ:

$n=\frac{1}{206}$ (mol)

Theo công thức phóng xạ:
$n_{0}-n=n_{0}2^{-t/T}$

$\Rightarrow t=-T  log_{2}\frac{n_{0}-n}{n_{0}}=142 $ (ngày)

Cường độ dòng điện trong cuộn sơ cấp là:
$I_{1}=\frac{U_{1}}{\sqrt{R^{2}+Z_{L}^{2}}}$
Suất điện động ở cuộn sơ cấp chính là điện áp 2 đầu cuộn cảm thuần:
$E_{1}=U_{L}=I_{1}Z_{L}=\frac{U_{1}Z_{L}}{\sqrt{R^{2}+Z_{L}^{2}}}$
Điện áp cuộn thứ cấp dễ dàng tìm được là:
$E_{2}=E_{1}\frac{N_{2}}{N_{1}}=225.78 (V)$

Bạn xem lại đề bài đi.
Cần biết hạt nhân ban đầu là gì, và sau mấy lần phóng xạ liên tiếp.
Nếu ko thì ko đủ dữ kiện để làm đâu.

Động năng bằng năng lượng nghỉ tức là:
$mc^{2}-m_{0}c^{2}=m_{0}c^{2}$

$\Rightarrow \frac{m_{0}}{\sqrt{1-\frac{v^{2}}{c^{2}}}}  c^{2}=2m_{0}c^{2}$

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

$\Rightarrow v=\frac{\sqrt{3}}{2}c=2.6\times 10^{8} (m/s)$