Bài này phải vận dụng kiến thức quang hình lớp 11

$\frac{1}{f}=\frac{1}{d_{1}}+\frac{1}{d’_{1}}=\frac{1}{d_{2}}+\frac{1}{d’_{2}}$

Vì khoảng cách giữa màn và khe là cố định nên $d_{1}=d’_{2}$ và $d_{2}=d’_{1}$

Hệ số phóng đại sẽ tỷ lệ nghịch với nhau $k_{1}k_{2}=1$

Dẫn đến $a=\sqrt{l.l’}=0,8mm$

Bước sóng ánh sáng là

$\lambda=\frac{ai}{D}=0,48\mu m$

Phương trình ly độ tại một điểm trên dây cách một nút một khoảng x là

$u=2Asin(\frac{x}{\lambda}2\pi)cos(\omega t+\pi/2)$   (SGK)

Tai điểm C thì ta có $x=\lambda/8$ nên biên độ dao động là $A\sqrt{2}$ và kém biên độ tại B là $\sqrt{2}$ lần

Do đó khoảng thời gian ngắn nhất giữa các lần li độ điểm B bằng biên độ điểm C là T/4

Chu kỳ của dao động mỗi phần tử cũng như chu kỳ của sóng là T=0,8s

AB=10cm suy ra $\lambda=40cm$

Tốc độ truyền sóng là

$v=\frac{\lambda}{T}=0.5m/s=50cm/s$

Theo đầu bài ta có

$x_{0}=3cm$     $v=40cm/s$    $l=5cm$

Lúc cân bằng lò xo giãn một khoảng $\frac{mg}{k}$

Biên độ của dao động sẽ là

$A=\frac{mg}{k}-l=\frac{g}{\omega^{2}}-l$

$\omega^{2}=\frac{g}{A+l}$

Mặt khác theo bảo toàn năng lượng ta có

$A^{2}=x_{0}^{2}+\frac{v_{2}}{\omega^{2}}= x_{0}^{2}+\frac{v_{2}(l+A)}{g}$

$A^{2}-\frac{v^{2}A}{g}-( x_{0}^{2}+\frac{v_{2}l}{g})$

 A=0,05m=5cm

Thay vào tính được $\omega$

$v_{max}=A\omega=50 cm/s$

$\lambda_{3}= 0,7\mu m$

$\lambda_{2}= 0,56\mu m$

$\lambda_{1}= 0,42\mu m$

Tỉ lệ ba bước sóng này là

$\lambda_{1}:\lambda_{2}:\lambda_{3}=3:4:5

Giữa 2 vân sáng cùng màu với vân trung tâm có 11 cực đại đỏ có nghĩa là khoảng cách giữa 2 vân này là 12 khoảng vân của màu đỏ. Suy ra khoảng này có 15 khoảng vân lục và 20 khoảng vân tím

Do đó có 14 cực đại lục và 19 cực đại tím

(đây là cực đại  của mỗi màu riêng biệt chứ không phải là vạch màu nhìn thấy vì các màu có thể trùng lên nhau)

Khoảng cách từ vân trung tâm đến M là l=2,5mm

Tại M cho vân tối nên

$l=(k+\frac{1}{2})i=(k+\frac{1}{2})\frac{D\lambda}{a}$

Với $0,4\mu m\leq \lambda \leq 0,7\mu m$

Suy ra          $1,6\leq k+ ½ \leq 3,125$

Dẫn đến k=2 và $\lambda=0,5\mu m$

Có duy nhất một vân cho vân tối tại M

Ô tô chuyển động có giá tốc nên trong hệ quy chiếu ô tô thì vật chịu một gia tốc bằng nhưng ngược hướng với $a=\frac{\sqrt{3}}{3}g$

Tại vị trí cân bằng thì vật nghiêng một góc

$tan\alpha=\frac{a}{g}=\frac{\sqrt{3}}{3}$

$\alpha=30^{o}$

Khi kéo nghiêng dây góc $39^{o}$ thì các biên độ có thể là $9^{o}$ hoặc $69^{o}$ (góc quá lớn có thể sẽ không dao động điều hòa)

Tính trong góc biên độ nhỏ thì biên độ cong là

$A=\alpha_{0}.l=0,157m       (\alpha    tính   theo   rad)$

Mạch có điện trởi R chưa chắc có duy nhất điện trở R
Tính trung bình nên mình sẽ tính trong một chu kỳ các thời gian dài có thể coi là một dòng không đổi như có cường độ dòng hiệu dụng

Theo định luật Jun-Lenxo $P=i^{2}R$

Năng lượng tiêu thụ trong 1 chu kỳ là

$E=\int\limits_{0}^{T} (I+I_{0}cos\omega t)^{2}R=\int\limits_{0}^{T} (I^{2}+2II_{0} cos\omega t + I_{0}^{2} cos^{2}\omega t)R= (I^{2}+ \frac{I^{2}_{0}}{2}+0)RT$

Công suất trung bình là

$P_{tb}=\frac{E}{T}= (I^{2}+ \frac{I^{2}_{0}}{2})R$

Theo đầu bài bạn cho k cụ thể nên mình sẽ làm theo cách giả sử k không đổi trong quá trình dao động.

Khi vật m chuyển động với vận tốc $v_{M}$, chiều dài của lò xo lúc ấy là l

Xét doạn dx nhỏ điểm cách O một đoạn x thì vận tốc tại điểm này là $\frac{v_{M}x}{l}$

Động năng của đoạn nhỏ này

$d_{Wđlx}=\frac{1}{2}\frac{M}{l}dl(\frac{v_{M}x}{l})^{2}=\frac{Mv_{M}^{2}}{2l^{3}}x^{2}dx$

Động năng của toàn lò xò là

$Wđlx=\int\limits_{0}^{l}\frac{Mv_{M}^{2}}{2l^{3}}x^{2}dx=\frac{Mv_{M}^{2}}{6}$

Theo bảo toàn năng lượng thì

$\frac{1}{2}kA^{2}=\frac{1}{2}k(x-l_{0})^{2}+ \frac{Mv_{M}^{2}}{6} + \frac{mv_{M}^{2}}{2}$

Như là dao động của vật có khối lượng (m+M/3)

Chu kỳ dao động của vật là

$T=2\pi\sqrt{\frac{m+M/3}{k}}$                                                                 

Khi quay trên thanh ngang thì trong hệ quy chiếu gắn với thanh vật chịu tác dụng của lực đàn hồi, lực quán tính ly tâm, trọng lực và phản lực của thanh

Khi thanh cân bằng, gọi chiều dài của lò xo là l thì

$F_{đh}=F_{lt}$

$k.(l-l_{0})=\frac{mv^{2}}{l}=ml\omega^{2}$

$l=\frac{kl_{0}}{k-m\omega^{2}}=25  cm$

Biểu thức biên độ  của các điểm trên mặt nước là

$A=|2acos\frac{d_{2}-d_{1}}{\lambda}\pi|$

Để biên độ dao động là a thì $| cos\frac{d_{2}-d_{1}}{\lambda}\pi|=1/2$

Xét từ M đến đường trung trực thì có $d_{2}-d_{1}=1,6\lambda$ có 3 đường ứng với lệch $\lambda/3$;$2\lambda/3$;$4\lambda/3$

Trong khoảng MM’ sẽ có 6 điểm dao động với biên độ bằng a