$\omega=\frac{2\pi}{T}=5\pi (rad/s)$

Biên độ dao động của vật là:

$A=\frac{56-46}{2}=5(cm)$

Gốc tọa độ đặt ở vị trí vật cân bằng, tức là vị trí lò xo có chiều dài: 46 + 5 = 51 (cm)

Ở 2 biên, gia tốc của vật là cực đại:

$a_{max}=\omega^{2}A=12.5(m/s^{2})$
Vật chịu tác dụng của lực đàn hồi F và trọng lực P.
Ở biên trên:
$F+P=ma_{max}\Rightarrow F=ma_{max}-P$
Ở biên dưới:
$F-P=ma_{max}\Rightarrow F=ma_{max}+P$

Vậy lò xo tác dụng lực cực đại khi vật ở vị trí biên dưới:

$F_{max}=m(a_{max}+g)=22.5m=4.5 \Rightarrow m=0.2(kg)$

Vật ở vị trí dương và có vận tốc $15\pi (cm/s)$. Ta có công thức liên hệ giữa vận tốc và gia tốc:

$\frac{v^{2}}{\omega^{2}A^{2}}+\frac{a^{2}}{\omega^{4}A^{2}}=1$

Thay số vào ta tính được: $a=100\pi^{2}=1000(cm/s^{2})=10(m/s^{2})$

Vậy, tại vị trí này:

$F-P=ma$
$F=m(g+a)=0.2\times(10+10)=4(N)$

Bài này là 1 bài về giao thoa bản mỏng.

Để màng trở nên tối đen thì tổng hợp của ánh sáng phản xạ ở mặt trên (tia 1) và mặt dưới (tia 2) phải bằng 0 (cực tiểu giao thoa).
Tức là hiệu quang trình của chúng phải bằng một số nguyên lần lẻ nửa bước sóng, tức là:   $\Delta l=(k+\frac{1}{2})\lambda$

TUY NHIÊN, cần chú ý là tia sáng 2 từ môi trường chiết suất cao (xà phòng) tới môi trường chiết suất thấp (không khí) rồi phản xạ nên đã bị đảo pha. Vậy nên hiệu quan trình của nó được thêm một lượng $\lambda/2$

Vậy, để tạo ra cực tiểu giao thoa thì công thức chính xác là:

$\Delta l=(k+\frac{1}{2})\lambda+\frac{\lambda}{2}=(k+1)\lambda$
Ở trong bài, với góc tới vuông góc. Hiệu quang trình là:

$\Delta l=2nd$

(với d là bề dày màng mỏng)

Để tìm bề dày nhỏ nhất, dễ thấy ta chọn k = 0

$2nd_{min}=\lambda$

$d_{min}=\frac{\lambda}{2n}=214(nm)$

Đáp án B.

Gọi $p,  p_{1},  p_{2}$ lần lượt là động lượng của hạt ntron, hạt alpha và hạt triti.

Bảo toàn động lượng theo 2 phương vuông góc, ta có:

$p=p_{1}cos15^{o}+p_{2}cos30^{o}$

$p_{1}sin15^{o}=p_{2}sin30^{o}$

Giải 2 pt này ta có:

$p_{1}=0.707p$
$p_{2}=0.366p$

Với động năng: $T=\frac{p^{2}}{2m}$

Thay các giá trị của p và m vào, ta tính được:

$T_{1}=0.125 T=0.25 (MeV)$      (T là động năng ban đầu của hạt nơtron)

$T_{2}=0.067 T=0.134 (MeV)$

Dễ thấy đây là phản ứng thu năng lượng với:

$\Delta E = T-(T_{1}+T_{2})=1.616 (MeV)$

Ở đây bài ra ko cho số liệu cụ thể để tính năng lượng tỏa ra do sự giảm khối lượng nên mình ko tính.

2 tụ mắc nối tiếp thì điện tích trên chúng bằng nhau và bằng Q. Ta có:

$\frac{Q}{C_{1}}+\frac{Q}{C_{2}}=E$

$\Rightarrow Q=6C  (C)$

Năng lượng điện trường trong 2 tụ (cũng là năng lượng cực đại của dao động) là:

$W_{0}=\frac{1}{2}\frac{Q^{2}}{C_{1}}+\frac{1}{2}\frac{Q^{2}}{C_{2}}=9C      (J)$

Tại thời điểm dòng qua dây cực đại thì năng lượng điện trường ở 2 tụ hoàn toàn chuyển thành năng lượng từ trường trong ống dây:

$W_{0}=\frac{LI_{max}^{2}}{2}=9C$

Khi $I=\frac{1}{2}I_{max}$ dễ thấy năng lượng từ trường của ống dây là:

$W_{L}=\frac{1}{4}W_{0}=\frac{9}{4}C$

Năng lượng điện trường trên 2 tụ lúc này là:

$W_{C}=\frac{3}{4}W_{0}=\frac{27}{4}C$

Lại có:  $C_{2}=2C_{1}$ nên:      $W_{C_{1}}=2W_{C_{2}}$

Vì: $W_{C_{1}}+W_{C_{2}}=W_{C}$ nên:

$W_{C_{2}}=\frac{1}{3}W_{C}=\frac{9}{4}C$

Nối tắt $C_{1}$, mạch chỉ còn $C_{2}$ và $L$.

Khi hiệu điện thế trên $C_{2}$ cực đại thì năng lượng ống dây đã hoàn toàn chuyển thành năng lượng tụ:

$W_{C_{2}max}=W_{C_{2}}+W_{L}=\frac{9}{4}C+\frac{9}{4}C=\frac{9}{2}C$

Ta có:

$W_{C_{2}max}=\frac{1}{2}C_{2}U_{max}^{2}$

Thay $C_{2}=3C$ ta tính được:

$U_{max}=\sqrt{3}      (V)$

Phương trình liên hệ giữa li độ và vận tốc:

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

Thay vào ta tính được:  $\omega=\sqrt{\frac{1}{0.0012}}$ 

Suy ra: $f=\frac{\omega}{2\pi}=4.6 (Hz)$

Một bài có dạng hoàn toàn giống thế này, chỉ khác là độ nén ban đầu 8cm, và M=m.
Bạn đọc ở đây nhé.
http://ly.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/4978/cho-cac-ban-lam-nao

(bởi vì giống gần như hoàn toàn nên mình ko lặp lại nữa ;))

Trước tiên cần đưa ra những nhận định như sau:
+ $F_{1}$ luôn theo phương AD, nên ko cần tính đến $F_{1}$ trong điều kiện cần tìm
+ Để tổng hợp lực theo phương AD thì thành phần theo phương CD của $F_{2}$ và $F_{3}$ phải triệt tiêu nhau, suy ra $q_{2}$ và $q_{3}$ trái dấu.

Với nhận định thứ 2, ta có công thức:
$F_{3}=F_{2}cos45^{o}$

$\Rightarrow k\frac{q_{3}q_{4}}{a^{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}k\frac{q_{2}q_{4}}{(a\sqrt{2})^{2}}$

Dễ dàng suy ra:
$\Rightarrow q_{3}=\frac{\sqrt{2}}{4}q_{2}$

Để chính xác hóa, ta đưa điều kiện trái dấu vào:
Đáp số cuối cùng là:

$\Rightarrow q_{3}=-\frac{\sqrt{2}}{4}q_{2}$

Với chu kỳ $T=2\pi\sqrt{\frac{l}{g}}$

Ở mặt đất: $g=10 (m/s^{2})$

Trong thang máy chuyển động có gia tốc, đây là hệ qui chiếu phi quán tính nên vật sẽ chịu thêm 1 gia tốc hướng xuống nữa đúng bằng gia tốc thang máy đi lên. Vậy, gia tốc trọng trưởng biểu kiến ở đây là:

$g'=g+a=12 (m/s^{2})$

Vậy dễ thấy:

$T'=\sqrt{\frac{10}{12}}T=\sqrt{\frac{5}{6}}T$
Đồng hồ trong thang máy chạy chậm hơn.

Thời gian thang máy đi hết đoạn đường 80m là t:

$80=\frac{1}{2}gt^{2} \Rightarrow t=4(s)$

Sau thời gian t = 4s, đồng hồ trong thang máy chạy chậm hơn 1 khoảng là:

$\Delta t=t\left ( 1-\sqrt{\frac{5}{6}} \right )=0.35(s)$

Đáp án B.  (lấy g = 9.8 thì đáp số sẽ là 0.38)