Điện áp ko đổi nhưng vẫn có dòng điện và dòng điện hữu hạn, chứng tỏ chỉ có 2 trường hợp:1. Điện trở và cuộn cảm mắc nối tiếp (nối tiếp với tụ thì sẽ ko thể có dòng chạy qua)2. Điện trở song song với tụ điện (nếu song song với cuộn cảm thuần thì sẽ bị chập mạch, tức là dòng lớn vô cùng)Có thể bỏ qua trường hợp này vì điều kiện thứ 2.Xét trường hợp 1:Dễ dàng tính được: $R=\frac{30}{2.5}=12(\Omega)$Mắc nối tiếp hộp kín với tụ điện C, ta có mạch RLC nối tiếp.Theo bài ra, ta có hình vẽ:Từ hình vẽ ta có:$U_{R}=U_{L}tan30^{o}$Suy ra:$Z_{L}=\frac{R}{tan30^{o}}=12\sqrt{3} (\Omega)$Tổng trở của hộp kín:$Z=\sqrt{R^{2}+Z_{L}^{2}}=24 (\Omega)$1500

Điện áp ko đổi nhưng vẫn có dòng điện và dòng điện hữu hạn, chứng tỏ chỉ có 2 trường hợp:1. Điện trở và cuộn cảm mắc nối tiếp (nối tiếp với tụ thì sẽ ko thể có dòng chạy qua)2. Điện trở song song với tụ điện (nếu song song với cuộn cảm thuần thì sẽ bị chập mạch, tức là dòng lớn vô cùng)Có thể bỏ qua trường hợp này vì điều kiện thứ 2.Xét trường hợp 1:Dễ dàng tính được: $R=\frac{30}{2.5}=12(\Omega)$Mắc nối tiếp hộp kín với tụ điện C, ta có mạch RLC nối tiếp.Theo bài ra, ta có hình vẽ:Từ hình vẽ ta có:$U_{R}=U_{L}tan30^{o}$Suy ra:$Z_{L}=\frac{R}{tan30^{o}}=12\sqrt{3} (\Omega)$Tổng trở của hộp kín:$Z=\sqrt{R^{2}+Z_{L}^{2}}=24 (\Omega)$

Điện áp ko đổi nhưng vẫn có dòng điện và dòng điện hữu hạn, chứng tỏ chỉ có 2 trường hợp:1. Điện trở và cuộn cảm mắc nối tiếp (nối tiếp với tụ thì sẽ ko thể có dòng chạy qua)2. Điện trở song song với tụ điện (nếu song song với cuộn cảm thuần thì sẽ bị chập mạch, tức là dòng lớn vô cùng)Có thể bỏ qua trường hợp này vì điều kiện thứ 2.Xét trường hợp 1:Dễ dàng tính được: $R=\frac{30}{2.5}=12(\Omega)$Mắc nối tiếp hộp kín với tụ điện C, ta có mạch RLC nối tiếp.Theo bài ra, ta có hình vẽ:Từ hình vẽ ta có:$U_{R}=U_{L}tan30^{o}$Suy ra:$Z_{L}=\frac{R}{\sqrt{3}}=4\sqrt{3} (\Omega)$Tổng trở của hộp kín:$Z=\sqrt{R^{2}+Z_{L}^{2}}=8\sqrt{3} (\Omega)$1500

Điện áp ko đổi nhưng vẫn có dòng điện và dòng điện hữu hạn, chứng tỏ chỉ có 2 trường hợp:1. Điện trở và cuộn cảm mắc nối tiếp (nối tiếp với tụ thì sẽ ko thể có dòng chạy qua)2. Điện trở song song với tụ điện (nếu song song với cuộn cảm thuần thì sẽ bị chập mạch, tức là dòng lớn vô cùng)Có thể bỏ qua trường hợp này vì điều kiện thứ 2.Xét trường hợp 1:Dễ dàng tính được: $R=\frac{30}{2.5}=12(\Omega)$Mắc nối tiếp hộp kín với tụ điện C, ta có mạch RLC nối tiếp.Theo bài ra, ta có hình vẽ:Từ hình vẽ ta có:$U_{R}=U_{L}tan30^{o}$Suy ra:$Z_{L}=\frac{R}{tan30^{o}}=12\sqrt{3} (\Omega)$Tổng trở của hộp kín:$Z=\sqrt{R^{2}+Z_{L}^{2}}=24 (\Omega)$1500

$\omega=\frac{2\pi}{T}=5\pi (rad/s)$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:$F=m(a_{max}+g)=22.5m=4.5 \Rightarrow m=0.2(kg)$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)$

$\omega=\frac{2\pi}{T}=5\pi (rad/s)$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: $\Delta l=(2k+\frac{1}{2})\lambda$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:$\Delta l=(2k+\frac{1}{2})\lambda+\frac{\lambda}{2}=(2k+1)\lambda$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.

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.

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.Tức là hiệu quang trình của chúng phải bằng một số nguyên lần lẻ nửa bước sóng, tức là: $\Delta l=(k+\frac{1}{2})\lambda$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}=\frac{\lambda}{2}$$d_{min}=\frac{\lambda}{4n}=106.8(nm)$

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: $\Delta l=(2k+\frac{1}{2})\lambda$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:$\Delta l=(2k+\frac{1}{2})\lambda+\frac{\lambda}{2}=(2k+1)\lambda$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.

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}$

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}$

Nguồn là nguồn 1 chiều nên ko thể tạo ra dao động điện mà chỉ tích điện cho tụ.Sau khi đã nạp điện xong thì ko có dòng trong mạch nên:$U_{C}=E=12(V)$Điện tích ở tụ:$Q=C\times U_{C}=12(\mu C)$Năng lượng ở tụ:$W=\frac{1}{2}CU_{C}^{2}=\frac{1}{2}CE^{2}=7200(\mu J)$Bài ra theo mình hiểu thì ngắt nguồn tức là ko còn suất điện động E, nhưng vẫn còn điện trở trong $r_{0}$ (nếu bỏ đi cũng ko ảnh hưởng đến cách giải)Sau khi ngắt nguồn, mạch bắt đầu thực hiện dao động điện từ.Đến khi mạch tắt hẳn thì ko còn dòng trong mạch, điện tích trên tụ cũng bằng 0.Tức là ko còn năng lượng từ trường tích trong cuộn dây và năng lượng điện trường tích trong tụ.Năng suất tỏa nhiệt trên trở là:$P_{R}=I^{2}R$$P_{r+r_{0}}=I^{2}(r+r_{0})^{2}$Vì $R=3(r+r_{0})$nên: $P_{R}=3P_{r+r_{0}}$$\Rightarrow Q_{R}=3Q_{r+r_{0}}$Sau khi dao động tắt hẳn, toàn bộ năng lượng ban đầu ở tụ chuyển thành nhiệt năng tỏa ra ở điện trở. Vậy:$Q_{R}=\frac{3}{4}W=5.4(mJ)$

Nguồn là nguồn 1 chiều nên ko thể tạo ra dao động điện mà chỉ tích điện cho tụ.Sau khi đã nạp điện xong thì ko có dòng trong mạch nên:$U_{C}=E=12(V)$Điện tích ở tụ:$Q=C\times U_{C}=12(\mu C)$Năng lượng ở tụ:$W=\frac{1}{2}CU_{C}^{2}=\frac{1}{2}CE^{2}=7200(\mu J)$Bài ra theo mình hiểu thì ngắt nguồn tức là ko còn suất điện động E, nhưng vẫn còn điện trở trong $r_{0}$ (nếu bỏ đi cũng ko ảnh hưởng đến cách giải)Sau khi ngắt nguồn, mạch bắt đầu thực hiện dao động điện từ.Đến khi mạch tắt hẳn thì ko còn dòng trong mạch, điện tích trên tụ cũng bằng 0.Tức là ko còn năng lượng từ trường tích trong cuộn dây và năng lượng điện trường tích trong tụ.Năng suất tỏa nhiệt trên trở là:$P_{R}=I^{2}R$$P_{r+r_{0}}=I^{2}(r+r_{0})$Vì $R=3(r+r_{0})$nên: $P_{R}=3P_{r+r_{0}}$$\Rightarrow Q_{R}=3Q_{r+r_{0}}$Sau khi dao động tắt hẳn, toàn bộ năng lượng ban đầu ở tụ chuyển thành nhiệt năng tỏa ra ở điện trở. Vậy:$Q_{R}=\frac{3}{4}W=5.4(mJ)$

mạch LCR

cho mạch điện gồm cuộn dây có điện trở r=20\Omega và độ tự cảm L=2H,tụ điện có điện dung C=100\mu F và điện trở có thể thay đổi được mắc nối tiếp nhau.Đặt vào 2 đầu mạch điện 1 hiệu điện thế xoay chiều u=240cos(100t)V.khi R=Rx_{0} thì công suất tiêu thụ trên toàn mạch đạt giá trị cực đại.Khi đó công suất tiêu thụ trên cuộn dây là

Mạch R,L,C

mạch LCR

cho mạch điện gồm cuộn dây có điện trở $r=20\Omega$ và độ tự cảm $L=2H$,tụ điện có điện dung $C=100\mu F$ và điện trở có thể thay đổi được mắc nối tiếp nhau.Đặt vào 2 đầu mạch điện 1 hiệu điện thế xoay chiều $u=240cos(100t)V$.khi $R=Rx_{0}$ thì công suất tiêu thụ trên toàn mạch đạt giá trị cực đại.Khi đó công suất tiêu thụ trên cuộn dây là

Mạch R,L,C

1.5 lit nước có khối lượng 1.5 kg.Nhiệt lượng cần để đun sôi lượng nước này:$Q=mc\Delta t=1.5\times 4180\times(100-20)=501600 (J)$Thời gian cần để đun sôi nước:$t=\frac{Q}{0.8P}=\frac{501600}{0.8\times 600}=1045 (s)$2.Điện trở đèn khi sáng bình thường: $R=\frac{U_{DM}^{2}}{P_{DM}}=144 (\Omega)$Điện trở đèn ở $20^{o}C$:$R_{0}=R1-\alpha \Delta t^{o}=144-4,5\times10^{-3}\times980=139.59 (\Omega)$

1.5 lit nước có khối lượng 1.5 kg.Nhiệt lượng cần để đun sôi lượng nước này:$Q=mc\Delta t=1.5\times 4180\times(100-20)=501600 (J)$Thời gian cần để đun sôi nước:$t=\frac{Q}{0.8P}=\frac{501600}{0.8\times 600}=1045 (s)$2.Điện trở đèn khi sáng bình thường: $R=\frac{U_{DM}^{2}}{P_{DM}}=144 (\Omega)$Điện trở đèn ở $20^{o}C$:$R_{0}=R(1-\alpha \Delta t^{o})=? (\Omega)$Bài này bạn cần xem lại số liệu.

2 quả cầu đặt gần nhau thì đẩy nhau => 2 quả cầu có điện tích cùng dấuHay: $q_{1}=q_{2}$Cho 2 quả cầu tiếp xúc thì điện tích sẽ được chia đều:$q=\frac{q_{1}+q_{2}}{2}=q_{1}$Đáp án D.

2 quả cầu đặt gần nhau thì đẩy nhau => 2 quả cầu có điện tích cùng dấuHay: $q_{1}=q_{2}$Cho 2 quả cầu tiếp xúc thì điện tích sẽ được chia đều:$q=\frac{q_{1}+q_{2}}{2}=q_{1}$Đáp án D.

Phương trình phóng xạ:$N=N_{0}2^{-t/T}$Tốc độ phóng xạ:$R=ln2N2^{-t/T}$Thời gian 1 phút rất nhỏ so với chu kỳ bán rã nên có thể xem trong khoảng thời gian đó R ko đổi, t=0.Ban đầu: $R_{0}=ln2N_{0}=360$ (nguyên tử/phút)Sau 120 phút: $R=ln2N=ln2N_{0}2^{-t/T}=90$ (nguyên tử/phút)Chia 2 vế cho nhau:$\frac{90}{360}=2^{-120/T}$$T=60$ (phút)Đáp án B.

Phương trình phóng xạ:$N=N_{0}2^{-t/T}$Tốc độ phóng xạ:$R=ln2\frac{N}{T}2^{-t/T}$Thời gian 1 phút rất nhỏ so với chu kỳ bán rã nên có thể xem trong khoảng thời gian đó R ko đổi, t=0.Ban đầu: $R_{0}=ln2\frac{N_{0}}{T}=360$ (nguyên tử/phút)Sau 120 phút: $R=ln2\frac{N}{T}=ln2\frac{N_{0}}{T}2^{-t/T}=90$ (nguyên tử/phút)Chia 2 vế cho nhau:$\frac{90}{360}=2^{-120/T}$$T=60$ (phút)Đáp án B.

Chu kỳ của quả lắc: $T=2\pi\sqrt{\frac{l}{g}}$Với: $g=5.0625g_{1}$ ($g_{1}$ là gia tốc rơi tự do trên Mặt Trăng)thì: $T=\frac{T_{1}}{\sqrt{5.0625}}$ hay $T_{1}=\sqrt{5.0625} T$Mỗi chu kỳ của quả lắc thường được lấy là 1 giây đồng hồ.Thời gian đồng hồ bị chạy chậm đi là:$\Delta t=24\times(1-\frac{1}{\sqrt{5.0625}})=13.33 (h)$

Chu kỳ của quả lắc: $T=2\pi\sqrt{\frac{l}{g}}$Với: $g=5.0625g_{1}$ ($g_{1}$ là gia tốc rơi tự do trên Mặt Trăng)thì: $T=\frac{T_{1}}{\sqrt{5.0625}}$ hay $T_{1}=\sqrt{5.0625} T$Mỗi chu kỳ của quả lắc thường được lấy là 2 giây đồng hồ.Thời gian đồng hồ bị chạy chậm đi là:$\Delta t=24\times(1-\frac{1}{\sqrt{5.0625}})=13.33 (h)$

Sóng truyền từ dơi đến bướm, tần số âm mà bướm nhận được là:$f_{1}=\frac{v+8}{v-9}f=\frac{351}{334}$Đây là sẽ là tần số của sóng phản xạ truyền đến dơi.Sóng mà dơi nhận được có tần số:$f_{2}=\frac{v+9}{v-8}f_{1}=\frac{352}{335}\frac{351}{334}f=83$$f=75 $ (Hz)Đáp án B.

Sóng truyền từ dơi đến bướm, tần số âm mà bướm nhận được là:$f_{1}=\frac{v+8}{v-9}f=\frac{351}{334}$(v là vận tốc truyền âm trong không khí )Đây là sẽ là tần số của sóng phản xạ truyền đến dơi.Sóng mà dơi nhận được có tần số: (lúc này nguồn phát âm là con bướm chứ ko phải là dơi)$f_{2}=\frac{v+9}{v-8}f_{1}=\frac{352}{335}\frac{351}{334}f=83$$f=75 $ (Hz)Đáp án B.

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 7 giá trị.

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.

Để tạo được sóng dừng thì: $n\frac{\lambda}{2}=L$ (L là chiều dài dây)Hay: $n\frac{v}{2f}=L \Rightarrow 0.6=\frac{4}{f}n$Các giá trị thích hợp với f từ 80Hz đến 120Hz là: $12\leqslant n\leqslant 18$Vậy, đáp án là có 7 giá trị.

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 7 giá trị.