+ Khoảng vân \(i_1 = \frac{\lambda_1D}{a}=0,5\)mm,  \(i_2=0,4\)mm.

+ Tìm khoảng cách gần nhất giữa 2 vân trùng, ta gọi là x_T  => x_T = k₁i₁ = k₂i₂  => k₁ λ₁ = k₂ λ₂ =>\(\frac{k_1}{k_2}=\frac{\lambda_2}{\lambda_1}=\frac{0,4}{0,5}=\frac{4}{5}\) => k₁= 4, k₂ = 5.

=>\(x_T = 4.0,5=2\)mm.

+ Số vân của bước sóng 0,5 μm quan sát được: \(2.[\frac{13}{2.0,5}]+1=27\)

Số vân của bước sóng 0,4 μm quan sát được: \(2.[\frac{13}{2.0,4}]+1=33\)

Số vân trùng nhau quan sát đc: \(2.[\frac{13}{2.2}]+1=7\)

Vì mỗi vân trùng chỉ đc tính 1 lần nên tổng số vân quan sát đc là: 27 + 33 - 7 = 53.

Đáp án: A

A đó bạn

+ Bước sóng: \(\lambda=\frac{v}{f}=\frac{200}{40}=5cm.\)

Vì 2 nguồn cùng pha nên:

+ Số gơn giao thoa cực đại: \(2[\frac{S1S2}{\lambda}]+1=2[\frac{25}{5}]+1=11.\)Vì tại 2 nguồn không thể có giao thoa (do 2 nguồn nhận dao động cưỡng bức từ bên ngoài), mà 25 chia hết cho 5 nên ta trừ đi vị trí 2 nguồn => Số gơn cực đại là: 11-2 = 9.

+ Số gơn giao thoa cực tiểu: \(2.[\frac{S1S2}{\lambda} + 0,5 ]=2.[\frac{25}{5}+0,5]=10. \)

Vậy số cực đại là 9, số cực tiểu là 10.

Đáp án D.

Bạn Giang Nam trả lời đúng rùi, các bạn lưu ý là tại 2 nguồn A, B không thể có giao thoa sóng, do 2 nguồn này chịu tác động dao động cưỡng bức từ bên ngoài.

Nên không thể có dao động cực đại, cực tiểu tại 2 nguồn. Vì vậy nếu tính toán, phép chia \(\frac{AB}{\lambda}\) nguyên thì ta cần trừ đi 2 điểm này.

Mình giải thích rõ hơn công thức của bạn Nguyễn Trung Thành

Nhận xét: 

+ Khi L thay đổi thì góc b và c không đổi  (do R và Z_C không đổi).

+ Khi L = L₀ để U_L max thì a₀ + b = 90⁰.

Áp dụng định lí hàm số sin trong tam giác OU_LU_C:

\( \frac{U_L}{\sin(a+b)}=\frac{U}{\sin c}=const\)

\(\Rightarrow\frac{U_L}{\sin(a_1+b)}=\frac{U_L}{\sin(a_2+b)}\Rightarrow \sin(a_1+b)=\sin(a_2+b)\Rightarrow a_1+b=\pi-(a_2+b)\)

\(\Rightarrow a_1+a_2=\pi-2b\) Mà \(a_0+b=\frac{\pi}{2}\Rightarrow 2a_0=\pi-2b\)

\(\Rightarrow a_1+a_2=2a_0\)

Hay: \(\varphi_0=\frac{\varphi_1+\varphi_2}{2}\)

Áp dụng công thức: \(\varphi_0=\frac{\varphi_1+\varphi_2 }{2}\Rightarrow\varphi_0=\frac{0,56+0,98 }{2}=0,77\)

\(\Rightarrow \cos\varphi_0=\cos0,77=0,72\)

Đáp án B.

+ Khi nguồn âm công suất P đặt tại A thì: L_B=100dB=L,  

Do vậy, nếu nguồn âm công suất P đặt tại B thì tại A có: L_A = L = 100 dB.

+ Nếu nguồn âm công suất 2P đặt tại B thì cường độ âm tại A sẽ tăng gấp đôi. Áp dụng: \(L_A'-L_A=10lg\frac{I_A'}{I_A}=10lg2\) \(\Rightarrow L_A'=L_A+10lg2=100+10lg2=103dB\)

Áp dụng: \(_{L_A'-L_C'=20lg\frac{150}{100}}\)\(\Rightarrow L_C'=L_A'-20lg\frac{3}{2}=103-20lg\frac{3}{2}=101dB\)

Khoảng cách giữa 2 vân sáng liên tiếp có màu giống vân trung tâm: \(x=k_1i_1=k_2i_2\) (k₁, k₂ tối giản)

\(\Rightarrow k_1\lambda_1=k_2\lambda_2\Rightarrow\frac{k_1}{k_2}=\frac{\lambda_2}{\lambda_1}=\frac{450}{720}=\frac{5}{8}\)

\(\Rightarrow\begin{cases}k_1=5\\k_2=8\end{cases}\)

\(\Rightarrow x=5i_1=8i_2\)

Do đó, giữa 2 vân sáng cùng màu vân trung tâm có 4 vân \(\lambda_1\), 7 vân \(\lambda_2\)

Do vậy, tổng số vân khác màu vân trung tâm là: 4+7=11 vân

Đáp án A.

chịu

Tia tới vuông góc qua mặt bên thứ nhất thứ tia khúc xạ sẽ đi thẳng đến mặt bên thứ 2.

Chiết suất của lăng kính với các tia là: n_cam < n_lục < n_chàm < n_{tím (1)}

Do với ánh sáng lục, tia ló là là mặt bên thứ 2 nên góc tới của tia lục đến mặt bên thứ 2 đạt i_gh

Lại có \(\sin i_{gh}=\frac{1}{n}\)

Từ (1) nên: i_ghcam > i_ghlục > i_ghchàm > i_ghtím

Như vậy, chỉ có góc tới mặt bên thứ 2 < i_{ghcam nên chỉ có tia màu cam ló ra khỏi mặt bên thứ 2.}

Đáp án A.

Một cách giải thích khác đơn giản hơn.

Ta biết rằng khi chiếu ánh sáng trắng qua lăng kính sẽ xảy ra hiện tượng tán sắc ánh sáng, tạo thành dải màu liên tục từ đỏ đến tím (tia đỏ bị lệch ít hơn tia tím lệch nhiều hơn).

Như vậy, độ lệch các tia theo thứ tự tăng dần: cam, lục, chàm, tím.

Do tia màu lục là là ở mặt bên thứ 2 nên nên chỉ có tia màu cam ló ra (do góc lệch nhỏ hơn), còn tia màu chàm và tím bị phản xạ toàn phần ở mặt bên thứ 2.

Cuộn cảm thay đổi để U_L max thì U_m vuông pha với U_RC.

Ta có giản đồ véc tơ:

Áp dụng tính chất trong tam giác vuông ta có: \(U_m^2=\left(U_L-U_C\right).U_L\)

\(\Rightarrow\left(30\sqrt{2}\right)^2=\left(U_L-30\right).U_L\Rightarrow U_L^2-30U_L-2.30^2=0\)

Giải phương trình ta đc \(U_L=60V\)

Đáp án B :)

Giả sử mỗi lò xo có độ cứng k --> n lò xo giống nhau ghép song song có độ cứng: n.k

Cơ năng ban đầu của hệ là: \(W=\frac{1}{2}nk.A^2\)

Khi vật tới li độ A/n thì:

+ Thế năng của lò xo: \(W_t=\frac{1}{2}nk.\left(\frac{A}{n}\right)^2\)

+ Động năng \(W_đ\)

Khi tách nhẹ một lò xo ra khỏi hệ thì:

+ Thế năng của lò xo: \(W_{t'}=\frac{1}{2}\left(n-1\right)k.\left(\frac{A}{n}\right)^2\)

+ Động năng \(W_đ\)không đổi.

Như vậy, độ giảm cơ năng của hệ bằng độ giảm thế năng, là: \(\Delta W=W_t-W_{t'}=\frac{1}{2}nk.\left(\frac{A}{n}\right)^2-\frac{1}{2}\left(n-1\right)k.\left(\frac{A}{n}\right)^2=\frac{1}{2}k\left(\frac{A}{n}\right)^2\)

Cơ năng lúc sau: \(W'=W-\Delta W=\frac{1}{2}nkA^2-\frac{1}{2}k\left(\frac{A}{n}\right)^2=\frac{1}{2}\left(n-\frac{1}{n^2}\right)kA^2\)

Mà: \(W'=\frac{1}{2}\left(n-1\right)kA'^2\)

Suy ra: \(\frac{A'}{A}=\sqrt{\frac{n^3-1}{n^2\left(n-1\right)}}=\frac{\sqrt{n^2+n+1}}{n}\)

\(\Leftrightarrow A'=\frac{A}{n}\sqrt{n^2+n+1}\)

Đáp án B.

Cảm ơn nha.

Khi vật tới VTCB, động năng = cơ năng, thế năng = 0.

Với một lò xo, thì tích độ cứng với chiều dài không đổi.

Như vậy, khi giữ cố định tại bất kì điểm nào trên lò xo thì động năng không đổi, vẫn bằng cơ năng còn thế năng vẫn bằng 0. Do vậy trong trường hợp này cơ năng bảo toàn.

+ Giữ tại điểm cách VTCB một đoạn 1/4 chiều dài lò xo, \(\frac{1}{4}l.k_1=l.k\Leftrightarrow k_1=4k\), cơ năng là: \(W_1=\frac{1}{2}\left(4k\right)A_1^2\)

+ Giữ tại điểm cách đầu cố định một đoạn bằng 1/4 chiều dài lò xo, \(\frac{3}{4}l.k_2=l.k\Leftrightarrow k_2=\frac{4k}{3}\), cơ năng là: \(W_2=\frac{1}{2}\left(\frac{4k}{3}\right)A_2^2\)

Có: \(W_1=W_2\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left(4k\right)A_1^2=\frac{1}{2}\left(\frac{4k}{3}\right)A_2^2\Leftrightarrow A_2=A_1\sqrt{3}=2\sqrt{3}\)(cm)

Đáp án D.

Với con lắc đơn, ta có hệ số hồi phục \(k=\frac{mg}{l}\)

Lực hồi phục: \(F_{hp}=-kx\)

Với x là li độ dài, \(x=\alpha l\)

Suy ra: \(F_{hp}=-\frac{mg}{l}.\alpha l=-mg\alpha\) \(\Rightarrow F_{hpmax}=mg\alpha_0\) \(\Rightarrow\alpha_0=\frac{F_{hpmax}}{mg}=\frac{0,1}{0,1.10}=0,1rad\)(1)

Lực căng dây: \(\tau=mg\left(3\cos\alpha-2\cos\alpha_0\right)=mg\left(3\left(1-2\sin^2\frac{\alpha}{2}\right)-2\left(1-2\sin^2\frac{\alpha_0}{2}\right)\right)=mg\left(1+\alpha_0^2-\frac{3}{2}\alpha^2\right)\)(do góc  \(\alpha\) rất nhỏ nên ta lấy gần đúng)

Tại vị trí \(W_t=\frac{1}{2}W_đ\Leftrightarrow W=3W_t\Leftrightarrow\alpha_0^2=3\alpha^2\Leftrightarrow\alpha=\frac{\alpha_0}{\sqrt{3}}\)

Như vậy, lực căng dây tại vị trí này là: \(\tau=mg\left(1+\alpha_0^2-\frac{3}{2}\alpha^2\right)=mg\left(1+\alpha_0^2-\frac{3}{2}\frac{\alpha_0^2}{3}\right)=mg\left(1+\frac{\alpha_0^2}{2}\right)\)

Thay từ (1) vào ta đc: \(\tau=0,1.10\left(1+\frac{0,1^2}{2}\right)=1,005N\)