Câu 1:
a) Khảo sát sự biến thiên của điện tích trên hai bản tụ điện và sự biến thiên của cường độ dòng điện trong mạch dao động.
- Mạch dao động (Hình bên)
Mạch dao động gồm một tụ điện mắc với một cuộn cảm thành mạch kín.
Mạch dao động lí tưởng có điện trwor thuần bằng 0.
- Sự biến thiên điện tích của một bản tụ điện và suất điện động cảm ứng trên cuộn dây.
Điện tích (q) của một bản tụ điện và suất điện động cảm ứng (e) trên cuộn dây của mạch dao động lí tưởng biến thiên điều hòa.
Nếu chọn gốc thời gian (t = 0) là lúc tụ điện bắt đầu phóng điện, ta có:
q = q0 và i = 0 suy ra: \(\varphi = 0\)
Khi đó: \(q = {q_0}cos\omega t\) và \(i = q' = - {q_0}\omega \sin \omega \)\(\,= {q_0}\omega cos\left( {\omega t + \dfrac{\pi }{2}} \right);\)\(\,{I_0} = {q_0}\omega \)
\(i = {I_0}cos\left( {\omega t + \dfrac{\pi }{2}} \right)\) (i biến thiên điều hòa sớm pha \(\dfrac{\pi }{2}\) so với q)
\(e = u = \dfrac{q}{C} = \dfrac{{{q_0}}}{C}cos(\omega t + \varphi )\)
Tần số góc riêng của mạch dao động: \(\omega = \dfrac{1}{{\sqrt {LC} }}\)
Tần số riêng của mạch dao động: \(f = \dfrac{\omega }{{2\pi }} = \dfrac{1}{{2\pi \sqrt {LC} }}\)
Chu kì riêng của mạch dao động: \(T = \dfrac{1}{f} = 2\pi \sqrt {LC} \)
b) Khảo sát năng lượng điện từ trong mạch dao động.
- Năng lượng điện trường trong tụ điện:
\({{\rm{W}}_C} = \dfrac{1}{2}\dfrac{{{q^2}}}{C} = \dfrac{{q_0^2}}{{2C}}co{s^2}(\omega t + \varphi );\)\(\,{{\rm{W}}_{C(max)}} = \dfrac{{q_0^2}}{{2C}} = \dfrac{1}{2}{q_0}{U_0}\)
- Năng lượng từ trường trong cuộn cảm:
\(\begin{array}{l}{{\rm{W}}_L} = \dfrac{1}{2}L{i^2} = \dfrac{1}{2}q_0^2L{\omega ^2}{\sin ^2}(\omega t + \varphi );\\{{\rm{W}}_{L(max)}} = \dfrac{1}{2}LI_0^2 = \dfrac{1}{2}{q_0}{U_0}\end{array}\)
-Năng lượng điện từ trong mạch dao động:
\(\begin{array}{l}{\rm{W}} = {{\rm{W}}_C} + {{\rm{W}}_L} = const\\{\rm{W}} = {{\rm{W}}_{C(max)}} = {{\rm{W}}_{L(max)}} \\\;\;\;\;\;= \dfrac{1}{2}{q_0}{U_0} = \dfrac{{q_0^2}}{{2C}} = \dfrac{1}{2}LI_0^2\end{array}\)
c) Vì sao dao động trong mạch dao động lại tắt dần?
Trong thực tế, trong mạch dao động LC luôn có điện trở thuần R làm tiêu hao điện năng, dẫn tới dao động bị tắt dần. Nếu R quá lớn, thì sự chuyển hóa điện từ trong mạch không còn là tuần hoàn nữa.
Câu 2:
\(\begin{array}{l}a)T = 2\pi \sqrt {LC} = 2\pi \sqrt {{{5.10}^{ - 2}}{{.5.10}^{ - 6}}}\\\;\;\;\;\;\;\; \approx 3,{15.10^{ - 3}}s\\b){\rm{W}} = \dfrac{1}{2}CU_0^2 = \dfrac{1}{2}{5.10^{ - 6}}{.6^2}\\\;\;\;\;\;\;\;\; = {9.10^{ - 5}}J\\c){{\rm{W}}_d} = \dfrac{1}{2}C{u^2} = \dfrac{1}{2}{.5.10^{ - 6}}{.4^2}\\\;\;\;\;\;\;\;\;\; = {4.10^{ - 5}}J\\{{\rm{W}}_t} = {\rm{W}} - {{\rm{W}}_d} = {5.10^{ - 5}}J\end{array}\)
Từ công thức: \({{\rm{W}}_t} = \dfrac{{L{i^2}}}{2}\)
\(\Rightarrow i = \sqrt {\dfrac{{2{{\rm{W}}_t}}}{L}} = \sqrt {\dfrac{{{{2.5.10}^{ - 5}}}}{{{{5.10}^{ - 2}}}}} \)\(\,= 4,{47.10^{ - 2}}A\)
Câu 3:
Vị trí trùng nhau của hai vân sáng ứng với hai bức xạ sẽ có màu cùng màu của vân trung tâm. Do đó ta có:
\({x_1} = {x_2} \Leftrightarrow {k_1}{\lambda _1} = {k_2}{\lambda _2} \)
\(\Leftrightarrow \dfrac{{{k_1}}}{{{k_2}}} = \dfrac{{{\lambda _2}}}{{{\lambda _1}}} = \dfrac{5}{6}\)
Khoảng cách ngắn nhất x giữa vân sáng có màu giống như màu của vân trung tâm, ứng với k1=5 và k2=6.
Khoảng cách từ vân sáng chính giữa đến vân sáng đầu tiên trên màn, cùng màu với nó là: \(x = {x_1} = \dfrac{{{k_1}{\lambda _1}D}}{a} = \dfrac{{5.0,{{66.10}^{ - 6}}.1,2}}{{{{2.10}^{ - 3}}}} \)\(\,= 2,64mm\)
Câu 4:
\(i = \dfrac{{0,{{48.10}^{ - 6}}.2}}{{1,{{5.10}^{ - 3}}}} = 0,64mm;\)
\({x_6} = 6i = 3,84mm\)
Câu 5:
\(eU = \dfrac{{hc}}{{{\lambda _{\min }}}}\)
\(\Rightarrow {\lambda _{\min }} = \dfrac{{hc}}{{eU}} = \dfrac{{6,{{625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}{{1,{{6.10}^{ - 19}}{{.20.10}^3}}}\)\(\, = 0,{62.10^{ - 9}}m.\)
