Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(T=\dfrac{1}{f}=10^{-6}s\)
Năng lượng từ trường trong mạch có giá trị bằng nửa giá trị cực đại của nó sau những khoảng thời gian:
\(t=\dfrac{T}{4}=0,25\mu s\)
=> Ko có đáp án nào đúng
\(T = 1/f = 0,001s.\)
\(W_L = \frac{1}{2}W_{Lmax}=> \frac{1}{2}Li^2= \frac{1}{2}\frac{1}{2}LI_0^2.\)
=> \(i= \pm \frac{I_0}{\sqrt{2}}.\)
Thời gian để năng lượng từ trường lại bằng một nửa giá trị cực đại của nó là
I 0 -I 0 I 0 -I 0 2 2
\(\cos \varphi_1 = \frac{I_0/\sqrt{2}}{I_0}= \frac{1}{\sqrt{2}}=> \varphi _1= \frac{\pi}{4}=> \varphi = \frac{\pi}{2}.\)
\(t = \frac{\varphi}{\omega}= \frac{\pi/2}{2\pi/T}= \frac{T}{8}=2,5.10^{-4}s.\)
Đáp án D.
Tại thời điểm t = 0
w d = w d m a x ⇒ q 2 0 2 C = Q 2 0 2 C ⇒ q 0 = ± Q 0
khi w d = 1 2 w d m a x ⇒ q 2 2 C = 1 2 . Q 2 0 2 C ⇒ q = ± Q 0 2
Thời gian ngắn nhất là thời gian biến thiên từ Q 0 đến Q 0 / 2 , tương ứng với thời gian chuyển động từ B đến P (hình vẽ dưới đây), trong đó: OP = OB/ 2
Dễ thấy:
C o s M O P = O P O M = 1 2 ⇒ M O P = π 4 t = 45 0 360 0 T = 1 8 . 1 10 6 = 0 , 125 . 10 - 6 s
Đáp án D.
Tại thời điểm t = 0
Thời gian ngắn nhất là thời gian biến thiên từ Q 0 đến Q 0 2 , tương ứng với thời gian chuyển động từ B đến P (hình vẽ dưới đây), trong đó: O P = O B 2
Dễ thấy:
Ta có : \(\frac{T_{W_{\text{đ}}}}{6}=1,5.10^{-4}\)
\(\Rightarrow\frac{T_q}{6}=\frac{2T_{W_{\text{đ}}}}{6}=3.10^{-4}\)
Vậy chọn D.
Điện tích trên tụ giảm từ cực đại xuống nửa cực đại là \(\dfrac{T}{6}=2.10^-4s\Rightarrow T = 12.10^{-4} s\)
Năng lượng điện giảm từ cực đại xuống nửa cực đại ứng với điện tích giảm từ \(Q_0\) (cực đại) xuống \(\dfrac{Q_0}{\sqrt 2}\)
Biểu diễn bằng véc tơ quay ta thấy véc tơ quay đã quay \(45^0\), ứng với thời gian là: \(\dfrac{T}{8}=1,5.10^{-4}s\)
Chọn A
Chu kì dao động \(T=\frac{2\pi}{\omega}=2\pi\sqrt{\frac{m}{k}}\)
Độ giãn cua lò xo lúc ở VTBC : \(\Delta l_0=\frac{mg}{k}\rightarrow\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{\Delta l_0}{g}}\)
Vậy \(T=\frac{2\pi}{\omega}=2\pi\sqrt{\frac{m}{k}}=2\pi\sqrt{\frac{\Delta l_0}{g}}=0,628s\)
Chọn C
I I 0 0 2 φ
\(W_{L} = \frac{1}{2} W_{Lmax}\) => \(\frac{1}{2}Li^2 = \frac{1}{2} \frac{1}{2} LI_0^2 \)
=> \(i^2 = \frac{1}{2} I_0^2 => i = \pm \frac{I_0}{\sqrt{2}}.\)
Như vậy trong 1 chu kì T có 4 lần năng lượng từ trường có giá trị bằng một nửa cực đại của nó (ứng với 4 điểm trên đường tròn)
\(\varphi = 2.\frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{2} => t = \frac{\varphi}{\omega} = \frac{\pi/2}{2\pi/T} = \frac{T}{4} \)
=> \(t = \frac{T}{4} = \frac{1}{f.4} = 2,5.10^{-7}s= 0,25 \mu s.\)
Đáp án D cần sửa lại là \(0,25 \mu m\)
B