Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Tần số dao động riêng: \(f=\frac{1}{2\pi\sqrt{LC}}\Rightarrow\frac{1}{f^2}=k.C\)(Vì chỉ thay đổi C nên ta biểu diễn f theo C, k là một hệ số nào đó)
Suy ra:
\(\frac{1}{f_1^2}=k.C_1\)
\(\frac{1}{f_2^2}=k.C_2\)
Ta cần tìm:
\(\frac{1}{f^2}=k\left(C_1+C_2\right)\Rightarrow\frac{1}{f^2}=kC_1+kC_2\)
\(\Rightarrow\frac{1}{f^2}=\frac{1}{f_1^2}+\frac{1}{f_2^2}\)
Thay số ta đc f = 35Hz
\(v = -120\cos (20t) = 120\sin(20t-\frac{\pi}{2}).\)
\(\omega = 20 \)(rad/s) ; \(A = \frac{v_{max}}{\omega} = 6cm.\)=> \(T = \frac{2\pi}{\omega} = \frac{\pi}{10} s .\)
Li độ trễ pha hơn vận tốc là \(\pi/2\)=> \(x = 6 \sin(20t-\pi).\)
tại \(t = T/6\) => \(x = 6 \sin(20\frac{T}{6}-\pi) = 6 \sin (\frac{\pi}{3}-\pi)=-3\sqrt{3} cm.\)
Chọn đáp án.D.
\(\Delta \varphi = -\frac{\pi}{2}\)
Người ta thấy vân lồi bậc k đi qua điểm M tức là M thuộc dãy cực đại thứ k: \(MA -MB = (k+ \frac{\Delta \varphi}{2\pi}) \lambda = (k-\frac{1}{4}) \lambda = 12,25mm.(1)\)
Tương tự, N thuộc dãy cực đại thứ k+3 tức là \(NA -NB = (k+3-\frac{1}{4}) \lambda = 33,25mm.(2)\)
Chia (2) cho (1) ta được: \(\frac{k+3-0,25}{k-0,25} = \frac{33.25}{12.25} \)
=> \(k = 2\)
thay vào (1) => \(\lambda = 7m m.\)
Số điểm cực đại trên đoạn AB thỏa mãn: \(-AB < (k - \frac{1}{4}) \lambda < AB\)
=> \(50 < (k-0.25).7 < 50\)
=> \(-6.89< k < 7.39\)
=> \(k = -6,-5,...0,..7\) Số giá trị của k thỏa mãn là:số đầu - số cuối +1 = \(7-(-6)+1 = 14.\)
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 \(0,25 \mu m\)
Gọi \(x_{12}\) là khoảng cách ngắn nhất giữa 2 vân trùng của \(\lambda_1\) và \(\lambda_2\) \(\Rightarrow x_{12}=k_1i_1=k_2i_2\)(1)
Gọi \(x_{34}\) là khoảng cách ngắn nhất giữa 2 vân trùng của \(\lambda_3\) và \(\lambda_4\) \(\Rightarrow x_{34}=k_3i_3=k_4i_4\)(2)
Gọi \(x_{1234}\) là khoảng cách ngắn nhất giữa 2 vân trùng của \(\lambda_1\), \(\lambda_2\) và \(\lambda_3\), \(\lambda_4\) \(\Rightarrow x_{1234}=k_{12}x_{12}=k_{34}x_{34}\)(3)
Ta cần tìm \(x_{1234}\)
Từ (1) \(\Rightarrow k_1\lambda_1=k_2\lambda_2\Rightarrow\frac{k_1}{k_2}=\frac{\lambda_2}{\lambda_2}=\frac{15}{16}\Rightarrow\begin{cases}k_1=15\\k_2=16\end{cases}\)\(\Rightarrow x_{12}=15i_1\)
Từ (2) \(\Rightarrow k_3\lambda_3=k_4\lambda_4\Rightarrow\frac{k_3}{k_4}=\frac{\lambda_4}{\lambda_3}=\frac{8}{9}\Rightarrow\begin{cases}k_3=8\\k_4=9\end{cases}\)\(\Rightarrow x_{34}=8i_3\)
Thế vào (3) ta có: \(\Rightarrow x_{1234}=k_{12}15i_1=k_{34}8i_3\)(4)
\(\Rightarrow k_{12}15\lambda_1=k_{34}8\lambda_3\Rightarrow\frac{k_{12}}{k_{34}}=\frac{8\lambda_3}{15\lambda_1}=\frac{8.27}{15.32}=\frac{9}{20}\)\(\Rightarrow\begin{cases}k_{12}=9\\k_{34}=20\end{cases}\)
Thế vào (4) ta được: \(x_{1234}=9.15i_1=9.15.\frac{0,64.0,5}{1}=43,2mm=4,32cm\)
Đáp án D
0 A A 1
Do có lực ma sát nên vật dao động với biên độ giảm dần.
Sau \(\frac{1}{2} T:\) Áp dụng định lý biến thiên cơ năng: \(W_A - W_{A1}=A_{F_{ms}}\)
\(\frac{1}{2} kA^2= \frac{1}{2}kA_1^2+ A_{F_{ms}}\)
=> \(\frac{1}{2} kA^2- \frac{1}{2}kA_1^2 = F_{ms}.(A+A1)\)
=> \(A-A_1 =\Delta A = \frac{2F_{ms}}{k}\) là độ giảm của biên độ sau nửa chu kì.
=> \(A_1 = A- \frac{2F_{ms}}{k}.(1)\)
Khi vật qua vị trí \(O\) lần thứ 2 thì:
\(W_A - W_{O}=A_{F_{ms2}}\)
=> \(\frac{1}{2} kA^2- \frac{1}{2}mv_{O2}^2= A_{F_{ms2}}\) (do ở O chỉ có động năng còn thế năng = 0)
=> \(\frac{1}{2}mv_{O2}^2 = \frac{1}{2}kA^2 - F_{ms}.S_2.(2)\)
Tại O lần thứ 2 thì quãng đường mà lực ma sát thực hiện được từ vị trí ban đầu là:
\(S_2 = A+A_1+A_1= A+ 2(A-\frac{2F_{ms}}{k})\)(do (1))
=> Thay vào (2): \(\frac{1}{2}mv_{O2}^2 = \frac{1}{2}kA^2 - F_{ms}.(3A- \frac{4F_{ms}}{k})\)
=> \(v_{O2} ^2 = \frac{0,5.100.0,1^2 - 0,1136}{0,5.100} = 1,932\) Với: \(F_{ms} = \mu N = \mu mg = 0,1.0,4.10= 0,4N \); \(A = 10cm = 0,1m.\)
=> \(v_{02} \approx 1,39 m/s.\)
Chọn đáp án.B.1,39 m/s.
Ban đầu, vật đang ở biên độ A, thế năng: \(W_0=\frac{1}{2}kA^2\)
Sau một dao động toàn phần, biên độ giảm 2,5% --> còn lại 0,975A, thế năng: \(W_1=\frac{1}{2}k\left(0,975A\right)^2=0,975^2.\frac{1}{2}kA^2=0,9506W_0\)
Vậy thế năng mất đi: 100 - 95,06 = 4,94%
Chọn C.
Cảm ơn bạn, người ta hỏi thế năng đàn hồi của lò xo làm mình không biết thế năng tính từ lúc nào.
Thì ra nó là thế năng cực đại :)
Giả sử cuộn dây không thuần cảm, có điện trở r.
Giả thiết có vẻ thiếu gì đó, bạn kiểm tra lại xem. Hoặc chỉ cần vẽ giản đồ véc tơ thì thấy cuộn dây không thuần cảm vẫn OK.
Zc Z Z r R d m L Z
BONUS thêm bạn cách biến đổi đại số
Ta có Im = Id suy ra Zm = Zđ \(\Leftrightarrow R^2+Z_C^2=\left(R+r\right)^2+\left(Z_L-Z_C\right)^2\)(*)
id sớm pha \(\frac{\pi}{2}\)so với im nên \(\tan\varphi_đ\tan\varphi_m=-1\Leftrightarrow\frac{-Z_C}{R}.\frac{Z_L-Z_C}{R+r}=-1\)
\(\Rightarrow Z_L-Z_C=\frac{R\left(R+r\right)}{Z_C}\)(**)
Thế vào (*) ta có: \(R^2+Z_C^2=\left(R+r\right)^2+\left(R+r\right)^2\frac{R^2}{Z_C^2}\)
\(\Leftrightarrow R^2+Z_C^2=\left(R+r\right)^2\frac{R^2+Z_C^2}{Z_C^2}\Leftrightarrow R+r=Z_C\)(1)
Thế vào (**) ta đc: \(Z_L-Z_C=R\) (2)
Hai phương trình (1) và (2) vẫn chưa thể kết luận r = 0.
Ta có: \(\left(\frac{v}{x}\right)'=\frac{v^2-ax}{v^2}\)
Mà: \(a=-\omega^2x\) nên \(\left(\frac{v}{x}\right)'=1+\frac{\omega^2x}{v^2}=1+\frac{x^2}{\frac{v^2}{\omega^2}}=1+\frac{x^2}{A^2-x^2}\)
Đạo hàm 2 vế biểu thức đã cho ta có:
\(1+\frac{x_1^2}{A^2-x_1^2}+1+\frac{x_2^2}{A^2-x_2^2}=1+\frac{x_3^2}{A^2-x_3^2}\)
Thay số vào ta tìm đc giá trị \(x_0\)
Em hiểu thế này có đúng không ạ? Tại em biến đổi phương trình đầu tiên của nhưng mà không có ra?
\((\frac{x}{v})' = \frac{x'.v - v'.x}{v^2}= \frac{v^2-ax}{v^2}\)
hay là
\((\frac{v}{x})'= \frac{ax - x^2}{v^2}\)