Người ta khoét một lỗ tròn bán kính R/2 trên một đĩa tròn đồng chất bán kính R. Trọng tâm của phần còn lại cách tâm đĩa tròn lớn bao nhiêu?
A. R/2
B. R/6
C. R/3
D. R/4
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
VT
2 tháng 4 2019
Giả sử ta khoét thêm một lỗ tròn bán kính R/2 nữa đối xứng với lỗ tròn đã khoét lúc đầu (H.III.6G)
Gọi P → là trọng lượng của đĩa bán kính R khi chưa bị khoét, P 1 → là trọng lượng của đĩa nhỏ có bán kính R/2 và P 2 → là trọng lượng của phần đĩa còn lại sau hai lần khoét, ta có:
Do tính chất đối xứng, trọng tâm phần đĩa còn lại sau hai lần khoét thì trùng với tâm O của đĩa khi chưa khoét, còn trọng tâm của đĩa nhỏ mà ta giả sử khoét thêm thì ở tâm O 1 của nó. Gọi G là trọng tâm của đĩa sau khi bị khoét một lỗ tròn. Ta có hệ phương trình
Giải ra ta được: G O 1 = R/3 và GO = R/6
VT
5 tháng 10 2017
Do tính đối xứng G nằm trên đường thẳng OO’ về phía đầy.
Trọng tâm của đĩa nguyên vẹn là tâm O; trọng tâm của đĩa bị khoét là O’.
P → là hợp lực của hai lực P → 1 , P → 2 .
O G O O ' = P 2 P 1 = m 2 m 1 = V 2 V 1 = S 2 S 1 = π R 2 4 3 π R 2 4 = 1 3 ⇒ O G = R 6
VT
18 tháng 1 2019
Chọn đáp án D
Do tính đối xúng → G nằm trên đường thẳng OO' về phía đầy
Trọng tâm của đĩa nguyên vẹn là tâm O; trọng tâm của đĩa bị khoét là O'
VT
11 tháng 4 2017
Tóm tắt:
tâm O1; R1 = 20cm. D = 120 cm
Tâm O2; R2 = 12 cm.
a) O1O2 =? Để Rtối = 4 cm. R’nửa tối =?
b) O1O2 =? Để Rtối = 0 cm
Bài giải
a) Từ hình vẽ ta có: OA là bán kính của vùng tối trên màn, OA = R = 4 cm
- OP là bán kính của đường tròn giới hạn ngoài cùng của vung nửa tối OP =R’
Ta có: ∆ HAO ~ ∆ HA1O1 => H O H O 1 = A O A 1 O 1 ⇔ H O H O + O O 1 = R R 1 ⇔ H O H O + D = R R 1
⇒ H O H O + D − R R 1 = 0 ⇒ H O . R 1 − H O . R = R D ⇒ H O . ( R 1 − R ) = R D ⇒ H O = R D R 1 − R
Thay số ta có HO = 4.120 20 − 4 = 480 16 = 30 cm => HO1 =120+30=150 cm
Mặt khác:
Δ H A 2 O 2 ~ Δ H A 1 O 1 => H O 2 H O 1 = A 2 O 2 A 1 O 1
=> HO2 = A 2 O 2 A 1 O 1 . H O 1 = R 2 R 1 .150 = 12 20 .150 = 90 cm.
Vậy đĩa chắn sáng phải đặt cách đĩa phát sáng một khoảng
O1O2 = HO1 – HO=90-30=60 cm thì vùng tối trên màn có bán kính là 4 cm.
Tính R’:
Ta có: Δ K A 1 O 1 ~ Δ K B 2 O 2 => K O 1 K O 2 = A 1 O 1 A 2 O 2 => K O 1 O 1 O 2 − K O 1 = R 1 R 2
⇔ K O 1 O 1 O 2 − K O 1 − R 1 R 2 = 0
⇒ K O 1 . R 2 + K O 1 . R 1 = R D ⇒ K O 1 . ( R 1 + R 2 ) = R 1 . O 1 O 2 ⇒ K O 1 = R 1 . O 1 O 2 R 1 + R 2
Thay số ta có KO1 = 20.60 20 + 12 = 1200 32 = cm => KO1 = 37.5 cm
Mặt khác:
Δ H A 1 O 1 ~ Δ K Q O ⇒ K O 1 K O = A 1 O 1 Q O ⇔ K O 1 D − K O 1 = R 1 R 1 '
=> R’= ( D − K O 1 ) . R 1 K O 1 thay số ta có:
R’ = ( 120 − 37.5 ) .20 37.5 = 44 cm.
b) Ta có hình vẽ:
Từ hình vẽ ta có để trên nàm hình vừa vặn không còn bóng tối thì phải di chuyển đĩa chắn sáng về phía O1 một đoạn O2O’2 .
Ta có:
Δ A 2 O 2 ' O ~ Δ A 1 O 1 O n ê n O 2 ' O O 1 O = A 2 O 2 ' A 1 O 1 ⇒ O 2 ' O = O 1 O . A 2 O 2 ' A 1 O 1 = D . R 2 R 1
Thay số ta có: O 2 ' O = 120. 12 20 = 72 cm.
Mà O1O2 = OO1 - OO’2 = 120-72 = 48 cm
Nên O2O’2 = O1O2 – O1O’2 = 60-48 = 12 cm
Vậy phải di chuyển đĩa chắn sáng đi một đoạn 12 cm thì trên màn vừa vặn không còn vùng tối.
VT
24 tháng 10 2017
Chọn A.
Phần khoét đi, nếu đặt lại chỗ cũ sẽ hút m lực hấp dẫn:
Lực hấp dẫn do cả quả cầu đặc tác dụng lên m:
Do quả cầu đồng chất nên:
Thay vào (*) rồi biến đổi ta được
24 tháng 5 2017
Gọi (C) là đường tròn tâm O bán kính r, \(\left(C_1\right)\) là đường tròn tâm O bán kính R. Giả sử đường thẳng đã dựng được. Khi đó có thể xem D là ảnh của B qua phép đối xứng qua tâm A. Gọi (C') là ảnh của (C) qua phép đối xứng qua tâm A, thì D thuộc giao của (C') và \(\left(C_1\right)\).
Số nghiệm của bài toán phụ thuộc vào số giao điểm của (C') và \(\left(C_1\right)\).
Gọi x là khoảng cách từ tâm hình tròn lớn O đến trọng tâm phần còn lại O1.
Theo quy tắc hợp lực song song: