|
|
giải đáp
|
làm giúp mình với
|
|
|
|
Khối lượng riêng của nước là $1000kg/m^3$ nhé.
Ta có: $m_2=4m_1 \Rightarrow P_2=4P_1 \Rightarrow 10D_2V=10.4.D_1V \Rightarrow D_2=4D_1$
Hệ 2 quả cầu cân bằng nên tổng các lực tác dụng vào từng quả cầu bằng 0:$P_1+T-F_{A_{1}}=0 $ và $P_2-T-F_{A_{2}}=0$
$\Rightarrow P_1+P_2=F_{A_{1}}+F_{A_{2}}$ $\Rightarrow 10(D_1+D_2)V=10D_{nước}(\frac{V}{2}+V)$ $\Rightarrow 5D_1=\frac{3}{2}D_{nước} \Rightarrow D_1=\frac{3}{10}D_{nước}=300kg/m^3$ $\Rightarrow D_2=4D_1=1200kg/m^3$ |
|
|
|
giải đáp
|
Dong điện xoay chiều
|
|
|
|
Ta có: $\omega=120 vòng/phút= 4\pi rad/s$
$S=600cm^2=0,06m^2$
Công thức tính suất điện động cảm ứng: $e=\omega NBScos(\omega t + \varphi-\frac{\pi}{2}) $ Tại $t=0$ ta có $e=0 \Rightarrow cos(\varphi-\frac{\pi}{2})=0 \Rightarrow \varphi=\pi$
Vậy $e=4\pi . 100 . 0,2. 0,06 cos(4\pi t+\frac{\pi}{2}) = 4,8\pi cos(4\pi t+\frac{\pi}{2})$
|
|
|
|
giải đáp
|
ai giúp mình với
|
|
|
|
Để thanh đứng yên thì tổng momen các lực tác dụng lên thanh đối với trục quay qua O bằng 0: $M_{\overrightarrow P} + M_{\overrightarrow F_{A}} + M_{\overrightarrow N}=0$ Mà thành phần $\overrightarrow N$ có phương đi qua O $\Rightarrow M_{\overrightarrow N} = 0 $ $\Rightarrow P.\frac{l}{2}.cos\alpha-F_{A}.\frac{3l}{4}.cos\alpha=0$ (với $l$ là chiều dài thanh, $\alpha$ là góc hợp bới thanh và phương ngang) $\Rightarrow D_{thanh}.g.V_{thanh}=D_{nước}.g.\frac{V_{thanh}}{2}.\frac{3}{2}$
$\Rightarrow D_{thanh}=\frac{3}{4}D_{nước}$ |
|
|
|
giải đáp
|
thắc mắc lí khó
|
|
|
|
Góc tới hạn để xảy ra phản xạ toàn phần:$i_{gh}=arcsin\frac{1}{1,5}\approx42^o$
Gọi $i$: góc tới trên mặt AD $r$: góc khúc xạ trên mặt AD $r'$: góc tới trên mặt DC
Ta có: $sini = 1,5sinr = 1,5cosr'$ $\Rightarrow$ $r'_{min} \Leftrightarrow i_{max}$ mà $i_{max}=90^o$ $\Rightarrow 1=1,5cosr'_{min} \Rightarrow r'_{min} \approx48,2^o$ $\Rightarrow i_{gh} < r'_{min}$ $\Rightarrow$ tia sáng phản xạ toàn phần, nó không thể ló ra khỏi mặt DC
|
|
|
|
giải đáp
|
khúc xạ ánh sáng 11 (2)
|
|
|
|
Công thức tính độ dịch chuyển ảnh của đáy chậu khi tia sáng đi qua bản 2 mặt song song:$\Delta x=e(1-\frac{n_{1}}{n_{2}})$
Khi tia sáng đi từ không khí vào benzen rồi từ benzen vào nước thì độ dịch chuyển ảnh của đáy chậu là: $\Delta x=9(1-\frac{1}{1,5}) + 12(1-\frac{1,5}{\frac{4}{3}}) = 1,5cm$
$\Rightarrow$ ảnh của đáy chậu dịch lên trên một đoạn 1,5cm $\Rightarrow$ mắt nhìn thấy đáy chậu cách mình $12+9-1,5=19,5cm$
|
|
|
|
giải đáp
|
khúc xạ ánh sáng 11 (1)
|
|
|
|
Công thức tính độ dịch chuyển ảnh của đáy chậu khi tia sáng đi qua bản 2 mặt song song: $\Delta x=e(1-\frac{n_{1}}{n_{2}})$
Khi tia sáng đi từ không khí vào dầu rồi từ dầu vào nước thì độ dịch chuyển ảnh của đáy chậu là:
$\Delta x=30(1-\frac{1}{1,5}) + 40(1-\frac{1,5}{\frac{4}{3}}) = 5cm$
$\Rightarrow$ ảnh của đáy chậu dịch lên trên một đoạn 5cm
$\Rightarrow$ mắt nhìn thấy đáy chậu cách mình $50+30+40-5=115cm$ |
|
|
|
giải đáp
|
Bài tập lăng kính(1).
|
|
|
|
Gọi $i_{t}$ và $i_{đ}$ lần lượt là góc lệch cực tiểu của của tia tím và tia đỏ sau khi đi qua lăng kính. Ta có: $sini_{t} = n_{t}sin\frac{A}{2}$ $\Rightarrow$ $i_{t} = 60^o$
$sini_{đ}=n_{đ}sin\frac{A}{2}$ và $i_{t}-15^o=i_{đ}$ $\Rightarrow$ $sin45^o=n_đsin30^o$ $\Rightarrow$ $n_đ=\sqrt2$ |
|
|
|
giải đáp
|
Bài tập lăng kính(6).
|
|
|
|
Chùm tia đến mặt AB theo phương vuông góc $\Rightarrow$ chùm tia truyền thẳng tới mặt AC với góc tới $i=45^{o}$
Ta lại có góc tới hạn của lăng kính đối với tia sáng bất kì là: $i_{gh} = arcsin \frac{n_{1}}{n_{2}}$ Trong đó: $n_{1}$ là chiết suất không khí
$n_{2}$ là chiết suất của lăng kính đối với các tia sáng
$\Rightarrow$ $i_{gh_{lam}}=45^{o}$
Lại có $n_{2_{đỏ}}<n_{2_{vàng}}<n_{2_{lục}}<n_{2_{lam}}<n_{2_{tím}}$ $\Rightarrow$ $i_{gh_{tím}} <i_{gh_{lam}}=45^{o} < i_{gh_{lục}} <i_{gh_{vàng}}<i_{gh_{đỏ}}$ $\Rightarrow$ tia sáng màu tím phản xạ toàn phần, 3 tia đỏ, vàng, lục ló ra ở mặt AC
|
|
|
|
giải đáp
|
Bài tập lăng kính(5).
|
|
|
|
Độ biến thiên động năng bằng công của điện trường:
$\frac{mv_{0}^{2}}{2}-\frac{mv^{2}}{2}=e\Delta V$
$\Rightarrow \Delta V=7107(V)$ |
|
|
|
giải đáp
|
Bài tập lăng kính(7).
|
|
|
|
Cường độ dòng điện: $I=\frac{P}{U}=0.03(A)$
Gọi số electron qua ống mỗi dây là $n$. Dòng điện sẽ là: $I=ne$
Vậy: $n=\frac{I}{e}=18.75\times10^{16}(e/s)$ |
|
|
|
giải đáp
|
lý
|
|
|
|
Theo bài ra, sau 24h, số chu kỳ dao động đã xảy ra là: $24\times3600+90=86490$ (lần)
Nghĩa là chu kỳ dao động của quả lắc là: $T'=\frac{86400}{86490}T$ (với $T=1s$ là chu kỳ chuẩn )
Vậy, để chỉnh lại đồng hồ, ta cần tăng chu kỳ dao động lên: $\frac{86490}{86400}$ lần.
Lại có: $T=2\pi\sqrt{\frac{l}{g}}$
Vậy, ta cần tăng chiều dài: $\sqrt{\frac{86490}{86400}}$ lần. |
|
|
|
giải đáp
|
Giao thoa ánh sáng! Cần lời giải chi tiết ah
|
|
|
|
Vị trí vân sáng của 2 bức xạ là:
$x_{1}=k_{1}.\frac{\lambda_{1}.D}{a}$ và $x_{2}=k_{2}.\frac{\lambda_{2}.D}{a}$
Vân sáng của 2 bức xạ trùng nhau $\Leftrightarrow$ $x_{1}=x_{2}$ $\Leftrightarrow$ $k_{1}\lambda_{1} = k_{2}\lambda_{2}$
$\Leftrightarrow$ $\frac{k_{1}}{k_{2}}=\frac{\lambda_{2}}{\lambda_{1}}=\frac{5}{6}$
$\Rightarrow$ vị trí vân trùng đầu tiên sau vân trùng trung tâm $k_{1}=5$ và $k_{2}=6$
$\Rightarrow$ Khoảng cách nhỏ nhất giữa 2 vân trùng là:
$L=5.\frac{0,6.10^{-3}.2.10^{3}}{1}=6mm$
Vậy đáp án là B
|
|
|
|
giải đáp
|
Bài tập về giao thoa ánh sáng cần gấp lắm ah! mong mn giúp đỡ
|
|
|
|
Khoảng cách từ vân sáng trung tâm đến vân tím và vân đỏ bậc 2 là:
$L_{t}=n.\frac{\lambda_{t}.D}{a} = 2.\frac{0,4.10^{-3}.2.10^{3}}{0,5}=1,6mm$
$L_{đ}= n.\frac{\lambda_{đ}.D}{a}=2.\frac{0,75.10^{-3}.2.10^{3}}{0,5}=3mm$
Mà bề rộng quang phổ bậc 2 là khoảng cách từ vân tím bậc 2 đến vân đỏ bậc 2 $\Rightarrow$ bề rộng quang phổ bậc 2 là:
$L=L_{đ}-L_{t} = 3-1,6=1,4mm$
Vậy đáp án là A
|
|
|
|
giải đáp
|
Help
|
|
|
|
Bảo toàn động lượng: $m\overrightarrow{v} = m_{1}\overrightarrow{v_{1}} + m_{2}\overrightarrow{v_{2}}$
$\Rightarrow$ $2\overrightarrow{v} = \overrightarrow{v_{1}} + \overrightarrow{v_{2}}$ (1)
(do $m_{1} = m_{2} = \frac{m}{2}$)
Chiếu (1) lên 2 phương Ox và Oy ta được: Ox: $0=v_{1}sin\alpha-v_{2x}$ Oy: $2v=v_{1}cos\alpha+v_{2y}$
$\Rightarrow$ $v_{2x}=v_{1}sin\alpha = 240.sin60=120\sqrt{3} m/s$ $v_{2y}=2v-v_{1}cos\alpha=480-240cos60=360 m/s$
$\Rightarrow$ $v_{2} = \sqrt{v_{2x}^{2} + v_{2y}^{2}}\approx 415,69m/s$
|
|
|
|
giải đáp
|
Bài tập lăng kính(4).
|
|
|
|
Công thức tính tiêu cự của thấu kính:$f = (n-1). (\frac{1}{R1} + \frac{1}{R2})$ Trong đó n là chiết suất của thấu kính đối với tia sáng R1 và R2 là bán kính mặt cong của thấu kính
$\Rightarrow$ $f_{đ} = (1,5-1) . (\frac{1}{20} +\frac{1}{20}) = 0,05cm$ $f_{t} = (1,54-1).(\frac{1}{20}+\frac{1}{20}) = 0,054cm$
|
|