|
|
giải đáp
|
vật lí 11 (2)
|
|
|
|
Cách giải phương trình trên:Thay $\frac{A'B'}{AB}=|\frac{d'}d|$ vào phương trình $G=3$ ta được:
$|\frac{d'}d|.\frac{15}{|d'|+10}=3 \Rightarrow d=\frac{-5d'}{-d'+10}$ (do $0<d$ và $d'<0$)
Từ công thức thấu kính ta có:
$d=\frac{d'f}{d'-f}=\frac{4d'}{d'-4}$
$\Rightarrow \frac{-5d'}{-d'+10}=\frac{4d'}{d'-4}$
$\Rightarrow -5d'^2+20d'=-4d'^2+40d'$
$\Rightarrow d'^2+20d'=0 \Rightarrow d'=-20cm \Rightarrow d=\frac{10}3cm$
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
lí 12
|
|
|
|
$U_{RC}=U=120V$ và $U$ nhanh pha $\frac{2\pi}3$ so với $U_{RC}$ $\Rightarrow U_R=60V \Rightarrow R=\frac{U_R}I=50\Omega$ |
|
|
|
giải đáp
|
góc lệch của tia sáng khi qua lăng kính
|
|
|
|
$i=\frac{A}2=3^o \Rightarrow$ có thể coi là $i$ và $A$ nhỏ. Do đó, góc lệch của lăng kính đối với tia:
+ đỏ: $D_đ=A(n_đ-1)$ + tím: $D_t=A(n_t-1)$
Bề rộng quang phổ từ đỏ đến tím trên màn $M$ cách lăng kính một đoạn $l$ là: $l(tanD_t-tanD_đ)=0,5cm$
Khi cho lăng kính dao động điều hòa quanh cạnh của nó thì giá trị góc tới $i$ dao động quanh giá trị $3^o$. Từ đó bề rộng quang phổ cũng dao động quanh giá trị $0,5cm \Rightarrow$ đáp án $A$ |
|
|
|
giải đáp
|
Ai biết giải ?????
|
|
|
|
Đến khi vật dừng lại thì năng lượng dao động đã chuyển hóa hoàn toàn thành công của lực ma sát: $\frac1{2}kA^2=F_{ms}.S \Rightarrow \frac1{2}kA^2=\mu mgS \Rightarrow S=\frac{kA^2}{2\mu mg}$ |
|
|
|
giải đáp
|
Giúp mình câu này với !!
|
|
|
|
Tại vị trí góc $\theta$ bất kì ta có vật chuyển động theo trục $x$ vuông góc với phương của dây nối. Từ đó ta có phương trình chuyển động của vật là: $m\theta ''=Psin\theta+F_c$ (1)
Mà do khi góc $\theta$ tăng thì $a$ giảm và ngược lại nên ta có: $a=-\theta ''$ Thay vào (1) ta được: $ma=-Psin\theta-F_c$ |
|
|
|
giải đáp
|
Tính số dao động
|
|
|
|
Gọi $\Delta A$ là độ giảm biên độ sau mỗi chu kì, ta có: $\Delta A= \frac{4F_{ms}}k=\frac{4\mu mg}k=\frac1{1225}m=\frac4{49}cm$
Số sao động vật thực hiện được là: $n=\frac A{\Delta A}=36,75$ dao động |
|
|
|
giải đáp
|
làm giúp mình với
|
|
|
|
$Q_{tỏa}=m_2c_2(t-t_2)$ ($c_2$ là nhiệt dung riêng của sắt)
$Q_{thu}=m_1c_1(t_2-t_1)$ ($c_1$ là nhiệt dung riêng của nước)
$Q_{tỏa}=Q_{thu} \Rightarrow t=t_2+\frac{m_1c_1}{m_2c_2}(t_2-t_1)=989,9^oC$ |
|
|
|
giải đáp
|
vật lí 11 (2)
|
|
|
|
Từ đó ta có vật đặt cách kính $d=\frac{10}3cm$ và cách mắt $d+a=\frac{40}3cm$
|
|
|
|
giải đáp
|
vật lí 11 (2)
|
|
|
|
Công thức tính độ bội giác: $G=\frac{tan\alpha}{tan\alpha_o}$
Có: $tan\alpha_o=\frac{AB}D$ ($D$ là khoảng cực cận)
$tan\alpha=\frac{A'B'}{|d'|+a}$ ($d'$ là vị trí ảnh sau kính lúp, ảnh ảo nên $d'<0$, $a$ là khoảng ách từ kính đến mắt và $15<|d'|+a<50$)
$\Rightarrow G=\frac{A'B'}{AB}.\frac D{|d'|+a}=3$
Lại có: $\frac{A'B'}{AB}=|\frac{d'}d|$ và $\frac1{f}=\frac1{d}+\frac1{d'}$ ($d<f$)
Thay số và tính toán ta được $d=\frac{10}3cm$
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
BT sóng cơ
|
|
|
|
$\omega=\pi \Rightarrow$ Phương trình sóng tại $M$ cách nguồn một đoạn $d$ là: $u=2cos(\pi t-2\pi\frac d{\lambda})$
Tại $t_1$ ta có: $v=\pi \Rightarrow -2\pi sin(\pi t_1-2\pi\frac d{\lambda})=\pi$
$\Rightarrow \pi t_1-2\pi\frac d{\lambda}=-\frac{\pi}6$ hoặc $-\frac{5\pi}6$
Lại do tại $t_1$ có li độ dương nên chọn $\pi t_1-2\pi\frac d{\lambda}=-\frac{\pi}6$
Tại thời điểm $t_1+\frac1{6}$ li độ của $M$ là: $u=2cos[\pi (t_1+\frac1{6})-2\pi\frac d{\lambda}]=2cos0=2cm$
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp e vs
|
|
|
|
a. Không ma sát: $F_1l=mgh
\Rightarrow l=\frac {mgh}{F_1}=8m$
b. Có ma sát, hiệu suất
mặt phẳng nghiêng là: $\frac{mgh}{F_2l}. 100\%=83,33\%$
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp e cảm ứng từ
|
|
|
|
Câu 2:
$BM=30cm$
$B_{M}=0$ suy ra từ trường do $I_{1}$ và $I_{2}$ tạo ra bằng nhau.
$B_{1}=B_{2}$
$\Rightarrow \frac{mu_{0}I_{1}}{AM}=\frac{mu_{0}I_{2}}{BM}$
$\Rightarrow I_{2}=I_{1}\frac{BM}{AM}=3I_{1}=3(A)$ |
|
|
|
giải đáp
|
giúp e cảm ứng từ
|
|
|
|
Bài 1: Công thức cảm ứng từ cho dây dẫn thẳng dài:
$B=\frac{\mu_{0}I}{2\pi r}$
Theo bài ra: $B=0.05 (T)$ $r=0.1(m)$
Vậy, cường độ dòng điện trong dây dẫn là:
$I=\frac{B\times 2\pi r}{\mu_{0}}$ |
|