Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

Ta có cánh tay đòn của lực: $d = l.\sin \alpha$
$\Rightarrow$ Mô men của trọng lực quả cầu đối với trục nằm ngang đi qua chốt khi thành làm phương thẳng một góc 30*:
$M = F.d = mg.l.\sin \alpha = 0,75.10.1,25. \sin 30 = 4,69N.m$

 Lực tác động lên hai vật được biểu diễn như hình vẽ
Pt định luật II Niuton của 2 vật:
Vật 1: $F_{ms} = m_1 a_1$      (1)
Vật 2: $F - F_{ms} = m_2 a_2$    (2)

Lực ma sát nghỉ lớn nhất hay lực ma sát trược nếu xảy ra việc trượt giữa hai vật:
          $F_{mst} = F_{ms max} = \mu m_2 g = 1.10.0,2 = 2 N$
Ta thấy $F_{msn} = 2N > F = 0,4N$
Vậy chứng tỏ hai vật không trượt lên nhau.
     $\Rightarrow $ $F_{ms} < F_{ms max}$ và  $a_1 = a_2 = a$           (3)
Từ (1), (2), (3) ta có
Gia tốc 2 vật
$a = \frac{F}{m_1 + m_2} = \frac{0,4}{1+4} = 0,08 m/s^2$
Lực ma sát nghỉ giữa hai vật
$F_{ms} = m_1.a = 4.0,08 = 0,32 N$

$x_1 = 6\cos (4t + \pi /3)$
$x_2 = 6\sqrt{2} \cos (4t + \pi /12)$

$\Delta x  = x_2 - x_1 = 6\sqrt{2} \cos (4t + \pi /12) - 6\cos (4t + \pi /3)$ (1)
Xét đạo hàm bậc 1 của $\Delta x $
$\Delta x'  = 4.6\sqrt{2} \sin (4t + \pi /12) - 4.6\sin (4t + \pi /3)$
Xét đạo hàm bậc 2 của $\Delta x $
$\Delta x '' = -4^2 .(x_2 - x_1)$

Khoảng cách hai vật đạt cực đại khi $\Delta x ' = 0$ và $\Delta x' ' < 0$
$\Delta x ' = 0$ $\Leftrightarrow $ $\sqrt{2} \sin (4t + \pi /12) = \sin (4t + \pi /3)$(2)
$\Rightarrow \sqrt{2} = \frac{ \sin (4t + \pi /3)}{ \sin (4t + \pi /12)}$ (3)
Từ (2) triển khai ra ta tính được
$\tan 4t = \frac{\sin \pi/12 - \sqrt{2} \sin \pi/3}{\sqrt{2} \cos \pi/3 - \cos \pi/12} =....$
$\sin (4t+\pi /12) = ...$
Thay (3) vào (1) ta có

$\Delta x_{max} = 6\frac{1}{ \sin (4t + \pi /12)}(\sin (4t + \pi /3) \cos (4t + \pi /12) - \cos (4t + \pi /3)\sin (4t + \pi /12)) $
$\Delta x_{max} = 6. \frac{\sin(\pi/4)}{ \sin (4t + \pi /12)} = ...$

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

-  E nên làm thêm nhiều bài tập nữa, với nhiều người thông minh thì việc đọc lý thuyết sau đó làm bài tập dạng thông thường là khá dễ, nhưng nếu làm ít, mỗi dạng bài chỉ làm 1-2 lần thì học tiếp chương sau, quay lại làm bài ấy họ lại phải đọc lại lý thuyết từ đầu do trí nhớ không phải dạng hảo hạng, làm một lần nhớ luôn.

Ít người trong chúng ta vừa thông minh vừa có trí nhớ tốt lắm, nên để khắc phục thì theo a là e nên dành thời gian làm nhiều bài tập hơn, làm hết trong sách BT thì phải thêm ở các sách tham khảo khác. Ngoài ra e cũng nên có chú ý tới chế độ ăn uống với các thực phẩm giúp trí nhớ tốt hơn.

-  Ngoài ra đối với môn Lý thì việc hiểu và năm chắc lý thuyết cũng là tối quan trọng, nếu chỉ giỏi toán mà không chắc lý thuyết thì chỉ giải được những bài đơn giản còn bài khó hơn chút là chịu ngay. Làm nhiều bài tập cũng sẽ giúp e hiểu lý thuyết sâu hơn.

Trong khi dao động, mỗi quỹ đạo chuyển động của con lắc có 2 tọa độ mà tại đó $W_đ = W_t$. Và con lắc đi qua 4 lần / 1 chu kỳ.
$\Rightarrow \frac{T}{4} = 0,05 \Rightarrow T = 0,2$s
Ta lại có $T = 2 \pi \sqrt{ \frac{m}{k} } \Rightarrow k = m (\frac{2\pi}{T})^2 = 0,05 (\frac{2\pi}{0,2})^2 = ...$

- Khi nối tắt tụ điện. Trong mạch còn cuộn dây (có điện trở thuần)
và điện trở thuần 60$\Omega$
Ta có lúc đó, hiệu điện thế hiệu dụng trong mạch sẽ có biểu đồ như bên hình vẽ.
Dòng điện hiệu dụng trong mạch lúc đó: $I = \frac{U_R}{R} = \frac{50\sqrt{3}}{60} = \frac{5\sqrt{3}}{6}$
Ta lại có
$U_{Z_L} = U_R $
$\Rightarrow$ $2.U_R.\cos \frac{\alpha}{2} = U $
$\Rightarrow \cos \frac{\alpha}{2} = \frac{U}{2U_R} = \frac{150}{2.50\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$
$\Rightarrow \frac{\alpha}{2} = \frac{\pi}{6}$ $\Rightarrow \alpha = \frac{\pi}{3}$

Vậy $U_{Z_L}$ nhanh pha hơn dòng $ \frac{\pi}{3}$ rad
$\Rightarrow \frac{Z_L}{R_L} = \tan \frac{\pi}{3} = \sqrt{3}$
Ta lại có
$Z_L^2 + R_L^2 = R^2$
$\Rightarrow$$4R_L^2 = R^2$
$\Rightarrow$$R_L = \frac{R}{2} = 30\Omega$
$\Rightarrow$$Z_L = \sqrt{3} R_L = 30\sqrt{3} \Omega$

- Khi không nối tắt tụ.
Dòng điện hiệu dụng trong mạch lúc đó
$I = \sqrt{\frac{P}{R+R_L}} = \sqrt{ \frac{250}{30+60} } = \frac{5}{3}$
Tổng trở mạch lúc đó
$Z = \sqrt{(R+R_L)^2 + (Z_L  - Z_C)^2} = \frac{U}{I} = \frac{150}{\frac{5}{3}}= 90 \Omega$
$90^2 + (Z_L - Z_C)^2 = 90 \Omega$
$\Rightarrow  Z_L = Z_C = 30\sqrt{3}$

$\Rightarrow $ $C = \frac{1}{Z_C \omega} = \frac{1}{100\pi 30\sqrt{3}}$

Ta hãy thiết lập phương trình dao động tắt dần của con lắc đơn. Trong trường hợp này, hợp lực tác dụng lên quả cầu :
                      $F+F_C=-mg\sin \alpha-rv$
Phương trình cơ bản của chuyển động trong trường hợp này là
                      $ma=-mg\sin \alpha-rv$
hay
                      $ml \frac{d^2\alpha}{dt^2} =-r l\frac{d \alpha}{dt} -mg\alpha$ 
                                                                  ($\sin \alpha \approx  \alpha)$
                      $\Leftrightarrow  \frac{d^2\alpha}{dt^2} +\frac{r}{m}\frac{d\alpha}{dt} +\frac{g}{l}\alpha=0             (1)$
Đặt            
                      $\beta =\frac{r}{2m} $. Gọi là hệ số tắt dần
                      $\omega_0 = \frac{g}{l}$. Là tần số dao động gốc
Phương trình $(1)$ trở thành
                      $\frac{d^2\alpha}{dt^2} +2\beta \frac{d\alpha}{dt}+\omega ^2_0\alpha=0                   (2)$
$(2)$ gọi là phương trình vi phân của dao động tắt dần.
Theo tính toán ta có khi $\omega _0>\beta $, nghiệm phương trình này có dạng :
                       $\alpha=\alpha _0e^{-\beta t}\cos (\omega t+\varphi )$
Đây là biểu thức độ dời của dao động tắt dần. Hằng số $\omega $ gọi là tần số của dao động tắt dần :
                        $\omega =\sqrt{\omega _0^2-\beta ^2} $
Chu kỳ $T$ của dao động tắt dần là :
                        $T=\frac{2\pi}{\omega }=\frac{2\pi}{\sqrt{\omega ^2_0-\beta ^2} }  $

 Ta có: $l(1-cos\alpha') = h$ $\Rightarrow $ $l = \frac{h}{1- \cos \alpha'}$ $\alpha'$ : góc lệch ban đầu.
Đến đây chắc bạn tự tính được rồi

Không hiểu bài này lắm, cho nhiều thông số thế để làm gì nhỉ. Bạn nên xem và sửa lại đề cho đúng.

Tất cả các điểm dao động trên phương truyền sóng đều có cùng chu kỳ dao động, thời gian di chuyển từ lúc bắt đầu hạ xuống thấp (mặt cân bằng) tới nơi hạ xuống thấp nhất (biên độ) là $\frac{1}{4}$ chu kỳ.
$\Rightarrow t = \frac{T}{4} = \frac{1}{4f} = \frac{1}{4.20} = 0,0125 s$

Biên độ dao động của con lắc lớn nhất khi chu kỳ dao động của con lắc lò xo trùng với chu kỳ của ngoại lực (kích động mỗi khi bánh của toa xe gặp chổ nối nhau của đường ray), khi đó sẽ xảy ra cộng hưởng, biên độ dao động của con lắc sẽ lớn nhất.

Ta có: chu kỳ của con lắc lò xo là $T = 2 \pi \sqrt{gl}$
Chu kỳ của ngoại lực: $T' = \frac{d}{v}$ với $đ$ là chiều dài mỗi đường ray.
Để xảy ra cộng hưởng thì $T = T'$
$\Leftrightarrow 2 \pi \sqrt{gl} = \frac{d}{v}$
       $v = \frac{d}{ 2 \pi \sqrt{gl}} = \frac{12,5}{2\pi \sqrt{9,8.0,44}} = 0,96m/s$
Vậy để biên độ dao động của con lắc lớn nhất thì toa tàu phải chạy ở vận tốc 0,96m/s

Chuyển động tròn có nghĩa là mọi tọa độ (x,y) thuộc quỹ đạo của chuyển động đó đều có khoảng cách đến gốc tọa độ O bằng bán kính.
Hay $x^2 + y^2 = r^2$
        $x = r.\cos \varphi$
        $y = r.\sin \varphi$
Với $\varphi$ là góc hợp bởi tia nối từ gốc tọa độ O đến vật và Ox
Với bài toán trên $y = 1.\sin (5t)$ $\Rightarrow$ $x = 1. \cos(5t)$ ($x^2 + y^2 = 1^2$)

Đề bài này đọc hơi rối rắm, nhưng thực chất thì tóm lại là như sau:


Trước khi va chạm:
Vật $m_1$ có vị trí ở biên độ(lò xo dài nhất) nên có li độ A, vận tốc bằng $0$.
 Sau khi va chạm:
Vật $m_1$ tại vị trí có biên độ A, được truyền một vận tốc $v_0$, nên sẽ dao động với một biên độ $A'$ mới.
$\Rightarrow $ Quảng đường mà vật đi được cho đến lúc đổi chiều chuyển động của $m_1$ sẽ là: $s = A + A'$

Giải:
Xét vật $m_1$ trước khi va chạm:
Ta có: Gia tốc vật lúc đó:
          $kA = m_1.a$
          $A = \frac{m_1}{k} a$ (1)
Ta lại có chu kỳ dao động của vật
          $T = 2\pi \sqrt{\frac{m_1}{k}} $ $\Rightarrow$ $ \frac{m_1}{k} = (\frac{T}{2\pi})^2$ (2)
Thay (2) vào (1) ta có biên độ dao động của vật lúc đó
          $A = (\frac{T}{2\pi})^2.a = (\frac{2\pi}{2\pi})^2. 0,02 = 0,02 m = 2cm$

Xét 2 vật sau khi va chạm
Bảo toàn động lượng: $m_1.v_1 + m_2.v_2 = m_2 .v$
Bảo toàn động năng: $\frac{1}{2} m_1v^2_1 + \frac{1}{2} m_2v^2_2 = \frac{1}{2} m_2v^2$
          $\Rightarrow$ $v_1 = \frac{2m_2}{m_1+m_2} v = \frac{m_1}{m_1 + m_1/2} v = \frac{2}{3} v = \frac{2}{3} . 3\sqrt{3} = 2\sqrt{3} cm$

Xét vật $m_1$ sau khi va chạm
Vật $m_1$ sau khi được truyền vận tốc $v_1$ sẽ dao động với chu kỳ cũ (do hệ số đàn hồi k, khối lượng $m_1$ không đổi) nhưng có biên độ mới $A'$
Ta có:
          $\frac{1}{2} k A'^2 = \frac{1}{2} m_1 v^2_1 + \frac{1}{2} k A^2$
          $A'^2 = \frac{m_1}{k} v^2_1 + A^2$
Thay (2) vào ta có:
          $A'^2 = (\frac{T}{2\pi})^2 v^2_1 + A^2$
          $A' = \sqrt{  (\frac{2\pi}{2\pi})^2. (2\sqrt{3})^2 + 2^2 } = 4cm$

Vậy Quảng đường mà vật đi được cho đến lúc đổi chiều chuyển động của $m_1$ sẽ là:
          $s = A + A' = 2 + 4 = 6cm$

 $x=5+3\cos(4.\pi.t+\pi/3)(cm)$
Tại t = 0, $\varphi = \pi/3$
Vật đi qua vị trí cân bằng khi $\cos(4.\pi.t+\pi/3) = 0$
Vật đi qua vị trí cân bằng lần 1 khi: $4.\pi.t+\pi/3 = \pi/2$
Vật đi qua vị trí cân bằng lần 2 khi: $4.\pi.t+\pi/3 = 3\pi/2$ $\Rightarrow t = 7/24$ s