|
|
giải đáp
|
lý 7
|
|
|
|
Có thể chia bài toán làm 2 quá trình: Quá trình 1: vật $m_1$ dao động với $\omega_1=\sqrt{\frac{k}{m_1}}=10\sqrt{10} rad/s $ và $A_1=0,04m$ Quá trình 2: vật $m_1$ và $m_2$ dao động với $\omega_2=\sqrt{\frac{k}{m_1+m_2}}=5\sqrt{10} rad/s$ và $A_2$
Xét quá trình 1: vật $m_1$ đi trong thời gian $t_1=\frac{T_1}{4}=\frac{2\pi}{4\omega_1}\frac{1}{20}s$ Tại VTCB, ngay trước khi va chạm với $m_2$ vận tốc của vật $m_1$ là: $v_1=\omega_1A_1=0,4\sqrt{10}m/s$
Xét quá trình va chạm: Bảo toàn động lượng: $m_1v_1+m_2v_2=(m_1+m_2)v \Rightarrow v=\frac{m_1v_1}{m_1+m_2}=\frac{\sqrt{10}}{10}m/s$
Xét quá trình 2: $A_2=\frac{v}{\omega_2}=0,02m$ $T_2=\frac{2\pi}{\omega_2}=\frac{2}5s$ Nhận xét: $\frac{121}{60}=t_1+4T_2+\frac{11}{30}s$ Phương trình dao động:
$x_2=A_2cos(\omega_2t+\varphi)=0,02cos(5\pi t-\frac{\pi}{2})$ (chọn gốc thời gian khi vật 1 vừa va chạm với vật 2) $\Rightarrow$ trong thời gian $t_2=\frac{11}{30}s$ đi được quãng đường: $|x_2|=0,01m$
Vậy trong $\frac{121}{60}s$ đi được quãng đường là: $A_1+4.4A_2+|x_2|=0,37m$
|
|
|
|
giải đáp
|
giúp em
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 03/03/2014
|
|
|
|
|
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 02/03/2014
|
|
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
Giải giúp mình với!!
|
|
|
|
Màu của vân sáng trung tâm là kết hợp của cả 2 bước sóng, nghĩa là 2 cực đại cùng vị trí.Khoảng vân ứng với bước sóng $\lambda_{1}$ và $\lambda_{2}$:$i_{1}=\lambda_{1}\frac{D}{a}$$i_{2}=\lambda_{2}\frac{D}{a}$Giả sử trong khoảng giữa 2 vân sáng có màu giống màu của vân sáng trung tâm có $n$ cực đại bước sóng $\lambda_{1}$, vậy sẽ có $9-n$ cực đại bước sóng $\lambda_{2}$ trong khoảng đó.Ta có: $(n+2-1)i_{1}=(9-n+2-1)i_{2}$$(n+1)\lambda_{1}=(10-n)\lambda_{2}$$\lambda_{2}=\frac{n+1}{10-n}\lambda_{1}$Giá trị nguyên thích hợp cho $n$ là: $n=4$ hoặc $n=5$Tại đó:$\lambda_{2}=0.3675$ hoặc $\lambda_2=0,5292$Đáp án B và D đều đúng.
Màu của vân sáng trung tâm là kết hợp của cả 2 bước sóng, nghĩa là 2 cực đại cùng vị trí.Khoảng vân ứng với bước sóng $\lambda_{1}$ và $\lambda_{2}$:$i_{1}=\lambda_{1}\frac{D}{a}$$i_{2}=\lambda_{2}\frac{D}{a}$Giả sử trong khoảng giữa 2 vân sáng có màu giống màu của vân sáng trung tâm có $n$ cực đại bước sóng $\lambda_{1}$, vậy sẽ có $9-n$ cực đại bước sóng $\lambda_{2}$ trong khoảng đó.Ta có: $(n+2-1)i_{1}=(9-n+2-1)i_{2}$$(n+1)\lambda_{1}=(10-n)\lambda_{2}$$\lambda_{2}=\frac{n+1}{10-n}\lambda_{1}$Giá trị nguyên thích hợp cho $n$ là: $n=4$ hoặc $n=5$Tại đó:$\lambda_{2}=0.3675$ hoặc $\lambda_2=0,5292$Đáp án B và D đều đúng.Mình nghĩ là đề bài phải có thêm điều kiện để chặn $\lambda_2$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Giải giúp mình với!!
|
|
|
|
Màu của vân sáng trung tâm là kết hợp của cả 2 bước sóng, nghĩa là 2 cực đại cùng vị trí.Khoảng vân ứng với bước sóng $\lambda_{1}$ và $\lambda_{2}$:$i_{1}=\lambda_{1}\frac{D}{a}$$i_{2}=\lambda_{2}\frac{D}{a}$Giả sử trong khoảng giữa 2 vân sáng có màu giống màu của vân sáng trung tâm có $n$ cực đại bước sóng $\lambda_{1}$, vậy sẽ có $9-n$ cực đại bước sóng $\lambda_{2}$.Ta có: $(n+2-1)i_{1}=(9-n+2-1)i_{2}$$(n+1)\lambda_{1}=(10-n)\lambda_{2}$$\lambda_{2}=\frac{n+1}{10-n}\lambda_{1}$Giá trị nguyên thích hợp cho $n$ là: $n=4$Tại đó:$\lambda_{2}=0.3675$Đáp án B.
Màu của vân sáng trung tâm là kết hợp của cả 2 bước sóng, nghĩa là 2 cực đại cùng vị trí.Khoảng vân ứng với bước sóng $\lambda_{1}$ và $\lambda_{2}$:$i_{1}=\lambda_{1}\frac{D}{a}$$i_{2}=\lambda_{2}\frac{D}{a}$Giả sử trong khoảng giữa 2 vân sáng có màu giống màu của vân sáng trung tâm có $n$ cực đại bước sóng $\lambda_{1}$, vậy sẽ có $9-n$ cực đại bước sóng $\lambda_{2}$ trong khoảng đó.Ta có: $(n+2-1)i_{1}=(9-n+2-1)i_{2}$$(n+1)\lambda_{1}=(10-n)\lambda_{2}$$\lambda_{2}=\frac{n+1}{10-n}\lambda_{1}$Giá trị nguyên thích hợp cho $n$ là: $n=4$ hoặc $n=5$Tại đó:$\lambda_{2}=0.3675$ hoặc $\lambda_2=0,5292$Đáp án B và D đều đúng.
|
|
|
|
giải đáp
|
Bài tập lăng kính.
|
|
|
|
Khoảng cách giữa 2 vân tối cạnh nhau chính là khoảng vân $i$, ta có công thức: $i=\frac{\lambda D}{a}$ (1)
$D$: khoảng cách từ nguồn sáng $S$ đến màn $E$ $d$: khoảng cách từ nguồn sáng $S$ đến lưỡng lăng kính $d'$: khoảng cách từ lưỡng lăng kính đến màn $E$ $a$: khoảng cách giữa 2 ảnh ảo $S_1$, $S_2$ tạo bởi lưỡng lăng kính, $a=2dA(n-1)$
Thay vào (1) ta được: $i=\frac{\lambda (d+d')}{2dA(n-1)} =\frac{0,5.10^{-6}(0,5+2)}{2.0,5.20.3.10^{-4}(1,5-1)}=\frac{1}{2400}m $ |
|
|
|
giải đáp
|
Bài tập lăng kính(3).
|
|
|
|
$S_1$ và $S_2$ là 2 ảnh thực của nguồn sáng $S$ Ta có công thức tính khoảng cách $S_1S_2$ là:
$\frac{S_1S_2}{a} = \frac{d+d'}{d}$ (1)
Trong đó: $a$: khoảng cách giữa 2 nửa thấu kính $d$: khoảng cách từ vật đến thấu kính $d'$: khoảng cách từ thấu kính đến ảnh
Lại có: $d'=\frac{df}{d-f} =\frac{50.25}{50-25}= 50cm$
Thay vào (1) ta được: $\frac{S_1S_2}{a} = 2 \Rightarrow S_1S_2=2a=4mm$ |
|
|
|
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 $i_{t}-15^o=i_{đ}$ $\Rightarrow$ $sin45^o=n_đsin30^o$ $\Rightarrow$ $n_đ=\sqrt2$ |
|