Khi K hở, mạch có dạng: (($R_{3}$ nt $R_{4}$) // $R_{2}$) nt $R_{1}$Dòng điện mạch chính là I. Ta có:$I_{3}=I\frac{R_{2}}{R_{3}+R_{4}}=\frac{2}{3}I$Hiệu điện thế trên Vôn kế:$U_{V}=U_{1}+U_{4}=I_{1}R_{1}+I_{4}R_{4}=30I+15\frac{2}{3}I=40I=3.6(V)$$\Rightarrow I=0.09(A)$Ta tính được:$U_{MN}=I(R_{1}+\frac{R_{2}(R_{3}+R_{3})}{R_{2}+R_{3}+R_{4}})=0.09(30+12)=3.78(V)$Khi K đóng. Mạch trở thành: $R_{3}$ // (($R_{1}$ // $R_{4}$) nt $R_{2}$)$I_{3}=\frac{U_{MN}}{R_{3}}=0.252(A)$$I_{2}=\frac{U_{MN}}{R_{124}}=\frac{3.78}{20+\frac{30\times15}{30+15}}=0.126(A)$$I_{4}=I_{2}\frac{R_{1}}{R_{4}}=2I_{2}=0.252(A)$Nhìn vào mạch, ta sẽ thấy:$I_{A}=I_{3}+I_{4}=0.504(A)$

Khi K hở, mạch có dạng: (($R_{3}$ nt $R_{4}$) // $R_{2}$) nt $R_{1}$Dòng điện mạch chính là I. Ta có:$I_{3}=I_{2}\frac{R_{2}}{R_{3}+R_{4}}=\frac{2}{3}I_{2}$Lại có: $I=I_{3}+I_{2}=I_{3}+\frac{3}{2}I_{3}=\frac{5}{2}I_{3}=\frac{5}{2}I_{4}$Hiệu điện thế trên Vôn kế:$U_{V}=U_{1}+U_{4}=I_{1}R_{1}+I_{4}R_{4}=30I+15\frac{2}{5}I=40I=3.6(V)$$\Rightarrow I=0.1(A)$Ta tính được:$U_{MN}=I(R_{1}+\frac{R_{2}(R_{3}+R_{3})}{R_{2}+R_{3}+R_{4}})=0.1(30+12)=4.2(V)$Khi K đóng. Mạch trở thành: $R_{3}$ // (($R_{1}$ // $R_{4}$) nt $R_{2}$)$I_{3}=\frac{U_{MN}}{R_{3}}=0.28(A)$$I_{2}=\frac{U_{MN}}{R_{124}}=\frac{4.2}{20+\frac{30\times15}{30+15}}=0.14(A)$$\frac{I_{4}}{I_{1}}=\frac{R_{1}}{R_{4}}=2$Tương tự:$I_{1}+I_{4}=I_{2}=0.14$$\Rightarrow \frac{I_{4}}{2}+I_{4}=0.14$$\Rightarrow I_{4}=\frac{7}{75}(A)$Nhìn vào mạch, ta sẽ thấy:$I_{A}=I_{3}+I_{4}=0.37(A)$

nhờ anh Long

Đặt điện áp xoay chiều $u=U\sqrt{2}cos\omega t$ vào 2 đầu đoạn mạch gồm các phần tử RLC mắc nối tiếp, trong đó $\omega$ thay đổi được. Khi $\omega=\omega_{1}$ và $\omega=\omega_{2}$ thì cường độ dòng hiệu dụng như nhau nhưng pha ban đầu lần lượt là $-30^{o}$ và $60^{o}$. Hệ số công suất của đoạn mạch tương ứng với $\omega=\omega_{1}$ là:A. 0.6 B.$\sqrt{2}/2$ C. $\sqrt{3}/2$ D. 0.5Trong mạch dao động điện từ tự do LC, khi cường độ dòng điện qua cuộn dây là $2mA$ thì điện tích trên tụ là $$1nC$. Sau đó 1 khoảng thời gian, các số liệu lần lượt là $\sqrt{2}mA$ và $3nC$. Chu kỳ dao động của mạch là:A. $2\pi\times10^{-8}$ B. $2\pi\times10^{-6}$ C. $\pi\times10^{-6}$ D. $4\pi\times10^{-6}$

dòng điện xoay chiều

nhờ anh Long

1.Đặt điện áp xoay chiều $u=U\sqrt{2}cos\omega t$ vào 2 đầu đoạn mạch gồm các phần tử RLC mắc nối tiếp, trong đó $\omega$ thay đổi được. Khi $\omega=\omega_{1}$ và $\omega=\omega_{2}$ thì cường độ dòng hiệu dụng như nhau nhưng pha ban đầu lần lượt là $-30^{o}$ và $60^{o}$. Hệ số công suất của đoạn mạch tương ứng với $\omega=\omega_{1}$ là:A. 0.6 B.$\sqrt{2}/2$ C. $\sqrt{3}/2$ D. 0.52.Trong mạch dao động điện từ tự do LC, khi cường độ dòng điện qua cuộn dây là $2mA$ thì điện tích trên tụ là $1nC$. Sau đó 1 khoảng thời gian, các số liệu lần lượt là $\sqrt{2}mA$ và $3nC$. Chu kỳ dao động của mạch là:A. $2\pi\times10^{-8}$ B. $2\pi\times10^{-6}$ C. $\pi\times10^{-6}$ D. $4\pi\times10^{-6}$

dòng điện xoay chiều

nhờ anh Long

http://i.upanh.com/rvwwrx , thông cảm dùm em nha

dòng điện xoay chiều

nhờ anh Long

Đặt điện áp xoay chiều $u=U\sqrt{2}cos\omega t$ vào 2 đầu đoạn mạch gồm các phần tử RLC mắc nối tiếp, trong đó $\omega$ thay đổi được. Khi $\omega=\omega_{1}$ và $\omega=\omega_{2}$ thì cường độ dòng hiệu dụng như nhau nhưng pha ban đầu lần lượt là $-30^{o}$ và $60^{o}$. Hệ số công suất của đoạn mạch tương ứng với $\omega=\omega_{1}$ là:A. 0.6 B.$\sqrt{2}/2$ C. $\sqrt{3}/2$ D. 0.5Trong mạch dao động điện từ tự do LC, khi cường độ dòng điện qua cuộn dây là $2mA$ thì điện tích trên tụ là $$1nC$. Sau đó 1 khoảng thời gian, các số liệu lần lượt là $\sqrt{2}mA$ và $3nC$. Chu kỳ dao động của mạch là:A. $2\pi\times10^{-8}$ B. $2\pi\times10^{-6}$ C. $\pi\times10^{-6}$ D. $4\pi\times10^{-6}$

dòng điện xoay chiều

3 vật luôn nằm trên cùng đường thẳng thì có thể áp dụng định lý đường trung bình của hình thang.$x_{2}=\frac{x_{1}+x_{3}}{2}$$\Rightarrow x_{3}=2x_{2}-x_{1}=3cos(20\pi t)-3cos(20\pi t+\pi 2)$$x_{3}=3cos(20\pi t)+3cos(20\pi t-\pi 2)$Sử dụng giản đồ Fresnel để tính tổng này:$x_{3}=3\sqrt{2}cos(20\pi t-\pi/4)$

3 vật luôn nằm trên cùng đường thẳng thì có thể áp dụng định lý đường trung bình của hình thang.$x_{2}=\frac{x_{1}+x_{3}}{2}$$\Rightarrow x_{3}=2x_{2}-x_{1}=3cos(20\pi t)-3cos(20\pi t+\pi 2)$$\Rightarrow x_{3}=3cos(20\pi t)+3cos(20\pi t-\pi/2)$Sử dụng giản đồ Fresnel để tính tổng này:$x_{3}=3\sqrt{2}cos(20\pi t-\pi/4)$

Cần phân biệt 2 khái niệm: vận tốc trung bình và tốc độ trung bình+ Tốc độ trung bình là quãng đường chia thời gian+ Vận tốc trung bình là độ dời chia thời gianSau 1 chu kỳ, vật trở lại vị trí cũ, độ dời bằng không. Suy ra vận tốc trung bình bằng không.$v_{tb}=0$

Cần phân biệt 2 khái niệm: vận tốc trung bình và tốc độ trung bình+ Tốc độ trung bình là quãng đường chia thời gian+ Vận tốc trung bình là độ dời chia thời gianSau 1 chu kỳ, vật trở lại vị trí cũ, độ dời bằng không. Suy ra vận tốc trung bình bằng không.$v_{tb}=0$

giúp mình câu này với

cho mình chèn link nha , viết hơi lâu : http://i.upanh.com/rriqml

Dao động điện từ

giúp mình câu này với

Mạch dao động điện từ gồm cuộn cảm thuần và 2 tụ điện mắc nối tiếp có điện dung lần lượt là $C_{1}=3\mu F$, $C_{2}=1.5\mu F$. Biết hiệu điện thế trên tụ $C_{1}$ và cường độ dòng điện qua cuộn dây ở thời điểm t lần lượt là $\sqrt{3}V$, $1.5mA$; đến thời điểm t' thì các giá trị này lần lượt là $\sqrt{2}V$, $1.5\sqrt{2}mA$. Độ tự cảm $L$ của cuộn dây là?

Dao động điện từ

Mọi người giúp với

Trong hình trên,$U_{MN}$ không đổi,Cho R1=30 ôm,R2=20 ôm,R3=R4=15 ôm,$R_{A}$=0.$R_{V}$ lớn vô cùng.Khi K đóng,ampe kế chỉ 1 A.Khi K hở,vôn kế chỉ 3,6V.Hỏi khi K đóng ,ampe kế chỉ bao nhiêu?http://i1276.photobucket.com/albums/y479/Bol_GoKu_Sol_ChiChi/lo11101ECBt_zpsec9e89f9.png( Vô link này để xem hình nha)

Dòng điện không đổi

Mọi người giúp với

Trong hình trên,$U_{MN}$ không đổi,Cho R1=30 ôm,R2=20 ôm,R3=R4=15 ôm,$R_{A}$=0.$R_{V}$ lớn vô cùng.Khi K đóng,ampe kế chỉ 1 A.Khi K hở,vôn kế chỉ 3,6V.Hỏi khi K đóng ,ampe kế chỉ bao nhiêu?

Dòng điện không đổi

Để chùm sáng qua $L_{2}$ trở thành song song thì chùm sáng tới phải đi qua tiêu điểm của $L_{2}$.Nghĩa là: ảnh $S_{1}$ qua $L_{1}$ phải nằm trên tiêu điểm của $L_{2}$ (như hình vẽ)Ta có: $\frac{1}{f_{1}}=\frac{1}{d_{1}}+\frac{1}{d_{1}'}$Dễ dàng tính được: $d_{1}'=-24(cm)$Tức là: $O_{1}S_{1}=24(cm)$ (giá trị $d_{1}$ âm vì là ảnh ảo)Tiêu cự của kính $L_{2}$:$f_{2}=O_{1}S_{1}+O_{1}F_{1}'=24+12=36(cm)$Độ tụ: $D_{2}=frac{1}{f_{2}}=\frac{1}{0.36}=2.8(dp)$

Để chùm sáng qua $L_{2}$ trở thành song song thì chùm sáng tới phải đi qua tiêu điểm của $L_{2}$.Nghĩa là: ảnh $S_{1}$ qua $L_{1}$ phải nằm trên tiêu điểm của $L_{2}$ (như hình vẽ)Ta có: $\frac{1}{f_{1}}=\frac{1}{d_{1}}+\frac{1}{d_{1}'}$Dễ dàng tính được: $d_{1}'=-24(cm)$Tức là: $O_{1}S_{1}=24(cm)$ (giá trị $d_{1}$ âm vì là ảnh ảo)Tiêu cự của kính $L_{2}$:$f_{2}=O_{1}S_{1}+O_{1}F_{1}'=24+12=36(cm)$Độ tụ: $D_{2}=\frac{1}{f_{2}}=\frac{1}{0.36}=2.8(dp)$

Trường hợp đầu:$\frac{1}{f}=\frac{1}{d_{1}}+\frac{1}{d_{1}'}$Vị trí vật và màn ko thay đổi, để vẫn cho ảnh tại màn thì phải dịch chuyển thấu kính sao cho:$d_{2}=d_{1}'$ $d_{2}'=d_{1}$Nghĩa là giống như vật và màn đổi chỗ cho nhau.Hệ số phóng đại: $\frac{A_{1}B_{1}}{AB}=\frac{d_{1}'}{d_{1}}$ $$\frac{A_{2}B_{2}}{AB}=\frac{d_{2}'}{d_{2}}=\frac{d_{1}}{d_{1}'}=\frac{AB}{A_{1}B_{1}}$Vậy: $AB^{2}=A_{1}B_{1}\times A_{2}B_{2}$$AB=\sqrt{4\times 6.25}=5(cm)$

Trường hợp đầu:$\frac{1}{f}=\frac{1}{d_{1}}+\frac{1}{d_{1}'}$Vị trí vật và màn ko thay đổi, để vẫn cho ảnh tại màn thì phải dịch chuyển thấu kính sao cho:$d_{2}=d_{1}'$ $d_{2}'=d_{1}$Nghĩa là giống như vật và màn đổi chỗ cho nhau.Hệ số phóng đại: $\frac{A_{1}B_{1}}{AB}=\frac{d_{1}'}{d_{1}}$ $\frac{A_{2}B_{2}}{AB}=\frac{d_{2}'}{d_{2}}=\frac{d_{1}}{d_{1}'}=\frac{AB}{A_{1}B_{1}}$Vậy: $AB^{2}=A_{1}B_{1}\times A_{2}B_{2}$$AB=\sqrt{4\times 6.25}=5(cm)$

a)Khi quả cầu cân bằng thì:$T=P_{B}+F$$\Rightarrow F=T-P_{B}=5\times10^{-3}-5\times10^{-2}=0.045(N)$Nghĩa là 2 quả cầu hút nhau:$k\frac{q_{1}q_{2}}{AB^{2}}=0.045$Thay số ta tính được: $q_{2}=1.5\times10^{13}(C)$b) Lực căng của dây OA ko phụ thuộc điện tích vì lực tĩnh điện chỉ là nội lực.$T_{OA}=(m_{A}+m_{B})g=0.125(N)$

a)Khi quả cầu cân bằng thì:$T=P_{B}+F$$\Rightarrow F=T-P_{B}=5\times10^{-3}-5\times10^{-2}=0.045(N)$Nghĩa là 2 quả cầu hút nhau:$k\frac{q_{1}q_{2}}{AB^{2}}=0.045$Thay số ta tính được: $q_{2}=4.5\times10^{-7}(C)$b) Lực căng của dây OA ko phụ thuộc điện tích vì lực tĩnh điện chỉ là nội lực.$T_{OA}=(m_{A}+m_{B})g=0.125(N)$

a)Khi quả cầu cân bằng thì:$T=P_{B}+F$$\Rightarrow F=T-P_{B}=5\times10^{-3}-5\times10^{-2}=0.045(N)$Nghĩa là 2 quả cầu hút nhau:$k\frac{q_{1}q_{2}}{AB^{2}}=0.045$Thay số ta tính được: $q_{2}=1.5\times10^{13}(C)$b) Lực căng của dây OA ko phụ thuộc điện tích vì lực tĩnh điện chỉ là nội lực.$T_{OA}=(M_{A}+m_{B})g=0.125(N)$

a)Khi quả cầu cân bằng thì:$T=P_{B}+F$$\Rightarrow F=T-P_{B}=5\times10^{-3}-5\times10^{-2}=0.045(N)$Nghĩa là 2 quả cầu hút nhau:$k\frac{q_{1}q_{2}}{AB^{2}}=0.045$Thay số ta tính được: $q_{2}=1.5\times10^{13}(C)$b) Lực căng của dây OA ko phụ thuộc điện tích vì lực tĩnh điện chỉ là nội lực.$T_{OA}=(m_{A}+m_{B})g=0.125(N)$

Đáp án C.Bởi vì biên độ giao động cưỡng bức phụ thuôc biên độ ngoại lực.Giao động cưỡng bức tất nhiên sẽ duy trì.

Đáp án C.Bởi vì biên độ giao động cưỡng bức phụ thuôc biên độ ngoại lực.Dao động cưỡng bức tất nhiên sẽ duy trì.

Động năng của electron được tính bằng công thức:$T=mc^{2}-m_{0}c^{2}$Trong đó: $m=\frac{m_{0}}{\sqrt{1-\frac{v^{2}}{c^{2}}}}$Theo bài ra:$mc^{2}-m_{0}c^{2}=\frac{1}{2}m_{0}c^{2}$$\Rightarrow mc^{2}=\frac{3}{2}m_{0}c^{2}$$\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{1-\frac{v^{2}}{c^{2}}}}=\frac{3}{2}$$\Rightarrow 1-\frac{v^{2}}{c^{2}}=\frac{4}{9}$$\Rightarrow v=\frac{\sqrt{5}}{9}c$

Động năng của electron được tính bằng công thức:$T=mc^{2}-m_{0}c^{2}$Trong đó: $m=\frac{m_{0}}{\sqrt{1-\frac{v^{2}}{c^{2}}}}$Theo bài ra:$mc^{2}-m_{0}c^{2}=\frac{1}{2}m_{0}c^{2}$$\Rightarrow mc^{2}=\frac{3}{2}m_{0}c^{2}$$\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{1-\frac{v^{2}}{c^{2}}}}=\frac{3}{2}$$\Rightarrow 1-\frac{v^{2}}{c^{2}}=\frac{4}{9}$$\Rightarrow v=\frac{\sqrt{5}}{3}c$

Dùng quy tắc hình bình hành, ta có:$A^{2}=A_{1}^{2}+A_{2}^{2}+2A_{1}A_{2}cos\frac{2\pi}{3}$$A^{2}=A_{1}^{2}+A_{2}^{2}-A_{1}A_{2}$ (1)Khi $A_{1}=A_{2}$ ta có:$36=A_{1}^{2}+A_{1}^{2}-A_{1}^{2} \Rightarrow A_{1}=6(cm)$Đạo hàm vế phải của (1) theo $A_{2}$ và lấy bằng không:$2A_{2}-A_{1}=0 \Rightarrow A_{2}=\frac{A_{1}}{2}=3$ là giá trị mà $A$ nhỏ nhất.Lúc này: $A=\sqrt{27}$Góc lệch $\varphi$ có thể tính bằng công thức:$Acos\varphi=A_{1}cos\frac{\pi}{6}+A_{2}cos\frac{\pi}{2}$$\Rightarrow cos\varphi=\frac{6\times\sqrt{3}}{2\sqrt{27}}=1$$\Rightarrow \varphi=0$Đáp án B.

Giản đồ Fresnel cho tổng hợp 2 dao động:Dùng quy tắc hình bình hành, ta có:$A^{2}=A_{1}^{2}+A_{2}^{2}+2A_{1}A_{2}cos\frac{2\pi}{3}$$A^{2}=A_{1}^{2}+A_{2}^{2}-A_{1}A_{2}$ (1)Khi $A_{1}=A_{2}$ ta có:$36=A_{1}^{2}+A_{1}^{2}-A_{1}^{2} \Rightarrow A_{1}=6(cm)$Đạo hàm vế phải của (1) theo $A_{2}$ và lấy bằng không:$2A_{2}-A_{1}=0 \Rightarrow A_{2}=\frac{A_{1}}{2}=3$ là giá trị mà $A$ nhỏ nhất.Lúc này: $A=\sqrt{27}$Góc lệch $\varphi$ có thể tính bằng công thức:$Acos\varphi=A_{1}cos\frac{\pi}{6}+A_{2}cos\frac{\pi}{2}$$\Rightarrow cos\varphi=\frac{6\times\sqrt{3}}{2\sqrt{27}}=1$$\Rightarrow \varphi=0$Đáp án B.

Giả sử cường độ dòng điện có dạng: $i=I_{0}cos(\omega t)$Khi đó các giá trị điện áp sẽ là:$u_{C}=Z_{C}I_{0}cos(\omega t-\pi/2)=Z_{C}I_{0}sin(\omega t)$$u_{L}=Z_{L}I_{0}cos(\omega t+\pi/2)=-Z_{L}I_{0}sin(\omega t)$$u_{R}=RI_{0}cos(\omega t)$Dễ thấy, $u_{L}$ và $u_{C}$ sẽ luôn trái dấu.Theo bài ra, dễ dàng suy ra: $Z_{C}=3Z_{L}$Tại thời điểm $t_{2}$, $i_{R}=0$ thì: $\omega t=\frac{\pi}{2}+k\pi$ Lúc này: $u_{C}=Z_{C}I_{0}cos(k\pi)=60$ $u_{L}=Z_{L}I_{0}cos((k+1)\pi)=-20$Ta suy ra: $Z_{C}I_{0}=60$ và $Z_{L}I_{0}=20$Tại thời điểm $t_{1}$:$u_{C}=60sin\omega t=30\sqrt{3} \Rightarrow sin\omega t=\sqrt{3}/2 \Rightarrow \omega t=\frac{\pi}{3}$$\Rightarrow tan\omega t=\sqrt{3}$Lại có:$\frac{u_{C}}{u_{R}}=2\sqrt{3}$$\Rightarrow \frac{Z_{C}}{R}tan\omega t=2\sqrt{3} \Rightarrow \frac{Z_{C}}{R}=2$ (1)$\frac{u_{L}}{u_{R}}=-\frac{2\sqrt{3}}{3}$$\Rightarrow \frac{Z_{L}}{R}tan\omega t=\frac{2\sqrt{3}}{3} \Rightarrow \frac{Z_{L}}{R}=\frac{2}{3}$ (2)Lấy (1) trừ cho (2):$\frac{Z_{C}-Z_{L}}{R}=\frac{4}{3}=-tan\varphi$($\varphi$ là góc lệch giữa $u_{R}$ với $u$ )$cos\varphi=\frac{3}{\sqrt{7}}$Vậy, điện áp cực đại 2 đầu đoạn mạch là:$U=\frac{U_{C}-U_{L}}{cos\varphi}=\frac{(Z_{C}I_{0}-Z_{L}I_{0})\sqrt{7}}{3}=\frac{40\sqrt{7}}{3}$

Giả sử cường độ dòng điện có dạng: $i=I_{0}cos(\omega t)$Khi đó các giá trị điện áp sẽ là:$u_{C}=Z_{C}I_{0}cos(\omega t-\pi/2)=Z_{C}I_{0}sin(\omega t)$$u_{L}=Z_{L}I_{0}cos(\omega t+\pi/2)=-Z_{L}I_{0}sin(\omega t)$$u_{R}=RI_{0}cos(\omega t)$Dễ thấy, $u_{L}$ và $u_{C}$ sẽ luôn trái dấu.Theo bài ra, dễ dàng suy ra: $Z_{C}=3Z_{L}$Tại thời điểm $t_{2}$, $i_{R}=0$ thì: $\omega t=\frac{\pi}{2}+k\pi$ Lúc này: $u_{C}=Z_{C}I_{0}cos(k\pi)=60$ $u_{L}=Z_{L}I_{0}cos((k+1)\pi)=-20$Ta suy ra: $Z_{C}I_{0}=60$ và $Z_{L}I_{0}=20$Tại thời điểm $t_{1}$:$u_{C}=60sin\omega t=30\sqrt{3} \Rightarrow sin\omega t=\sqrt{3}/2 \Rightarrow \omega t=\frac{\pi}{3}$$\Rightarrow tan\omega t=\sqrt{3}$Lại có:$u_{R}=I_{0}Rcos\omega t=15 \Rightarrow I_{0}R\frac{1}{2}=15 \Rightarrow I_{0}R=30$Vậy:$\frac{Z_{L}}{R}=\frac{20}{30}=\frac{2}{3}$$\frac{Z_{C}}{R}=\frac{60}{30}=2$Ta có:$tan\varphi=\frac{Z_{L}-Z_{C}}{R}=\frac{-4}{3}$$\Rightarrow cos\varphi=\frac{3}{\sqrt{7}}$($\varphi$ là góc lệch giữa $u$ và $u_{R}$)Điện áp hiệu dụng cực đại 2 đầu đoạn mạch:$U=\frac{U_{R}}{cos\varphi}=\frac{I_{0}R}{cos\varphi}=5\sqrt{7}$Thực tế giá trị cực đại phải là:$U_{0}=\sqrt{2}U=5\sqrt{14}$