|
|
giải đáp
|
Điện áp.
|
|
|
|
Khi $C=C_{1}$:
$U_{R}=\frac{U}{\sqrt{R^{2}+(Z_{L}-Z_{C})^{2}}}R=\frac{U}{\sqrt{1+(\frac{Z_{L}-Z_{C}}{R})^{2}}}$
Giá trị $U_{R}$ ko phụ thuộc $R$ khi: $Z_{L}=Z_{C_{1}}$ (1)
Khi $C=C_{2}$:
$U_{RL}=\frac{U}{\sqrt{R^{2}+(Z_{L}-Z_{C})^{2}}}\sqrt{R^{2}+Z_{L}^{2}}=\frac{U}{\sqrt{1+\frac{Z_{C}(Z_{C}-2Z_{L})}{R^{2}+Z_{L}^{2}}}}$
Giá trị $U_{RL}$ ko phụ thuộc $R$ khi:
$Z_{C_{2}}=2Z_{L}$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra: $Z_{C_{2}}=2Z_{C_{1}} \Rightarrow C_{2}=\frac{1}{2}C_{1}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
điện
|
|
|
|
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}$Lại có:$\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:$U=\frac{U_{C}-U_{L}}{cos\varphi}=\frac{(Z_{C}I_{0}-Z_{L}I_{0})\sqrt{7}}{3}=\frac{40\sqrt{7}}{3}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
điện
|
|
|
|
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: $Z_{C}I_{0}=20$ và $Z_{L}I_{0}=60$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}$Lại có:$\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:$U=\frac{U_{C}-U_{L}}{cos\varphi}=\frac{(Z_{C}I_{0}-Z_{L}I_{0})\sqrt{7}}{3}=\frac{40\sqrt{7}}{3}$
|
|
|
|
giải đáp
|
điện
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
|
giải đáp
|
chuyển động tròn lý 12
|
|
|
|
Lực căng dây ở vật 1 và vật 2 lần lượt là $T_{1}$ và T_{2}.
Gia tốc của hệ là a, gia tốc góc ròng rọc sẽ là $\gamma=\frac{a}{R}$
2 phương trình chuyển động tịnh tiến:
$T_{1}-m_{1}g=m_{1}a=m_{1}\gamma R$
$m_{2}g-T_{2}=m_{2}\gamma R$
Phương trình quay của ròng rọc:
$(T_{2}-T_{1})R=I\gamma$
Rút $T_{1}$ và $T_{2}$ từ 2 phương trình tịnh tiến thế vào pt chuyển động quay:
$m_{2}gR-m_{2}\gamma R^{2}-m_{1}gR-m_{1}\gamma R^{2}=I\gamma$
$\Rightarrow \gamma(I+m_{1}R^{2}+m_{2}R^{2})=m_{2}gR-m_{1}gR$
$\Rightarrow a=\gamma R=\frac{m_{2}-m_{1}}{I+m_{1}R^{2}+m_{2}R^{2}}gR^{2}=0.1(m/s^{2})$
|
|
|
|
giải đáp
|
1
|
|
|
|
Sử dụng định lý Ampe ta có:
$B\times2\pi r=\mu_{0}I$
Trong đó: $I$ là dòng điện nằm trong giới hạn khoảng cách $r$
a) r=1cm < R. Dòng điện nằm trong giới hạn nhỏ hơn dòng điện tổng
$I=\frac{\pi r^{2}}{\pi R^{2}}I_{0}=\frac{1}{4}5=1.25(A)$
Thay vào phương trình Ampe: $B=\frac{\mu_{0}I}{2\pi r}=2.5\times10^{-5} (T)$
b) r=5cm > R
$B=\frac{\mu_{0}I_{0}}{2\pi r}=10^{-4} (T)$
|
|
|
|
giải đáp
|
câu 12
|
|
|
|
Khoảng cách giữa 2 vật:
$\Delta x=x_{1}-x_{2}=4cos(4\pi t+\pi/3)-4\sqrt{2}cos(4\pi t+\pi/12)=4cos(4\pi t+\pi/3)+4\sqrt{2}cos(4\pi t+13\pi/12)$
Phương trình của $\Delta x$: $\Delta x=Acos(4\pi t+\varphi)$
Dễ dàng tìm được:
$A^{2}=4^{2}+(4\sqrt{2})^{2}+4\times4\sqrt{2}\times cos(13\pi/12-\pi/3)=32 \Rightarrow A=4\sqrt{2}$
và
$Acos\varphi=4cos\pi/3+4\sqrt{2}cos(13\pi/12)$
$\Rightarrow 4\sqrt{2}cos\varphi=2-4\sqrt{2}\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$
$\Rightarrow cos\varphi=\frac{\sqrt{6}}{4}$
Tại thời điểm $t=0$. $\Delta x=2\sqrt{3}$
Tiếp đó, $\Delta x$ sẽ giảm.
Khi: $\Delta x=-2\sqrt{3} \Rightarrow cos(4\pi t+\varphi)=-\frac{\sqrt{6}}{4}$
$\Rightarrow 4\pi t=\pi \Rightarrow t=\frac{1}{12}(s)$
Từ đây $\left| {\Delta x} \right|$ lại tăng.
Vậy, từ $t_{1}$ đến $t_{2}$ khoảng thời gian mà $\left| {\Delta x} \right|\geq 2\sqrt{3}$ là:
$\frac{1}{3}-\frac{1}{4}=\frac{1}{12} s$
Đáp án D.
|
|
|
|
giải đáp
|
câu 11
|
|
|
|
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. |
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 13/06/2013
|
|
|
|
|
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 12/06/2013
|
|
|
|
|
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 11/06/2013
|
|
|
|
|
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 10/06/2013
|
|
|
|
|
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 09/06/2013
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
bài 1
|
|
|
|
Sau nửa chu kỳ đầu, giả sử lò xo bị nén biên độ $A_{1}$. Ta có:
$\frac{1}{2}kA_{0}^{2}=\frac{1}{2}kA_{1}^{2}+\mu mg(A_{0}+A_{1})$
$0.2=5A_{1}^{2}+0.2(0.2+A_{1})$
Giải ra ta được: $A_{1}=0.16 (cm)$
Vật đi về vị trí cân bằng có vận tốc $v$. Bảo toàn năng lượng:
$\frac{1}{2}kA_{1}^{2}=\frac{1}{2}mv^{2}+\mu mgA_{1}$
$0.128=0.05v^{2}+0.032$
$v^{2}=1.92(m/s)$
$v=\frac{4\sqrt{3}}{5}$
Tại đây, thiết lập phương trình vi phân chuyển động (chiều dương là chiều dãn lò xo):
$mx''=-kx-\mu mg$
$x''=-\frac{k}{m}x-\mu g $
$(x+\frac{\mu mg}{k})''=-\omega^{2}(x+\frac{\mu mg}{k})$
$(x+0.02)''=-\omega^{2}(x+0.02)$
Phương trình chuyển động: $x+0.02=X_{0}cos(\omega t +\varphi)$
Điều kiện đầu, tại $t=0$: $x = 0 \Rightarrow X_{0}cos(\varphi)=0.02$
$v=1.92 \Rightarrow -\omega X_{0}sin(\varphi)=\frac{4\sqrt{3}}{5}$
Với $\omega=\sqrt{\frac{k}{m}}=10$. Ta tìm được các thông số:
$tan\varphi=-4\sqrt{3}$
$X_{0}=0.14(m)$
Để $x=0.05 (cm)$ (lò xo dãn 5cm lần thứ hai):
$0.07=0.14cos(10t-arctan(4\sqrt{3}))$
$cos(10t-arctan(4\sqrt{3}))=\frac{1}{2}$
$10t-arctan(4\sqrt{3})=\frac{\pi}{3}$
$t=\frac{1}{10}arctan(4\sqrt{3})+\frac{\pi}{30}$
Tổng thời gian: $t+\frac{3}{2}T=\frac{1}{10}arctan(4\sqrt{3})+\frac{\pi}{30}+\frac{3}{4}\frac{\pi}{5}=0.72(s)\approx \frac{13\pi}{60}$
|
|
|
|
bình luận
|
câu 8
Trông thế chứ ko dài đâu. :D
|
|
|
|
|
|