Lực tác dụng có phải chỉ mỗi P với N đâu. Mà còn cả lực kéo nữa chứ, lực này hướng chếch lên, tức là vừa có xu hướng kéo vật đi tới, vừa có xu hướng kéo vật lên, bởi vậy nên sẽ làm giảm phản lực N.
Tức là : $N=P - Fsin\alpha$
Cụ thể:
Tổng hợp lực tác dụng là:
$\overrightarrow{F}+\overrightarrow{P}+\overrightarrow{N}+\overrightarrow{F_{ms}}=\overrightarrow{0}$         (vì vật chuyển động đều)
Chiếu lên phương thẳng đứng 3 vector trên ta có: (với chiều dương là chiều hướng lên trên)
$Fsin\alpha+N-P=0$

$\Rightarrow N=P-sin\alpha$

Góc khúc xạ thứ nhất ứng với tia sáng đỏ là tím lần lượt là $r_{1}$ và $r_{2}$
$sin  r_{1}=\frac{sin  i}{n_{d}}$
$sin  r_{2}=\frac{sin  i}{n_{t}}$

Góc tới ở mặt kia là $r'_{1} = 60^{o}-r_{1}$
                                    $r'_{2} = 60^{o}-r_{2}$
Góc khúc xạ lần 2 là $i'_{1}$ và $i'_{2}$:
$sin  i'_{1}=n_{d}sin  r'_{1}$
$sin  i'_{2}=n_{d}sin  r'_{2}$
Từ các phương trình trên tính được:
$i'_{1}=48.41^{o}$
$i'_{2}=50.42^{o}$
Góc lệch giữa 2 chùm tia rất nhỏ, lưu ý chùm tia chiếu thẳng (tức là gần như vuông góc với màn). Nên khoảng cách giữa 2 vệt sáng là:
$\Delta x=\frac{(i'_{2}-i'_{1})}{360^{o}}2\pi f=0.035(m)  = 3.5 (cm)$ 

BÀI TOÁN CĂN BẢN VỀ HIỆU ĐIỆN THẾ 2 ĐẦU ĐOẠN MẠCH



Nguồn E có điện trở trong r.
Điện trở ngoài là R.
Dòng I chạy vào nút A.
Với đoạn mạch AB như trên thì:
$U_{AB}=E-I(r+R)$
(đây là công thức cơ bản, cần phải nhớ)
Các trường hợp riêng như I chạy ra từ nút A thì chuyển I thành -I>

Tương tự với bài trên, ở đoạn $U_{V}$ mà em Halloween hỏi.
Đoạn mạch AB chính là 2 nút nối với 2 đầu Vôn kế. Đoạn mạch này gồm n nguồn hiệu điện thế $\xi$ (ký hiệu thế này để ko nhầm với e của electron), n điện trở trong r, ko có điện trở ngoài R. Nên ta có công thức:
$U_{V}=n\xi -nIr$
Thế nhé.

Trước tiên, để đơn giản hóa bài toán. Ta dùng phương pháp nguồn tương đương:
Xét 6 nguồn mắc song song 6 nguồn. Độ lớn nguồn tương đương là:
$\xi_{1}=\frac{6e}{2}=3e=4.5(V)$
Gọi điện trở tương đương là $r_{1}$. Ta có:
$\frac{\xi_{1}}{r_{1}}=\frac{6e}{6r}+\frac{6e}{6r}=18\Rightarrow r_{1}=\frac{\xi_{1}}{18}=0.25(\Omega)$
Bây giờ mạch có thể xem là một nguồn $(\xi_{1},r_{1})$ nối tiếp với 3 nguồn (e,r)
Nguồn tương đương và điện trở tương đương của hệ này là:
$\xi=\xi_{1}+3e=9(V)$
$r_{td}=r_{1}+3r=0.75(\Omega)$
TỨC LÀ, ta có thể thay toàn bộ hệ nguồn song song nối tiếp kia bằng 1 nguồn duy nhất $(\xi ,r_{td})$


a) Áp dụng định luật Faraday:
$0.48=64\frac{I_{2}t}{2F}\Rightarrow I_{2}=\frac{2\times0.48F}{64\times965}=1.5(A)$

b) Ampe kế điện trở rất nhỏ nên có thể chập điểm M và điểm B.
Mạch trở thành:  $R_{1}  ss  (R_{2}  nt  (R_{3}   ss  R_{4}))$           ss là song song nhé
$R_{34}=\frac{R_{3}}{2}=2(\Omega)$
$U_{34}=U_{NB}=I_{2}R_{34}=1.5\times 2=3(V)$

Xét 3 đoạn mạch AB, ta có 3 phương trình:
$\xi - Ir_{td}=U_{AB} \Rightarrow 9-0.75I=U_{AB}              (1)$
$I_{1}R_{1}=U_{AB} \Rightarrow  3I_{1}=U_{AB}              (2)$
$I_{2}R_{2}+U_{NB}= U_{AB}\Rightarrow  1.5R_{2}+3=U_{AB}               (3)$
Lại có: $I=I_{1}+I_{2}=I_{1}+1.5               (4)$
Từ  (1), (2), (3), (4), ta giải được:
$U_{AB}=6.3(V)$
$R_{2} = 2.2(\Omega)$
$I_{1}=2.1(A)$
$I=3.6(A)$

Ta có: $I_{4}=\frac{U_{34}}{R_{4}}=\frac{3}{4}=0.75(A)$
Xét nút B: $I=I_{A}+I_{4}\Rightarrow  I_{A}=I-I_{4}=3.6-0.75= 2.85(A)$