Vật lí Mỗi ngày một điều thú vị

[Triêu Dươngg]

Chúc cả nhà buổi tối an lành, nay mình chuyển sang 1 chút quang học cho cân bằng nội dung nha

[H2510] Một điểm sáng $A$ đặt trước màn $E$ một khoảng $a=50cm$. Trong khoảng cách giữa $A$ và $E$ người ta đặt một thấu kính $L$ sao cho $A$ nằm trên trục chính và $L$ song song với E. Khi tịnh tiến thấu kính theo trục chính trong khoảng cách giữa $A$ và $E$ người ta thấy vệt sáng trên màn không bao giờ thu lại thành một điểm nhưng khi $L$ cách $E$ một khoảng $b=20cm$ thì vệt sáng trên màn có bán kính nhỏ nhất. Tính tiêu cự của thấu kính $L$

 

[Triêu Dươngg]

[ĐA 2510]


Các kí hiệu như hình mình họa.
*Theo bài ra điểm hội tụ [imath]A'[/imath] của chùm tia ló luôn ở sau màn [imath]E[/imath]. Ta có đường đi của chùm tia sáng từ [imath]A-> A'[/imath] như hình vẽ trên.
Ta có:
[imath]\frac{r'}{r}=\frac{d'-b}{d'}=1-\frac{b}{d'}=1-\frac{a-d}{d'}=1-\frac{a}{d'}+\frac{d}{d'}[/imath]
[imath]\Rightarrow \frac{r}{r'}=1-a(\frac{1}{f}-\frac{1}{d})+(\frac{d}{f}-1)=\frac{a}{d}+\frac{d}{f}-\frac{a}{f}[/imath]
Bài yêu cầu tìm [imath]r'[/imath] min khi [imath]d[/imath] thay đổi (thấu kính dịch chuyển) lấy đạo hàm 2 vế PT trên theo [imath]d[/imath] là cho bằng 0 ta được:
[imath]\frac{1}{f}-\frac{a}{d^2}=0\Rightarrow d=a-b=\sqrt{af}[/imath]
Vậy [imath]f=\frac{(a-b)^2}{a}[/imath]

[H3010] Người ta dùng proton bắn phá hạt nhân [imath]Be_4^9[/imath] đứng yên. Phản ứng cho ta hạt [imath]\alpha[/imath] và hạt nhân [imath]X[/imath].
a, Viết đầy đủ phản ứng hạt nhân trên
b, Biết động năng của proton là [imath]K_p=5,45MeV[/imath], của hạt [imath][B]\alpha[/imath] là [imath]K_\alpha =4MeV[/imath], vận tốc của proton và của hạt [imath][B]\alpha[/imath] vuông góc với nhau. Tính động năng và vận tốc của hạt [imath]X[/imath][/B]
c, Tính năng lượng tỏa ra của phản ứng[/B]
(Coi khối lượng của một hạt nhân (đo bằng đơn vị [imath]u[/imath] ) sấp xỉ bằng số khối [imath]A[/imath] của nó và [imath]1u=1,67.10^{-27}kg=931MeV/C^2[/imath])

 

[Triêu Dươngg]

[ĐA 3010]
a, Phương trình phản ứng có dạng:
[imath]H_1^1+Be^9_4\rightarrow He^4_2+X^A_Z[/imath]
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích và số nuclon, ta thu được: [imath]Z=3;A=6[/imath]
Vậy [imath]X[/imath] là hạt nhân của nguyên tử [imath]Li[/imath]
=> Phương trình đầy đủ
b, Áp dụng định luật bảo toàn động lượng:
[imath]m_p\vec{v_p}=m_\alpha \vec{v_\alpha }+m_{Li}\vec{v_{Li}}[/imath]
Theo bài ra: [imath]\vec{v_\alpha }\perp \vec{v_p}[/imath] nên ta có:
[imath]m_p^2v_p^2+m_\alpha ^2v_\alpha ^2=m_{Li}^2v_{Li}^2\rightarrow m_pK_p+m_\alpha K_{\alpha }=m_{Li}.K_{Li}\rightarrow K_{Li}=?[/imath]
Mặt khác: [imath]K_{Li}=\frac{1}{2}m_{Li}v_{Li}^2\rightarrow v_{Li}=?[/imath]
c, Áp dụng ĐL bảo toàn năng lượng:
[imath]K_p+\Delta E=K_\alpha +K_{Li}\Rightarrow \Delta E=?[/imath]

[H 0711] Một cây nến hình trụ dài [imath]L = 20cm[/imath], tiết diện ngang [imath]S = 2cm^2[/imath], trọng lượng [imath]P_1[/imath] và trọng lượng riêng [imath]d_1[/imath]; ở đầu dưới của cây nến có gắn một bi sắt nhỏ có trọng lượng [imath]P_2 = 0,02N[/imath]. Người ta đặt cho cây nến nổi thẳng đứng trong một cốc thủy tinh hình trụ đựng nước như hình dưới. Phần nến ngập trong nước có chiều dài [imath]l = 16cm[/imath]. Cho trọng lượng riêng của nước là [imath]d_0 = 10000N/m^3[/imath]. Thể tích của bi sắt rất nhỏ so với thể tích của nến và có thể bỏ qua.
1. Tính [imath]P_1[/imath] và [imath]d_1[/imath]
2. Đốt cháy nến cho đến khi đầu trên của nến ngang với mặt nước và bị nước làm tắt.
a. Trong quá trình nến cháy mức nước trong cốc thay đổi thế nào? Giải thích?
b. Tính chiều dài [imath]l’[/imath] của phần nến còn lại sau khi nến tắt.

 

[Triêu Dươngg]

[ĐA 3010]
a, Phương trình phản ứng có dạng:
[imath]H_1^1+Be^9_4\rightarrow He^4_2+X^A_Z[/imath]
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích và số nuclon, ta thu được: [imath]Z=3;A=6[/imath]
Vậy [imath]X[/imath] là hạt nhân của nguyên tử [imath]Li[/imath]
=> Phương trình đầy đủ
b, Áp dụng định luật bảo toàn động lượng:
[imath]m_p\vec{v_p}=m_\alpha \vec{v_\alpha }+m_{Li}\vec{v_{Li}}[/imath]
Theo bài ra: [imath]\vec{v_\alpha }\perp \vec{v_p}[/imath] nên ta có:
[imath]m_p^2v_p^2+m_\alpha ^2v_\alpha ^2=m_{Li}^2v_{Li}^2\rightarrow m_pK_p+m_\alpha K_{\alpha }=m_{Li}.K_{Li}\rightarrow K_{Li}=?[/imath]
Mặt khác: [imath]K_{Li}=\frac{1}{2}m_{Li}v_{Li}^2\rightarrow v_{Li}=?[/imath]
c, Áp dụng ĐL bảo toàn năng lượng:
[imath]K_p+\Delta E=K_\alpha +K_{Li}\Rightarrow \Delta E=?[/imath]

[H 0711] Một cây nến hình trụ dài $L = 20cm$, tiết diện ngang $S = 2cm^2$, trọng lượng $P_1$ và trọng lượng riêng $d_1$; ở đầu dưới của cây nến có gắn một bi sắt nhỏ có trọng lượng $P_2 = 0,02N$. Người ta đặt cho cây nến nổi thẳng đứng trong một cốc thủy tinh hình trụ đựng nước như hình dưới. Phần nến ngập trong nước có chiều dài $l = 16cm$. Cho trọng lượng riêng của nước là $d_0 = 10000N/m^3$. Thể tích của bi sắt rất nhỏ so với thể tích của nến và có thể bỏ qua.
1. Tính $P_1$ và $d_1$
2. Đốt cháy nến cho đến khi đầu trên của nến ngang với mặt nước và bị nước làm tắt.
a. Trong quá trình nến cháy mức nước trong cốc thay đổi thế nào? Giải thích?
b. Tính chiều dài $l’$ của phần nến còn lại sau khi nến tắt.
View attachment 192411

[ĐA 0711]
1, Điều kiện cân bằng: [imath]P_1+P_2=F_A\Rightarrow P_1[/imath]
Có: [imath]P_1=d_1V_1=d_1SL\Rightarrow d_1=?[/imath]
2,
a, Vẫn từ điều kiện cân bằng rút ra được: [imath]l=\frac{P_1+P_2}{Sd_0}[/imath]
Như vậy trong quá trình cháy [imath]d_1[/imath] giảm nên [imath]l[/imath] giảm => Mực nước trong cốc giảm
b, Khi nến tắt, chiều dài [imath]l'[/imath] của nến chính là chiều dài của phần nến ngập trong nước nên ta sẽ có điều kiện cân bằng mới:
[imath]P_1'+P_2=F_A'\Leftrightarrow Sl'd_1+P_2=Sl'd_0\Rightarrow l'=?[/imath]

p/s: Bài hay mà không ai giải hết hở dỗi quá, mai lên bài mới nha :<<

 

[Triêu Dươngg]

[H1411] Tính điện trở tương đương của mạch điện AB?

 

[Triêu Dươngg]

Có vẻ là khó quá nhỉ :< 10 ngày trôi qua trong vô vọng, buồn quá, bắt tay vào giải thôi nào, câu này khá là hay đấy!
Ok, trước hết là hình minh họa nhé.

*Nhận định: Dễ thấy đây là bài mạch tuần hoàn 2 phía và 2 phía ở đây là như nhau. Nghĩa là ta chỉ cần để lại 1 điện trở trục còn 2 phía chính là $X$ với X là điện trở tương đương của mạch vô hạn tuần hoàn nhánh.
Khi đó mạch điện tương đương: [tex]X//r//X[/tex]
Chúng ta xét phần mạch nhánh vô hạn tuần hoàn trước, chính là phần mạch phía dưới của đề bài:

Lúc này, phần khoanh màu hồng tương đương mạch bên trái của hình minh họa [ĐA 1411] phía trên
Ta có biểu thức: [tex]X=2r+\frac{Xr}{X+r}\Rightarrow X=(1+\sqrt{3})r[/tex]
Làm sao làm được như vậy thì xem hướng dẫn lại Topic này: [Vật lý] Hướng dẫn kĩ năng dò mạch điện
Quay về mạch cần tính là mạch tương bên phải của hình minh họa [ĐA 1411] phía trên:
Ta tính được điện trở tương đương theo công thức: [tex]\frac{1}{R_{td}}=\frac{2}{X}+\frac{1}{r}\Rightarrow R_{td}=\frac{r\sqrt{3}}{3}(\Omega )[/tex]
Hẹn gặp các bạn trong những câu hỏi thú vị tiếp theo

 

[Triêu Dươngg]

Quà giáng sinh đến rồi đây, vui chơi không quên nhiệm vụ Chúc cả nhà giáng sinh an lành nhé! ^^ Tối nay Box Vật Lí chúng mình sẽ lên Tạp Chí HMF số 04- số đặc biệt nhân giáng sinh. Mọi người cùng đón đọc nha

[H2512] Một tụ điện [imath]C[/imath] mắc nối tiếp với một cuộn dây và cả hai được mắc vào 2 cực [imath]AB[/imath] của một nguồn điện AB xoay chiều có hiệu điện thế cực đại [imath]u_{AB max}=150\sqrt{2}V[/imath]. Đo hiệu điện thế giữa 2 bản của tụ điện và giữa 2 đầu của cuộn dây bằng một vôn kế nhiệt có điện trở vô cùng lớn ta lần lượt được [imath]U_C=70V; U_L=200V[/imath]
a, Xác định hiệu điện thế hiệu dụng giữa 2 điểm A,B. So sánh kết quả với tổng [imath]U_C+U_L[/imath] đã đo được và giải thích
b, Cuộn dây có điện trở thuần không? Tại sao?
c, Đo cường độ dòng điện [imath]I[/imath] trong mạch bằng một ampe kế nhiệt có điện trở không đáng kể ta thấy [imath]I=0,4A[/imath]. Xác định dung kháng của tụ điện, tổng trở của cuộn dây và điện trở thuần của cuộn dây.
d, Thay đổi tần số của nguồn điện nhưng không làm thay đổi hiệu điện thế cực đại của nguồn, đồng thời mắc thêm 1 tụ điện có điện dung [imath]C_0=2\mu F[/imath] song song với tụ điện [imath]C[/imath] đã cho, người ta thấy khi tần số của nguồn bằng [imath]500Hz[/imath] thì cường độ dòng điện hiệu dụng trong mạch cực đại. Xác định điện dung của tụ điện [imath]C[/imath]

Note: Thưởng nóng phần quà có giá trị (chuyển khoản) cho bạn nào giải chi tiết bài này tại topic này trước 23h00 đêm nay nha Chúc các bạn may mắn ^^

 

[Rau muống xào]

a, $U=\frac{U_{max}}{\sqrt{2}}=150(V)$
$U_L+U_C=70+200=270(V)$
=>$U<U_L+U_C$
Giải thích vì đây là tổng từng thành phần nên kết quả bé hơn là bình thường.
b,$U_{LC}=U_L-U_C=130(V)$
Do $U_{LC}$ khác U nên có r nữa => cuộn dây ko thuần cảm.
c,$U_r=\sqrt{U^2-U_{LC}^2}=20\sqrt{14}$
$=>Z_C=\frac{U_C}{I}=175(\Omega)$
$r=50\sqrt{14}(\Omega)$
=>$Z_{Lr}=505(\Omega)$
d, Cộng hưởng nên
$(2\pi f)^2.(C+C_0).L=1$
Mặt khác : $Z_L.Z_C=\frac{L}{C}=\frac{U_L.U_C}{I^2}$
Hay $L=87500C$
Thay vào pt trên ta đc pt 1 ẩn C=> $C=10^{-5}(F)$

 

[Triêu Dươngg]

a, $U=\frac{U_{max}}{\sqrt{2}}=150(V)$
$U_L+U_C=70+200=270(V)$
=>$U<U_L+U_C$
Giải thích vì đây là tổng từng thành phần nên kết quả bé hơn là bình thường.
b,$U_{LC}=U_L-U_C=130(V)$
Do $U_{LC}$ khác U nên có r nữa => cuộn dây ko thuần cảm.
c,$U_r=\sqrt{U^2-U_{LC}^2}=20\sqrt{14}$
$=>Z_C=\frac{U_C}{I}=175(\Omega)$
$r=50\sqrt{14}(\Omega)$
=>$Z_{Lr}=505(\Omega)$
d, Cộng hưởng nên
$(2\pi f)^2.(C+C_0).L=1$
Mặt khác : $Z_L.Z_C=\frac{L}{C}=\frac{U_L.U_C}{I^2}$
Hay $L=87500C$
Thay vào pt trên ta đc pt 1 ẩn C=> $C=10^{-5}(F)$

he he xem ra nhận quà của chị Hừn cũng hơi khó ha, em xem kĩ lại nhé. Vẫn còn cơ hội cho mọi người nè :>>

 

[Rau muống xào]

he he xem ra nhận quà của chị Hừn cũng hơi khó ha, em xem kĩ lại nhé. Vẫn còn cơ hội cho mọi người nè :>>

Đây em giải lại đây chị
a, $U=\frac{U_{max}}{\sqrt{2}}=150(V)$
Ta có tổng 2 kết qủa đo được là : $70+200=270 (V)$
Nhận xét : Nếu ko có điện trở thuần thì $U=U_L-U_C=>150=200-70$ vô lý
nên có điện trở thuần , nên kết quả đo được chính xác là: $U_{Lr}=200(V)$
$U$ bé hơn tổng kia thì lý do là $U$ còn có tổng hợp ngược pha giữa $C$ và $L$ nữa <:
b,Đã giải thích ở câu a, có điện trở thuần
c, Trước hết cứ tính $Z_c=\frac{U_C}{I}=\frac{70}{0,4}=175(\Omega)$
Còn ta lại có : $Z_{Lr}=\sqrt{Z_L^2+r^2}=\frac{U_{Lr}}{I}=500(\Omega)$(1)
Ta có thêm phương trình tổng trở:
$Z=\sqrt{r^2+(Z_L-Z_C)^2}=\frac{U}{I}$
=> $Z=\sqrt{r^2+(Z_L-175)^2}=375$ (2)
Giải hệ PT (1),(2) $=> Z_L=400(\Omega),r=300(\Omega)$
d,$I$ max thì cộng hưởng thôi nhở <:
=>$\omega^2.L(C+C_0)=1$
=>$(2\pi f)^2.(C+C_0).L=1$
Giờ kiếm thêm phương trình $L$ theo $C$ nữa là ổn <:
Ta có: $Z_L.Z_C=175.400=>\frac{L}{C}=70000=>L=70000C$
=>Thế vào pt trên ta tính được $C=5,64.10^{-7}(F)$

 

[Triêu Dươngg]

Đây em giải lại đây chị
a, $U=\frac{U_{max}}{\sqrt{2}}=150(V)$
Ta có tổng 2 kết qủa đo được là : $70+200=270 (V)$
Nhận xét : Nếu ko có điện trở thuần thì $U=U_L-U_C=>150=200-70$ vô lý
nên có điện trở thuần , nên kết quả đo được chính xác là: $U_{Lr}=200(V)$
$U$ bé hơn tổng kia thì lý do là $U$ còn có tổng hợp ngược pha giữa $C$ và $L$ nữa <:
b,Đã giải thích ở câu a, có điện trở thuần
c, Trước hết cứ tính $Z_c=\frac{U_C}{I}=\frac{70}{0,4}=175(\Omega)$
Còn ta lại có : $Z_{Lr}=\sqrt{Z_L^2+r^2}=\frac{U_{Lr}}{I}=500(\Omega)$(1)
Ta có thêm phương trình tổng trở:
$Z=\sqrt{r^2+(Z_L-Z_C)^2}=\frac{U}{I}$
=> $Z=\sqrt{r^2+(Z_L-175)^2}=375$ (2)
Giải hệ PT (1),(2) $=> Z_L=400(\Omega),r=300(\Omega)$
d,$I$ max thì cộng hưởng thôi nhở <:
=>$\omega^2.L(C+C_0)=1$
=>$(2\pi f)^2.(C+C_0).L=1$
Giờ kiếm thêm phương trình $L$ theo $C$ nữa là ổn <:
Ta có: $Z_L.Z_C=175.400=>\frac{L}{C}=70000=>L=70000C$
=>Thế vào pt trên ta tính được $C=5,64.10^{-7}(F)$

he he Tư duy thì khá oke rùi mà còn sơ suất nè Nhưng chị vẫn khuyến khích tặng phần quà nhỏ xíu cảm ơn cho em vì đã tích cực ủng hộ topic này nhé ^^ (Đã thưởng) Chúc em có một giáng sinh an lành và ý nghĩa bên box Lí :>> MERRY CHRISTMAS
p/s: Vẫn còn cơ hội cho m.n nha, quà không giới hạn

 

[Triêu Dươngg]

"Do the difficult things while they are easy and do the great things while they are small. A journey of a thousand miles begins with a single step "

[H14012022]
A. Một sợi dây OA thẳng đứng không giãn, đầu O gắn vào nhánh của một âm thoa dao động với tần số [imath]f[/imath] không đổi, đầu A treo một vật có khối lượng [imath]m[/imath] (như hình minh họa dưới). Dây xuyên qua một lỗ thủng nhỏ đục trên đĩa kim loại mỏng [imath]D[/imath] để cho điểm [imath]M_1[/imath] của dây được giữ bất động. Giả sử vận tốc truyền sóng trên dây có biểu thức [imath]v=\sqrt{\frac{F}{\mu }}[/imath] trong đó [imath]F[/imath] là lực làm căng dây, [imath]\mu[/imath] là khối lượng 1 đoạn dây dài [imath]1m[/imath]. Với giá trị nào của [imath]m[/imath] thì trên đoạn dây [imath]OM_1[/imath] quan sát thấy hai bụng sóng mà [imath]O[/imath] và [imath]M_1[/imath] là hai nút sóng?

​

B. Một kính chiếu hậu tạo bởi 1 gương cầu lồi dạng vành tròn đường kính [imath]10cm[/imath]. Bán kính mặt cầu [imath]R=120cm[/imath]. Mắt [imath]M[/imath] coi như ở trên trục chính của gương. Phía trước gương là một bức tường vuông góc với trục chính của gương và cách gương [imath]2m[/imath]. Xác định kích thước phần tường được mắt [imath]M[/imath] thấy ảnh ảo ở sau gương khi mắt [imath]M[/imath] cách gương [imath]40cm[/imath]

 

[Triêu Dươngg]

[ĐA 14012022]
A.
Ta có: [tex]F=P=mg\Rightarrow v=\sqrt{\frac{mg}{\mu }}[/tex]
Giả sử tổng quát ta quan sát thấy $k$ bụng sóng thì:
[tex]l_1=k\frac{\lambda }{2}=\frac{kv}{2f}=\frac{k}{2f}\sqrt{\frac{mg}{\mu }}\Rightarrow m=\frac{4l_1^2f^2\mu }{gk^2}[/tex]
Áp dụng vào bài là ra.
B.

*Minh họa như hình bên Ta có: [tex]d'=\frac{df}{d-f} <0[/tex] [tex]OH=2m=200 cm[/tex] [tex]f=-\frac{R}{2}[/tex] [tex]d=OM=40cm[/tex] Vành gương hình tròn đường kính $AB=10$ Phần tường mà mắt M nhìn thấy là khoảng $PQ$ Có: [tex]\frac{PQ}{AB}=\frac{OH+|d'|}{|d'|}\Rightarrow PQ=?[/tex]

[TBODY] [/TBODY]

 

[Triêu Dươngg]

[H18012022] Trên một mặt phẳng nằm ngang không ma sát, có một chiếc xe nhỏ khối lượng [imath]m_1=20kg[/imath]. Nhờ do một sợi dây không co dãn, xe nhỏ kéo theo một xe lăn khối lượng [imath]m_2=25kg[/imath]. Một vật nhỏ có khối lượng [imath]m_3=20kg[/imath] được đặt trên xe lăn, hệ số ma sát giữa vật và xe lăn là [imath]\mu =0,2[/imath]. Lúc ban đầu xe lăn đứng yên, dây nối chưa bị căng ( như hình minh họa). Xe nhỏ đi với vận tốc đều [imath]v_0=3m/s[/imath].
a, Tính vận tốc sau cùng của hệ
b, Khi dây nối vừa bị căng thì hệ sẽ có vận tốc là bao nhiêu?
c, Quãng đường vật nhỏ trượt trên xe lăn là bao nhiêu? (coi xe lăn đủ dài để vật không trượt khỏi xe)

 

[Triêu Dươngg]

[ĐA 18012022]
a,
Gọi vận tốc sau cùng của hệ là $v$
Xét hệ bao gồm cả ba vật, không có ngoại lực tác dụng lên phương chuyển động, động lượng của hệ được bảo toàn.
Từ đó suy ra: [tex]m_1v_0=(m_1+m_2+m_3)v\Rightarrow v=?[/tex]
b,
Do dây nối không co giãn nên thời gian để kéo cho dây căng rất nhỏ, ta có thể bỏ qua xung lực ma sát giữa $m_2,m_3$. Như vậy động lượng của hệ bao gồm $m_1,m_2$ coi như được bảo toàn. Gọi $v'$ là vận tốc lúc dây vừa căng thì:
[tex]m_1v_0=(m_1+m_2)v'\Rightarrow v'=?[/tex]
c,
Lực ma sát giữa $m_2, m_3$ có độ lớn: [tex]F=\mu m_3g[/tex]
Lực ma sát do $m_3$ đặt vào $m_2$ ngược chiều chuyển động, gia tốc của $(m_1+m_2)$ : [tex]a_{12}=-\frac{F}{m_1+m_2}[/tex]
=> Độ dịch chuyển của $(m_1+m_2)$: [tex]S_{12}=\frac{v^2-v'^2}{2a_{12}}[/tex]
Lực ma sát do $m_2$ đặt vào $m_3$ có chiều dương, gia tốc của $m_3$ : [tex]a_3=\frac{F}{m_3}[/tex]
=> Độ dịch chuyển của $m_3$: [tex]S_3=\frac{v^2}{2a_3}[/tex]
Vậy quãng đường cần tìm là: [tex]S=S_{12}-S_3[/tex]

[H19012022] Một bình cầu thể tích $V=100cm^3$ được nối với 1 ống dài tiết diện đều có chia độ (như hình minh họa) trên đó có tất cả $N=101$ độ chia. Vạch chia 1 ở ngay vị trí tiếp xúc giữa bình cầu và ống. Và từ đó chia lên, thể tích phần ống giữa hai độ chia liên tiếp là $0,2cm^3$. Khối lượng không khí trong bình và phần dưới ống được ngăn cách với bên ngoài bằng một giọt thủy ngân.Khi nhiệt độ là $5^0C$ thì giọt thủy ngân nằm ở vạch số 21. Với áp suất khí quyển như trên, dụng cụ này có thể đo được nhiệt độ trong khoảng nào?

 

[Triêu Dươngg]

[ĐA 19012022]
Gọi:

• [imath]p_0[/imath] là áp suất khi quyển
• [imath]h[/imath] là chiều cao giọt thủy ngân
• [imath]T_1[/imath] (độ K) là nhiệt độ ứng với độ chia 1 (sát miệng bình)
• [imath]T_2[/imath] (độ K) là nhiệt độ ứng với độ chia 21
• [imath]T_3[/imath] (độ K) là nhiệt độ ứng với độ chia 101 (trên cùng)

Ta có: [imath]\left\{\begin{matrix} V_1=100cm^3;T_1\\ V_2=(100+20.0,2)cm^3; T_2=5+273 (K) \\ V_3=(100+100.0,2)cm^3;T_3 \end{matrix}\right.[/imath]
Khi cân bằng:[imath]p_1=p_2=p_3=p_0+h[/imath]
Phương trình trạng thái của khí lí tưởng khi đó: [imath]\frac{V_1}{T_1}=\frac{V_2}{T_2}=\frac{V_3}{T_3}[/imath]
Giải PT ra [imath]T_1,T_3[/imath] suy ra [imath]t_1,t_3[/imath]
Vậy khoảng nhiệt độ cần tìm là[imath](t_1;t_3)[/imath]

[H21012022] Hãy nghỉ tết thật vui vẻ, trải nghiệm những phút giây thư giãn, ý nghĩa và hạnh phúc bên gia đình bạn nhé! Hẹn gặp lại vào 1 ngày đẹp trời...

 

[Triêu Dươngg]

[H07022022] Cho một thanh đồng chất chiều dài $L$, khối lượng $m$. Thanh có thể quay không ma sát quanh một trục nằm ngang, vuông góc với thanh và đi qua một đầu thanh tại $O$. Ban đầu thanh được giữ ở vị trí hợp với phương ngang góc [tex]\alpha[/tex] như hình vẽ, sau đó buông nhẹ cho thanh quay quanh $O$. Lấy gia tốc trọng trường là $g$. Hãy xác định véc tơ lực do trục quay tác dụng lên thanh khi thanh qua vị trí nằm ngang.

 

[Ishigami Senku]

[H07022022] Cho một thanh đồng chất chiều dài $L$, khối lượng $m$. Thanh có thể quay không ma sát quanh một trục nằm ngang, vuông góc với thanh và đi qua một đầu thanh tại $O$. Ban đầu thanh được giữ ở vị trí hợp với phương ngang góc [tex]\alpha[/tex] như hình vẽ, sau đó buông nhẹ cho thanh quay quanh $O$. Lấy gia tốc trọng trường là $g$. Hãy xác định véc tơ lực do trục quay tác dụng lên thanh khi thanh qua vị trí nằm ngang.
View attachment 200607

Chọn gốc thế năng tại O. Bảo toàn cơ năng cho thanh tại vị trí ban đầu và vị trí nằm ngang ta có: [tex]mg\frac{L}{2}sin\alpha =\frac{I_0}{2}\omega ^2\Rightarrow \omega =\frac{3gsin\alpha }{L}[/tex] - PT chuyển động quay quanh O khi thanh qua vị trí nằm ngang: [tex]M_P=I_0\gamma \Leftrightarrow mg\frac{L}{2}=\frac{mL^2}{3}\gamma \Rightarrow \gamma =\frac{3g}{2L}[/tex]

[TBODY] [/TBODY]

+ Lực tác dụng lên thanh theo phương Ox là: [tex]F_x=ma_n=m\omega ^2\frac{L}{2}=\frac{3mgsin\alpha }{2}[/tex]
+ Lực tác dụng lên thanh theo phương Oy là: [tex]F_y=ma_t-mg=m\gamma \frac{L}{2}-mg=\frac{-mg}{4} <0[/tex] (Fy hướng lên trên)
Vậy lực tác dụng lên trục quay là $F$ với [tex]F=\sqrt{F_x^2+F_y^2}[/tex] và góc hợp bởi lực này với phương ngang: [tex]tan\beta =\frac{|F_y|}{F_x}[/tex]

 

[Triêu Dươngg]

[H07022022] Cho một thanh đồng chất chiều dài $L$, khối lượng $m$. Thanh có thể quay không ma sát quanh một trục nằm ngang, vuông góc với thanh và đi qua một đầu thanh tại $O$. Ban đầu thanh được giữ ở vị trí hợp với phương ngang góc [tex]\alpha[/tex] như hình vẽ, sau đó buông nhẹ cho thanh quay quanh $O$. Lấy gia tốc trọng trường là $g$. Hãy xác định véc tơ lực do trục quay tác dụng lên thanh khi thanh qua vị trí nằm ngang.
View attachment 200607

Chọn gốc thế năng tại O. Bảo toàn cơ năng cho thanh tại vị trí ban đầu và vị trí nằm ngang ta có: [tex]mg\frac{L}{2}sin\alpha =\frac{I_0}{2}\omega ^2\Rightarrow \omega =\frac{3gsin\alpha }{L}[/tex] - PT chuyển động quay quanh O khi thanh qua vị trí nằm ngang: [tex]M_P=I_0\gamma \Leftrightarrow mg\frac{L}{2}=\frac{mL^2}{3}\gamma \Rightarrow \gamma =\frac{3g}{2L}[/tex]

View attachment 200634

[TBODY] [/TBODY]
+ Lực tác dụng lên thanh theo phương Ox là: [tex]F_x=ma_n=m\omega ^2\frac{L}{2}=\frac{3mgsin\alpha }{2}[/tex]
+ Lực tác dụng lên thanh theo phương Oy là: [tex]F_y=ma_t-mg=m\gamma \frac{L}{2}-mg=\frac{-mg}{4} <0[/tex] (Fy hướng lên trên)
Vậy lực tác dụng lên trục quay là $F$ với [tex]F=\sqrt{F_x^2+F_y^2}[/tex] và góc hợp bởi lực này với phương ngang: [tex]tan\beta =\frac{|F_y|}{F_x}[/tex]

Exactly!
[H09022022] Cho mạch điện như hình vẽ dưới. Cuộn dây thuần cảm. [imath]X[/imath] là hộp đen chứa 2 trong 3 phần tử [imath]L_1,R_1,C_1[/imath] mắc nối tiếp. Hiệu điện thế giữa 2 điểm [imath]A,N[/imath] có biểu thức [imath]U_{AN}=100cos(100\pi t)(V)[/imath]; giữa [imath]M,B[/imath] có biểu thức [imath]u_{MB}=200cos(100\pi t-\frac{\pi }{3})(V)[/imath] và [imath]\frac{1}{\omega ^2}=LC[/imath]. Biết cường độ dòng điện hiệu dụng của mạch là [imath]0,5\sqrt{2}A[/imath]. Tìm công thức tiêu thụ trên [imath]X[/imath] và cấu tạo của [imath]X[/imath]

 

[Ishigami Senku]

Exactly!
[H09022022] Cho mạch điện như hình vẽ dưới. Cuộn dây thuần cảm. $X$ là hộp đen chứa 2 trong 3 phần tử [tex]L_1,R_1,C_1[/tex] mắc nối tiếp. Hiệu điện thế giữa 2 điểm $A,N$ có biểu thức [tex]U_{AN}=100cos(100\pi t)(V)[/tex]; giữa $M,B$ có biểu thức [tex]u_{MB}=200cos(100\pi t-\frac{\pi }{3})(V)[/tex] và [tex]\frac{1}{\omega ^2}=LC[/tex]. Biết cường độ dòng điện hiệu dụng của mạch là [tex]0,5\sqrt{2}A[/tex]. Tìm công thức tiêu thụ trên $X$ và cấu tạo của $X$
View attachment 200692

Theo bài ra: [imath]\mathrm{Z}_{\mathrm{L}}=\mathrm{Z}_{\mathrm{C}}=>u_{L}+u_{C}=0[/imath]
Ta có: [imath]u_{A N}=u_{L}+u_{x} \quad[/imath] và [imath]u_{M B}=u_{C}+u_{x}[/imath]
Do đó [imath]u_{x}=\frac{1}{2}\left(u_{A N}+u_{M B}\right)[/imath]
[imath] \Rightarrow u_{x}=50 \sqrt{7} \cos (100 \pi t-0,714)(V) [/imath]
Ta có giản đồ vecto như hình dưới:

Từ giản đồ [imath]U_{AN}[/imath] cùng pha với [imath]i[/imath] nên X chứa [imath]R_1,C_1[/imath]
Công suất tiêu thụ trên X
[math]\begin{aligned} &\mathrm{Px}=\mathrm{U}_{\mathrm{x}} \mathrm{I} \cos \varphi \mathrm{x} \\ &=25 \sqrt{14} \cdot 0,5 \cdot \sqrt{2} \cdot \frac{U_{A N}}{U_{x}}=25 \sqrt{14} \cdot 0,5 \cdot \sqrt{2} \cdot \frac{50 \cdot \sqrt{2}}{25 \cdot \sqrt{14}}=50 \mathrm{~W} \end{aligned}[/math]Ta có: [imath]\vec{U}_{A N}=\vec{U}_{L}+\vec{U}_{R_{1}}+\vec{U}_{C_{1}}=\vec{U}_{R_{1}}[/imath]
Độ lớn [imath]\mathrm{R}_{1}: \mathrm{R}_{1}=\frac{U_{R 1}}{I}=\frac{U_{A N}}{I}=\frac{50 \sqrt{2}}{0,5 \sqrt{2}}=100 \Omega[/imath]
Mặt khác: [imath]\vec{U}_{L}=\vec{U}_{A V}-\vec{U}_{x} \Rightarrow U_{L}=\sqrt{U_{x}^{2}-U_{A N}^{2}}=\sqrt{(25 \sqrt{14})^{2}-(50 \sqrt{2})^{2}}=25 \sqrt{6 V}[/imath]
[imath] \begin{aligned} &Z_{\mathrm{Cl}}=Z_{\mathrm{L}}=\frac{U_{L}}{I}=\frac{25 \sqrt{6}}{0,5 \sqrt{2}}=50 \sqrt{3}_{\Omega} \\ &\Rightarrow C_{1}=\frac{2 \sqrt{3} \cdot 10^{-4}}{3 \pi} F \end{aligned} [/imath]