Áp dụng: \(v_{max} = \omega A \Rightarrow A = \frac{v_{max}}{\omega} = 120/20 =6 \ cm\)

Li độ trễ pha \(\frac {\pi}{2}\) so với vận tốc, nên ta có phương trình dao động là: \(x = 6\cos(10 t - \frac{\pi}{2}) \ (cm)\)

Thay t = T/6 vào phương trình trên, ta được x = \(3\sqrt3 \ cm\)

ở pt x=6 cos (10 t -pi/2) tại sao w=10 ạ

Biên độ sóng tại một điểm M bất kì cách nguồn O₁, O₂ lần lượt các đoạn d₁, d₂ là 

\( A_M = |2a\cos\pi(\frac{d_2-d_1}{\lambda}+\frac{\triangle\varphi}{2\pi})|\)

\(\triangle\varphi = 0\)

Biên độ tại điểm có cực đại giao thoa \(A_{Mmax} = A_0=> 2a =2cm.\)

Để biên độ sóng tại M 

\(A_M = 1,2 cm=> |2a\cos\pi(\frac{d_2-d_1}{\lambda}-\frac{\triangle\varphi}{2\pi})| = 1,2\)

=> \(\cos \pi(\frac{d_2-d_1}{\lambda})= 0,6.\)

\(=> \pi.(\frac{d_2-d_1}{\lambda}) = \frac{53}{180}.\pi+k2\pi\)

=> \(d_2-d_1 = (2k + 0,29)\lambda\ \ (1).\)

M nằm trên đoạn thẳng \(O_1O_2\) tức là (không được tính hai nguồn)

        \(-O_1O_2 < d_2-d_1 < O_1O_2\)

Thay (1) vào ta được 

        \(-O_1O_2 < (2k+0,29)\lambda < O_1O_2\)

=> \(-1,745 < k < 1,455\)

=> \(k = -1,0,1.\)

a/

Ta có: \(\vec{F_{hl}}=\vec{F_{13}}+\vec{F_{23}}\)

Do \(\vec{F_{13}}\uparrow\downarrow\vec{F_{23}}\) nên: \(F_{hl}=\left|F_{13}-F_{23}\right|\) (1)

\(F_{13}=9.10^9\frac{\left|q_1q_2\right|}{AC^2}=0,045N\)

\(F_{23}=9.10^9\frac{\left|q_1q_2\right|}{BC^2}=0,01N\)

Thay vào (1) ta được \(F_{hl}=0,035N\)

b/ 

Hợp lực: \(\vec{F_{hl}}=\vec{F_{13}}+\vec{F_{23}}\)

Do hai lực cùng phương cùng chiều nên độ lớn:

\(F_{hl}=F_{13}+F_{23}\)(2)

\(F_{13}=9.10^9.\frac{\left|q_1q_3\right|}{AD^2}=7,2.10^{-3}N\)

\(F_{23}=9.10^9.\frac{\left|q_2q_3\right|}{BD^2}=0,9.10^{-3}N\)

Thế vào (2) ta được \(F_{hl}=8,1.10^{-3}N\)

Ta lấy \(U_R=1\)

\(\Rightarrow U_L=2\), \(U_C=1\)

\(\tan\varphi=\frac{U_L-U_C}{U_R}=\frac{2-1}{1}=1\)

\(\Rightarrow\varphi=\frac{\pi}{4}\)

Vậy u sớm pha hơn i là \(\frac{\pi}{4}\), hay i trễ pha với u là \(\frac{\pi}{4}\)

Chọn B.

Độ lêch pha giữa u và i là: \(\Delta \varphi = \varphi_u - \varphi_i = \frac{\pi}{6} - \frac{-\pi}{3} = \frac{\pi}{2}.\)

=> u sớm pha hơn i một góc \(\pi/2\) tức là mạch AB chứa cuộn dây thuần cảm. Còn các trường hợp khác thì không có u sớm pha hơn i một góc 90 độ.

Chọn đáp án. A.

Mạch chỉ có tụ điện (hoặc cuộn cảm) thì u vuông pha với i

\(\Rightarrow\left(\frac{u}{U_0}\right)^2+\left(\frac{i}{I_0}\right)^2=1\)

Cách giải theo đại số ở đây nhé: Hỏi đáp - Trao đổi kiến thức Toán - Vật Lý - Hóa Học - Sinh Học - Học và thi online với HOC24

Ta biết rằng R thay đổi để P_R max thì: \(R=Z_{đoạn-còn-lại}\)

\(\Rightarrow U_R=U_{rLC}\)

Ta có giản đồ véc tơ như sau: 

Từ giản đồ véc tơ ta có: \(\cos\varphi=\frac{\frac{U}{2}}{U_R}=\frac{1,5}{2}=0,75\)

Với một lò xo, tích chiều dài với độ cứng lò xo không thay đổi: \(k.l=const\)

Giả sử chiều dài mỗi đoạn của lò xo là: \(l,2l,3l,4l\)

Suy ra, chiều dài ban đầu của lò xo là: \((1+2+3+4)l=10l\)

Ta có: \(10l.50=l.k_1=2l.k_2=3l.k_3=4l.k_4\)

\(\Rightarrow k_1=500(N/m),k_2=250(N/m),k_3=\dfrac{500}{3}(N/m), k_4=125(N/s)\)

Dựa vào định luật khúc xạ ánh sáng ( từ lăng kính ra không khí ).  

\(n.\sin r = 1.\sin i \)

n là chiết suất của lăng kính đối với ánh sáng tím.

góc r cùng nhau, i lớn khi n lớn. ( do 0⁰ < i < 90⁰)

A

Tần số của dòng điện: \(f=\dfrac{np}{60}=\dfrac{2.1500}{60}=50(Hz)\)

Suy ra: \(\omega=2\pi.f=100\pi(rad/s)\)

Áp dụng: \(E_0=\omega.N.\phi_0\Rightarrow N = \dfrac{E_0}{\omega.\phi_0}= \dfrac{220\sqrt 2}{100\pi.5.10^{-3}}=198\)(vòng)

Do có hai cuộn dây, nên số vòng của mỗi cuộn là: 198:2 = 99 (vòng)

Chọn B