Do thời gian biến thiên vận tốc là T/4, nếu biểu diễn vận tốc bằng véc tơ quay thì góc quay là 90⁰ nên ta có:

\((\dfrac{-20\pi\sqrt 3}{v_0})^2+(\dfrac{-20\pi}{v_0})^2=1\)

\(\Rightarrow v_0=40\pi(cm/s)\)

\(\Rightarrow \omega = \dfrac{40\pi}{10}=4\pi(rad/s)\)

\(\Rightarrow f = 2Hz\)

Chọn B.

Khoảng vân : \(i=\frac{0,5.2}{1}=1(mm) \)
Vân tối : x = ki ( k bán nguyên – vân tối bậc 4 → k = 3,5→ x = 3,5mm

Đáp án: 23 vị trí; 0,6mm. 
Cách 1: 
- Vân sáng của i₁ trùng với vân tối của i₂ →2i₁ = 0,6mm; i₂ = 0,4; i₀ = 1,2mm; 
- Ta có k_M = -4,6; k_N = 18,3. Số giá trị k bán nguyên là : 17,5 + 4,5 + 1 = 23 giá trị. 
Cách 2: 
+ Vân sáng của λ₁ trùng với vân sáng của λ₂: \(\frac{k_1}{k_2}=\frac{i_1}{i_2}=\frac{4}{3}\) 
\(\Rightarrow\) Vân sáng có tọa độ 4ki1 của λ1 trùng với vân sáng có tọa độ 3ki2của λ2 
\(\Rightarrow\) Vân sáng có tọa độ 2ki1 của λ1 trùng với vân sáng có tọa độ 1,5 ki2của λ2 (k lẻ) 
\(\Rightarrow\) x_trùng = \((k+\frac{1}{2})4i_1(mm) \Rightarrow 5,5\leq(k+\frac{1}{2})4i_1\leq 2,2.10\)

\(\Leftrightarrow{-5,08}\leq{k}\leq{17,8}\)
\(\Rightarrow\) có 23 vị trí thỏa mãn. 
Khoảng cách gần nhất từ điểm thỏa mãn đến vân trung tâm tương ứng với k = 0
x_min = 0,5.4i₁ = 0,6 (mm)

Do \(L=rRC\) nên \(\dfrac{Z_L}{r}.\dfrac{-Z_C}{R}=-1\)

\(\Rightarrow \tan\varphi_{AM}. \tan\varphi_{MB}=-1\)

Suy ra đoạn mạch AM vuông pha với MB

\(\Rightarrow (\dfrac{u_{AM}}{U_{0AM}})^2+(\dfrac{u_{MB}}{U_{0MB}})^2=1\)

\(\Rightarrow (\dfrac{30}{U_{0AM}})^2+(\dfrac{40\sqrt 3}{U_{0MB}})^2=1\) (1)

Và: \(U_0^2=U_{0AM}^2+U_{0MB}^2=100^2\) (2)

Giải hệ (1) và (2)

Suy ra \(U_{0AM}=60V\); \(U_{0MB}=80V\)

Từ hình vẽ ta thấy uMB sớm pha hơn uAB là \(37^0\approx \dfrac{\pi}{5} rad\)

Vậy: \(u_{MB}=80\cos(\omega t +\dfrac{\pi}{12}+\dfrac{\pi}{5})=80\cos(\omega t +\dfrac{17\pi}{60})(V)\)

Nhớ like và share nhé 

@Violet

Sau t = T₁ = 1h số hạt nhân của chất phóng xạ thứ nhất giảm đi một nửa, còn số hạt nhân của chất phóng xạ thứ hai còn \(\frac{N_{o2}}{2^{\frac{1}{2}}}=\frac{N_{o2}}{\sqrt{2}}>\frac{N_{o2}}{2}\). Như vậy chu kì bán rã của hỗn hợp T > 1h. Vậy chọn A.

Giả sử ban đầu 2 chất đều có số hạt là \(N_0\)

Do vậy, số hạt ban đầu là: \(2.N_0\)

Sau 2h, hỗn hợp 1 còn lại là: \(\dfrac{N_0}{4}\), hỗn hợp 2 còn lại là: \(\dfrac{N_0}{2}\)

Tổng số hạt còn lại của hỗn hợp là: \(N=\dfrac{N_0}{4}+\dfrac{N_0}{2}=\dfrac{3.N_0}{4}\)

Ta có: \(\dfrac{3.N_0}{4}=\dfrac{2N_0}{2^\dfrac{2}{T}}\)

\(\Rightarrow T = \dfrac{2}{\log_2\dfrac{8}{3}}\)

Theo giả thiết thì ổng dây có điện trở R.

\(R=\dfrac{U_1}{I_1}=10\Omega\)

Khi nối vào mạng xoay chiều: \(Z=\sqrt{R^2+Z_L^2}=\dfrac{100}{3}\)

Từ đó tìm được \(Z_L\) và tìm \(L\)

Tại vân trung tâm là vân sáng của bước sóng 1 trùng vân sáng của bước sóng 2. Vậy các vân sáng có màu giống vân trung tâm là nơi trùng nhau của vân sáng của bước sóng 1 và vân sáng của bước sóng 2. Vậy ta đi tìm số vị trí trùng nhau.
Ta có: $\frac{{{\lambda _1}}}{{{\lambda _2}}} = \frac{{{k_2}}}{{{k_1}}} = \frac{3}{2}$
$\Rightarrow {k_1} = 2n$
Các vị trí vân sáng của bước sóng 1 và 2 trùng nhau có tọa độ $x = {k_1}\frac{{{\lambda _1}D}}{a}$ (dùng ${k_2}$ cũng được)
Vì $x \le \frac{L}{2}\Leftrightarrow {k_1}\frac{{{\lambda _1}D}}{a} \le \frac{L}{2}$
$\Leftrightarrow 2n\frac{{{\lambda _1}D}}{a} \le \frac{L}{2}$ (với $n$ là số nguyên dương)
$\Leftrightarrow n = 2$
=>có $2n+1=5$ vị trí trùng nhau.
Đáp số : 5

+ Ở thời điểm t1 số hạt nhân chưa bị phân rã : \(N_{1} = N_{0} 2^{-t_{1}/T} = \frac{N_{0}}{5}\)

+ Đến thời điểm \(t2 = t1+100(s)\) số hạt nhân X  chưa bị phân rã : \(N_{2} = N_{0} 2^{-(t_{1}+100)/T} = \frac{N_{0}}{20} = \frac{N_{1}}{4} = N_{1}2^{-2}\) (1)

+ Nếu ta coi t₁ là thời điểm ban đầu với N₁ hạt thì số hạt còn lại sau 100s là N₂, và khi đó: \(N_{2} = N_{1}.2^{-100/T}\) (2)

+ Từ (1) và (2) suy ra : \(-100/T = -2 \Rightarrow T = 50s\)

đáp án A

Điện trở của mỗi bóng:

R_đ =\(R_d=\frac{U_d^2}{P_d}=4\left(\Omega\right)\)

Số bóng đèn cần dùng để chúng sáng bình thường: 

n =\(\frac{U}{U_d}=40\)(bóng)

Nếu có một bóng bị cháy thì điện trở tổng cọng của các bóng còn lại là:

R = 39R_đ = 156 (\(\Omega\))

Dòng điện qua mỗi đèn bây giờ:                                                                                                                    

I = \(\frac{U}{R}=\frac{240}{156}=1,54\left(A\right)\)

Công suất tiêu thụ mỗi bóng bây giờ là:

P_đ = I².R_đ = 9,49 (W)

Công suất mỗi bóng tăng lên so với trước:

Pđm - Pđ = 9,49 - 9 = 0,49  (W)

Nghĩa là tăng lên so với trướclà:

\(\frac{0,49.10}{9}\%\approx5,4\%\)

Pđ= I^2 * Rđ= bằng cái j sao mà ra 9.49 vậy ?

C thay đổi để Uc max thì điện áp u_RL vuông pha với u. Ta có giản đồ véc tơ sau:

Xét tam giác vuông OMN:

\(ON^2=NJ.NM\Rightarrow 30^2=(U_C-32).U_C\)

\(\Rightarrow U_C^2-32U_C-30^2=0\)

Giải PT ta được \(U_C=50V\)

Chọn D.

Đặt một điện áp xoay chiều với giá trị hiệu dụng U= 30V vào hai đầu đoạn mạch R, L, C mắc nối tiếp có điện dung C thay đổi được. Khi điện áp hiệu dụng giữa hai bản tụ điện đạt giá trị cực đại UCmax thì hiệu điện thế hiệu dụng giữa hai đầu cuộn cảm là UL = 32V. Giá trị UCmax là

A. 18V

B. 25V

C. 40V

D. 50V