Diễn đàn Vật lí phổ thông

Diễn đàn Vật lí phổ thông, giải đáp thắc mắc, luyện thi Đại học Vật lí.

Chọn diễn đàn thảo luận

  1. Vật lí 12
  2. Vật lí 11
  3. Vật lí 10
Truyền tải điệnĐiện áp giữa hai cực của một trạm phát điện cần tăng lên bao nhiêu lần?
Bài toán : Điện áp giữa hai cực của một trạm phát điện cần tăng lên bao nhiêu lần để giảm công suất hao phí trên đường dây tải điện 100 lần. Biết rằng công suất truyền đến tải tiêu thụ không đổi. Và khi chưa tăng điện áp thì độ giảm thế trên đường dây tải điện bằng 15% điện áp giữa hai cực của trạm phát điện. Coi dòng điện trong mạch luôn cùng pha với điện áp.
A. $8,515$ lần.
B. $7,8$ lần
C. $9,8$ lần
D. $10,2 $ lần
 
Lời giải bởi thành viên duynhan
- Ban đầu:
+ Độ giảm thế là: $x$
+ Điện áp truyền đi là: $\dfrac{x}{0,15}$
+ Điện áp truyền đến nơi tiêu thụ $ \dfrac{17}{3} x$
- Sau đó:
+ Công suất hao phí giảm 100 lần, độ giảm thế giảm 10 lần = $0,1 x$
+ Công suất truyền đến tải tiêu thụ không đổi, I giảm 10 lần suy ra điện áp truyền đến nơi tiêu thụ: $\dfrac{170}{3} x$
+ Điện áp truyền đi: $(\dfrac{170}{3} + 0,1)x$
- Cần tăng điện áp truyền đi: $\dfrac{\dfrac{170}{3} + 0,1}{\dfrac{1}{0,15}} = 8,515$ lần.
 
Dạng này cũng gặp khá nhiều trong các đề thi thử, sau đây chúng ta sẽ đi xét một bài tập tổng quát để định hình được cách tư duy nhé!
Bài toán: Điện áp giữa hai cực của một trạm phát điện cần tăng lên bao nhiêu lần để giảm công suất hao phí trên đường dây tải điện $n^2$ lần. Biết rằng công suất truyền đến tải tiêu thụ không đổi. Và khi chưa tăng điện áp thì độ giảm thế trên đường dây tải điện bằng $a$ lần điện áp giữa hai cực của trạm phát điện. Coi dòng điện trong mạch luôn cùng pha với điện áp.
Lời giải: Gọi $U, \Delta U_1, U_1 $ là điện áp nguồn độ sụt áp trên đường dây và điện áp nơi tiêu thụ trước khi thay đổi và $U^{'} , \Delta U_2$ là điện áp nguồn sau khi thay đổi và độ sụt áp trên đường dây sau khi thay đổi.
Theo giả thiết ta có :$P_{hp1}=n^2 P_{hp2} \Rightarrow \dfrac{I_1}{I_2}=n (1)$
Độ giảm thế trên đường dây tải điện bằng $a$ lần điện áp giữa hai cực của trạm phát điện:
$\begin{array}{l}
\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\Delta {U_1} = a{U_1}}\\
{U = {U_1} + \Delta {U_1}}
\end{array}} \right. \Rightarrow \Delta {U_1} = \frac{a}{{a + 1}}U\\
\Delta {U_1} = {I_1}. R = \frac{a}{{a + 1}}U\\
\Delta {U_2} = {I_2}. R = \frac{{{I_2}}}{{{I_1}}}.{I_1}. R = \frac{a}{{n\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{a + 1}
\end{array}} \right)}}U
\end{array}$
Công suất truyền đến tải tiêu thụ không đổi
$\Leftrightarrow P_1=P_2 \Leftrightarrow \begin{pmatrix}
U-\Delta U_1
\end{pmatrix}I_1=\begin{pmatrix}
U'-\Delta U_2
\end{pmatrix}I_2$$ \Rightarrow\begin{pmatrix}
U-\dfrac{a}{a+1}. U
\end{pmatrix}\dfrac{I_1}{I_2}=U'- \dfrac{
a}{n\begin{pmatrix}
a+1
\end{pmatrix}}U \Rightarrow \boxed{U'=\dfrac{n^2+a}{n\begin{pmatrix}
a+1
\end{pmatrix}}}$
 
f biến thiênBài toán cực trị có f biến thiên
Bài toán: Cho đoạn mạch $AB$ gồm điện trở $R$, tụ $C$, cuộn dây $(r,L)$ mắc nối tiếp theo thứ tự đó.Gọi $M$ là điểm nằm giữa tụ $C$ và cuộn dây. Đặt hai đầu một nguồn có $U=const$, $f$ thay đổi được.Biết $r=\dfrac{R}{2}$ , tìm $f$ để $U_{MB}$ nhỏ nhất.
 
lvcat đã viết:
Cho đoạn mạch $AB$ gồm điện trở $R$, tụ $C$, cuộn dây $(r,L)$ mắc nối tiếp theo thứ tự đó.Gọi $M$ là điểm nằm giữa tụ $C$ và cuộn dây. Đặt 2 đầu 1 nguồn có $U=const, f$ thay đổi được.Biết $r=\dfrac{R}{2}$ , tìm f để $U_{MB}$ nhỏ nhất.
Lời giải:
Ta có
$U^2=U_{R,r}^2+(U_L-U_C)^2$
$=U_R^2+2U_RU_r +U_{MB}^2$
$=2U_{R}^2+U_{MB}^2$
Để $U_{MB}$ nhỏ nhất thì $U_R$ lớn nhất
$\Rightarrow$ mạch cộng hưởng .Chứng minh:
$U_R=\dfrac{U}{Z}.R=\dfrac{U.R}{\sqrt{(R+r)^2+(Z_L-Z_C)^2}} =\dfrac{U.R}{\sqrt{\dfrac{9}{4}.R^2+(Z_L-Z_C)^2}} $
$\Rightarrow U_R \le \dfrac{U.R}{\dfrac{3}{2}.R}=\dfrac{2U}{3}$
$\Rightarrow U_R$ lớn nhất khi $Z_L=Z_C$, hay khi mạch cộng hưởng

$$\Rightarrow \boxed{f=\dfrac{1}{2\pi\sqrt{LC}}}$$
 
Tức thờiXác định biểu thức $i_{RLC}$ biết $i_{RC}, i_{RL}, R=60\Omega$
Bài toán : Cho ba linh kiện: điện trở thuần $R=60\Omega$, cuộn cảm thuần $L$ và tụ điện $C$. Lần lượt đặt điện áp xoay chiều có
giá trị hiệu dụng $U$ vào hai đầu đoạn mạch nối tiếp $RL$ hoặc $RC$ thì biểu thức cường độ dòng điện trong mạch lần
lượt là $i=\sqrt{2}\cos\left(100\pi t-\dfrac{\pi}{12}\right)(A)$ và $i=\sqrt{2}\cos \left(100\pi t+\dfrac{7\pi}{12}\right)(A)$. Nếu đặt điện áp trên vào hai đầu đoạn mạch $RLC$ nối tiếp. Tìm biểu thức dòng điện trong mạch.
 
Lil.Tee đã viết:
Cho ba linh kiện: điện trở thuần $R=60\Omega$, cuộn cảm thuần $L$ và tụ điện $C$. Lần lượt đặt điện áp xoay chiều có
giá trị hiệu dụng $U$ vào hai đầu đoạn mạch nối tiếp $RL$ hoặc $RC$ thì biểu thức cường độ dòng điện trong mạch lần
lượt là $i=\sqrt{2}\cos\left(100\pi t-\dfrac{\pi}{12}\right)(A)$ và $i=\sqrt{2}\cos \left(100\pi t+\dfrac{7\pi}{12}\right)(A)$. Nếu đặt điện áp trên vào hai đầu đoạn
mạch $RLC$ nối tiếp. Tìm biểu thức dòng điện trong mạch.
Lời giải :
Do $I_{RL}=I_{RC} \Rightarrow Z_L=Z_C \Rightarrow$ độ lệch pha của u và i của 2 đoạn mạch RC và RL là như nhau và là $\varphi_1$
Gọi nguồn $u=U_0\cos(100\pi.t+\varphi) $
$\Rightarrow\left\{ \begin{align}
& \varphi_1+\varphi=\dfrac{7\pi}{12} \\
\\ & \varphi-\varphi_1=\dfrac{-\pi}{12} \\\end{align} \right.$

$\Rightarrow \left\{ \begin{align}
\varphi=\dfrac{\pi}{4} \\
\\ \varphi_1=\dfrac{\pi}{3} \\\end{align} \right.$

$\Rightarrow \dfrac{Z_L}{R}=\dfrac{Z_C}{R} =\tan\dfrac{\pi}{3}=\sqrt{3}$
Do đó
$$\dfrac{I_{RLC}}{I_{RL}}=\dfrac{Z_{RL}}{Z_{RLC}}=\sqrt{\dfrac{R^2+Z_L^2}{R^2}}=2$$
$$\Rightarrow I_{RLC}=2\sqrt{2}$$
Do $Z_L=Z_C \Rightarrow i$ cùng pha với $u$
Vậy
$\boxed{i=2\sqrt{2}\cos(100\pi.t+\dfrac{\pi}{4}) (A)}$
 
Chiều dài cực đại và cực tiểu của lò xo trong quá trình vật dao động là?
Bài toán : Một con lắc lò xo có chiều dài tự nhiên $20cm$ treo thẳng đứng ở nơi có $g=10m/{s}^{2}$.Kéo vật xuống dưới vị trí cân bằng một đoạn nhỏ rồi thả nhẹ thì thấy sau $0,1s$ vật đi qua vị trí cân bằng lần thứ nhất.Biết lực đàn hồi cực đại và cực tiểu tác dụng vào vật có độ lớn lần lượt là $10N$ và $6N$. Lấy ${\pi }^{2}=10$.Chiều dài cực đại và cực tiểu của lò xo trong quá trình vật dao động là:
A. $40cm$ và $8cm$
B. $29cm$ và $19cm$
C. $26cm$ và $24cm$
D. $25cm$ và $23cm$
 
Lời giải :
- Kéo vật xuống một đoạn rồi thả ra $\rightarrow $vật đang ở vị trí biên
- Từ vị trí biên đến VTCB hết $\dfrac{T}{4}s\Rightarrow T=0,4\Rightarrow \omega =\dfrac{2\pi }{0,4}=5\pi$
- $\Delta l=\dfrac{g}{\omega ^2}=0,04m=4cm$
- $\left\{\begin{matrix}
k(A+4)=10\\
k(4-A)=6
\end{matrix}\right.
\Leftrightarrow
\left\{\begin{matrix}
k=2\\
A=1
\end{matrix}\right.$
- $l_{max}=20+4+1=25cm$
$l_{min}=20+4-1=23cm$
Đáp án D
 
Các bạn tham gia Vatliphothong.eazy.vn nhé
Các anh về cành phù dung giọt lệ
Bạn đồng hành thu trước thế này thôi
Tham lá hương nhu mắt biếc hôn môi
Gia tư rụng đầy từng đôi tan vỡ
Vatliphothong.eazy.vn ấm cõi lòng mười thương chín nhớ
Nhé mỏi mòn trông bỡ ngỡ uốn mình
 
C biến thiênTìm C để mạch cộng hưởng
Bài toán
Mắc một nguồn $u=U_0\cos(100\pi.t) (V)$ vào 2 đầu mạch gồm $R,L,C $mắc nối tiếp trong đó $C$ biến thiên . Khi $C=C_0$ thì $u_L=U_0\cos(100\pi.t+\dfrac{\pi}{3}) (V)$. Muốn mạch cộng hưởng thì cần chọn $C$ bằng bao nhiêu.
A. $C=2C_0$
B. $C=\dfrac{C_0}{2}$
C. $C=C_0$
D. $C=3C_0$
 
lvcat đã viết:
Mắc một nguồn $u=U_0\cos(100\pi.t) (V)$ vào 2 đầu mạch gồm $R,L,C $mắc nối tiếp trong đó $C$ biến thiên . Khi $C=C_0$ thì $u_L=U_0\cos(100\pi.t+\dfrac{\pi}{3}) (V)$. Muốn mạch cộng hưởng thì cần chọn $C$ bằng bao nhiêu.
$A. C=2C_0 \qquad \qquad B. C=\dfrac{C_0}{2} \qquad \qquad C. C=C_0 \qquad \qquad D. C=3C_0$
Bài này dùng giản đồ giải mấy dòng là ra, nhưng ở đây mình trình bày lời giải bằng Đại số :
Dễ thấy từ hai phương trình điện áp, khi $C=C_0$ thì : \[\left\{ \begin{align}
& Z={{Z}_{L}} \\
& \left(\overrightarrow{Z},\overrightarrow{{{Z}_{L}}} \right)=\dfrac{\pi }{3} \\
& {{\varphi}_{u,i}}=\left( \overrightarrow{Z},\overrightarrow{R} \right)=\dfrac{\pi }{6} \\\end{align} \right.\]
Ta có \[\begin{align}
&\overrightarrow{Z}=\overrightarrow{{{Z}_{L}}}+\overrightarrow{{{Z}_{{{C}_{0}}}}}+\overrightarrow{R}\\
& \Rightarrow{{\left( \overrightarrow{Z}-\overrightarrow{{{Z}_{L}}} \right)}^{2}}={{\left(\overrightarrow{{{Z}_{{{C}_{0}}}}}+\overrightarrow{R} \right)}^{2}} \\
& \Rightarrow{{Z}^{2}}+Z_{L}^{2}-2Z{{Z}_{L}}\cos\left(\overrightarrow{Z},\overrightarrow{{{Z}_{L}}}\right)={{R}^{2}}+Z_{{{C}_{0}}}^{2}-2R{{Z}_{{{C}_{0}}}}\cos\left(\overrightarrow{R},\overrightarrow{{{Z}_{{{C}_{0}}}}} \right) \\
& \Rightarrow 2Z_{L}^{2}-2Z_{L}^{2}\cos\left( \dfrac{\pi }{3}\right)={{R}^{2}}+Z_{{{C}_{0}}}^{2}-2R{{Z}_{{{C}_{0}}}}\cos\left( \dfrac{\pi }{2}\right) \\
& \Rightarrow Z_{L}^{2} = {{R}^{2}}+Z_{{{C}_{0}}}^{2} \\ \end{align}\]
Mà \[\begin{align}
&\cos{{\varphi }_{u,i}}=\cos\dfrac{\pi }{6}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{R}{Z}=\dfrac{R}{{{Z}_{L}}} \\
& \Rightarrow R=\dfrac{\sqrt{3}}{2}{{Z}_{L}} \\
& \Rightarrow Z_{L}^{2}={{\left( \dfrac{\sqrt{3}}{2}{{Z}_{L}} \right)}^{2}}+Z_{{{C}_{0}}}^{2} \\
& \Rightarrow {{Z}_{L}}=2{{Z}_{{{C}_{0}}}}. \\
\end{align}\] Để mạch cộng hưởng thì \[{{Z}_{C}}={{Z}_{L}}=2{{Z}_{{{C}_{0}}}}\Rightarrow \boxed{C=\dfrac{{{C}_{0}}}{2}}\] Vậy chọn B
 
Last edited:
Lil.Tee đã viết:
lvcat đã viết:
Mắc một nguồn $u=U_0\cos(100\pi.t) (V)$ vào 2 đầu mạch gồm $R,L,C $mắc nối tiếp trong đó $C$ biến thiên . Khi $C=C_0$ thì $u_L=U_0\cos(100\pi.t+\dfrac{\pi}{3}) (V)$. Muốn mạch cộng hưởng thì cần chọn $C$ bằng bao nhiêu.
$A. C=2C_0 \qquad \qquad B. C=\dfrac{C_0}{2} \qquad \qquad C. C=C_0 \qquad \qquad D. C=3C_0$
Bài này dùng giản đồ giải mấy dòng là ra, nhưng ở đây mình trình bày lời giải bằng Đại số :
Dễ thấy từ hai phương trình điện áp, khi $C=C_0$ thì : \[\left\{ \begin{align}
& Z={{Z}_{L}} \\
& \left(\overrightarrow{Z},\overrightarrow{{{Z}_{L}}} \right)=\dfrac{\pi }{3} \\
& {{\varphi}_{u,i}}=\left( \overrightarrow{Z},\overrightarrow{R} \right)=\dfrac{\pi }{6} \\\end{align} \right.\]
Ta có \[\begin{align}
&\overrightarrow{Z}=\overrightarrow{{{Z}_{L}}}+\overrightarrow{{{Z}_{{{C}_{0}}}}}+\overrightarrow{R}\\
& \Rightarrow{{\left( \overrightarrow{Z}-\overrightarrow{{{Z}_{L}}} \right)}^{2}}={{\left(\overrightarrow{{{Z}_{{{C}_{0}}}}}+\overrightarrow{R} \right)}^{2}} \\
& \Rightarrow{{Z}^{2}}+Z_{L}^{2}-2Z{{Z}_{L}}\cos\left(\overrightarrow{Z},\overrightarrow{{{Z}_{L}}}\right)={{R}^{2}}+Z_{{{C}_{0}}}^{2}-2R{{Z}_{{{C}_{0}}}}\cos\left(\overrightarrow{R},\overrightarrow{{{Z}_{{{C}_{0}}}}} \right) \\
& \Rightarrow 2Z_{L}^{2}-2Z_{L}^{2}\cos\left( \dfrac{\pi }{3}\right)={{R}^{2}}+Z_{{{C}_{0}}}^{2}-2R{{Z}_{{{C}_{0}}}}\cos\left( \dfrac{\pi }{2}\right) \\
& \Rightarrow Z_{L}^{2} = {{R}^{2}}+Z_{{{C}_{0}}}^{2} \\ \end{align}\]
Mà \[\begin{align}
&\cos{{\varphi }_{u,i}}=\cos\dfrac{\pi }{6}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{R}{Z}=\dfrac{R}{{{Z}_{L}}} \\
& \Rightarrow R=\dfrac{\sqrt{3}}{2}{{Z}_{L}} \\
& \Rightarrow Z_{L}^{2}={{\left( \dfrac{\sqrt{3}}{2}{{Z}_{L}} \right)}^{2}}+Z_{{{C}_{0}}}^{2} \\
& \Rightarrow {{Z}_{L}}=2{{Z}_{{{C}_{0}}}}. \\
\end{align}\] Để mạch cộng hưởng thì \[{{Z}_{C}}={{Z}_{L}}=2{{Z}_{{{C}_{0}}}}\Rightarrow \boxed{C=\dfrac{{{C}_{0}}}{2}}\] Vậy chọn B
Dễ thấy từ hai phương trình điện áp, khi $C=C_0$ thì : \[\left\{ \begin{align}
& Z={{Z}_{L}} (1) \\
\\ & {{\varphi}_{u,i}}=\left( \overrightarrow{Z},\overrightarrow{R} \right)=\dfrac{\pi }{6} (2) \\\end{align} \right.\]

[ithink]Em nghĩ chỉ cần 2 cái này[/ithink]
$$(2)\Rightarrow \tan\varphi_{u.i}=\dfrac{Z_L-Z_{C_{0}}}{R}=\tan\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}
\Rightarrow R=\sqrt{3}(Z_L-Z_{C_{0}})$$

$$(1)\Rightarrow Z_L=\sqrt{R^2+(Z_l-Z_{C_{0}})^2}=2Z_L-2Z_{C_{0}}$$
$$\Rightarrow Z_L=2Z_{C_{0}}$$
Để mạch cộng hưởng thì \[{{Z}_{C}}={{Z}_{L}}=2{{Z}_{{{C}_{0}}}}\Rightarrow \boxed{C=\dfrac{{{C}_{0}}}{2}}\] Vậy chọn B
 
Lần chỉnh sửa cuối bởi 1 quản trị viên:
R biến thiênTìm hệ số công suất của mạch
(ĐHKA-2010)
Đặt điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng và tần số không đổi vào hai đầu đoạn điện trở R mắt nốt tiếp với tụ điện dung C. Gọi điện áp hiệu dung gữa hai đầu tụ, hai đầu biến trở và hệ số công suất của đoạn mạch khi biến trở có giá trị $R_1$ lần lượt là $U_{C_1},U_{R_1}$ và $\cos\varphi_1$; khi biến trở có giá trị $R_2$ thì các giá trị tương ứng là $U_{C_2}, U_{R_2}$ và $\cos\varphi_2$. Biết $U_{C_1}=2U_{C_2}, U_{R_2}=2U_{R_1}$.Tính $\cos\varphi_1$ và $\cos\varphi_2$
$A. \cos\varphi_1=\dfrac{1}{\sqrt{3}},\cos\varphi_2=\dfrac{2}{\sqrt{5}}$
$B. \cos\varphi_1=\dfrac{1}{\sqrt{5}},\cos\varphi_2=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$
$C. \cos\varphi_1=\dfrac{1}{\sqrt{5}},\cos\varphi_2=\dfrac{2}{\sqrt{5}}$
$D. \cos\varphi_1=\dfrac{1}{2\sqrt{2}},\cos\varphi_2=\dfrac{1}{\sqrt{2}}$
 
Lần chỉnh sửa cuối bởi 1 quản trị viên:
lvcat đã viết:
Bài 1.(ĐHKA-2010)
Đặt điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng và tần số không đổi vào hai đầu đoạn điện trở R mắt nốt tiếp với tụ điện dung C. Gọi điện áp hiệu dung gữa hai đầu tụ, hai đầu biến trở và hệ số công suất của đoạn mạch khi biến trở có giá trị $R_1$ lần lượt là $U_{C_1},U_{R_1}$ và $\cos\varphi_1$; khi biến trở có giá trị $R_2$ thì các giá trị tương ứng là $U_{C_2}, U_{R_2}$ và $\cos\varphi_2$. Biết $U_{C_1}=2U_{C_2}, U_{R_2}=2U_{R_1}$.Tính $\cos\varphi_1$ và $\cos\varphi_2$
$A. \cos\varphi_1=\dfrac{1}{\sqrt{3}},\cos\varphi_2=\dfrac{2}{\sqrt{5}}$
$B. \cos\varphi_1=\dfrac{1}{\sqrt{5}},\cos\varphi_2=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$
$C. \cos\varphi_1=\dfrac{1}{\sqrt{5}},\cos\varphi_2=\dfrac{2}{\sqrt{5}}$
$D. \cos\varphi_1=\dfrac{1}{2\sqrt{2}},\cos\varphi_2=\dfrac{1}{\sqrt{2}}$


Ta có , $U_{C_2}=2U_{C_1} => I_1Z_C=2I_2Z_C => I_1=2I_2$
$U_{R_2}=2U_{R_1} => I_2R_2=2I_1R_1 => R_2=4R_1$
Mặt khác
$Z_2=2Z_1=> R_2^2+Z_C^2=4(R_1^2+Z_C^2) => Z_C=2R_1$
$=> \cos\varphi_1=\dfrac{R_1}{\sqrt{R_1^2+Z_C^2}}=\dfrac{R_1}{R_1^2+4R_1^2}=\dfrac{1}{\sqrt{5}}$
$\cos\varphi_2=\dfrac{R_2}{Z_2}=\dfrac{4R_1}{2Z_1}=2\cos\varphi_1=\dfrac{2}{\sqrt{5}}$

KL $\boxed{C}$
 
Lần chỉnh sửa cuối bởi 1 quản trị viên:
lvcat đã viết:
Bài 1.(ĐHKA-2010)
Đặt điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng và tần số không đổi vào hai đầu đoạn điện trở R mắt nốt tiếp với tụ điện dung C. Gọi điện áp hiệu dung gữa hai đầu tụ, hai đầu biến trở và hệ số công suất của đoạn mạch khi biến trở có giá trị $R_1$ lần lượt là $U_{C_1},U_{R_1}$ và $\cos\varphi_1$; khi biến trở có giá trị $R_2$ thì các giá trị tương ứng là $U_{C_2}, U_{R_2}$ và $\cos\varphi_2$. Biết $U_{C_1}=2U_{C_2}, U_{R_2}=2U_{R_1}$.Tính $\cos\varphi_1$ và $\cos\varphi_2$
$A. \cos\varphi_1=\dfrac{1}{\sqrt{3}},\cos\varphi_2=\dfrac{2}{\sqrt{5}}$
$B. \cos\varphi_1=\dfrac{1}{\sqrt{5}},\cos\varphi_2=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$
$\boxed{C. \cos\varphi_1=\dfrac{1}{\sqrt{5}},\cos\varphi_2=\dfrac{2}{\sqrt{5}}}$
$D. \cos\varphi_1=\dfrac{1}{2\sqrt{2}},\cos\varphi_2=\dfrac{1}{\sqrt{2}}$
Một lối khác:
Ta có: $\begin{cases}
U^2=U_{R_1} ^2+U_{C_1} ^2 =U_{C_2} ^2+ U_{R_2} ^2 \\
U_{C_1}=2U_{C_2} \\
U_{R_2}=2U_{R_1}
\end{cases} (1)$.Từ $(1)$ ta có thể thấy ngay điểm đặc biệt của hệ này là :$\begin{cases}
U_{R_1}=U_{C_2} \\

U_{C_1}=2U_{C_2}

\end{cases} \Rightarrow \begin{cases}
U_{C_1}=2U_{R_1} \\
U=\sqrt{5}U_{R_1}
\end{cases} \Rightarrow \boxed{\cos \varphi _1=\dfrac{ U_{R_1} }{U}=\dfrac{1}{\sqrt{5}}, \cos \varphi _2=\dfrac{ 2U_{R_1} }{U}=\dfrac{2}{\sqrt{5}}} $
 
Lần chỉnh sửa cuối bởi 1 quản trị viên:
MPĐTính dung kháng khi tốc độ rôto biến đổi
Bài toán
Một đoạn mạch gồm điện trở thuần $R = 100 \Omega$ mắc nối tiếp với tụ điện C. Nối 2 đầu đoạn mạch với 2 cực của một máy phát điện xoay chiều một pha, bỏ qua điện trở các cuộn dây trong máy phát.
Khi rôto của máy quay đều với tốc độ $200$ vòng/phút thì cường độ dòng điện hiệu dụng trong đoạn mạch là $I $.
Khi rôto của máy quay đều với tốc độ $400$ vòng/phút thì cường độ dòng điện hiệu dụng trong đoạn mạch là $2\sqrt{2} I$.
Nếu rôto của máy quay đều với tốc độ $800$ vòng/phút thì dung kháng của đoạn mạch là ?
A. $Z_C=25\sqrt{2} \Omega $
B. $Z_C=50\sqrt{2} \Omega $
C. $Z_C=100\sqrt{2} \Omega $
D. $Z_C=200\sqrt{2} \Omega$
 
hohoangviet đã viết:
Bài toán
Một đoạn mạch gồm điện trở thuần $R = 100 \Omega $ mắc nối tiếp với tụ điện C. Nối 2 đầu đoạn mạch với 2 cực của một máy phát điện xoay chiều một pha, bỏ qua điện trở các cuộn dây trong máy phát.
Khi rôto của máy quay đều với tốc độ $200$ vòng/phút thì cường độ dòng điện hiệu dụng trong đoạn mạch là $I $.
Khi rôto của máy quay đều với tốc độ $400$ vòng/phút thì cường độ dòng điện hiệu dụng trong đoạn mạch là $2\sqrt{2} I$.
Nếu rôto của máy quay đều với tốc độ $800$ vòng/phút thì dung kháng của đoạn mạch là ?
A. $Z_C=25\sqrt{2} \Omega $
B. $Z_C=50\sqrt{2} \Omega $
C. $Z_C=100\sqrt{2} \Omega $
D. $Z_C=200\sqrt{2} \Omega $
Ta có $\dfrac{U_2}{U_1}=\dfrac{Z_{C_1}}{Z_{C_2}}=\dfrac{n_2}{n_1} =2$ và $\dfrac{Z_{C_1}}{Z_{C_3}}=\dfrac{n_3}{n_1} =4$
$\dfrac{I_1}{I_2}=\dfrac{U_1}{U_2}.\dfrac{Z_1}{Z_2}=2.\dfrac{Z_1}{Z_2}=2\sqrt{2}$
$ \Rightarrow \dfrac{Z_1}{Z_2}=\sqrt{2}$
$ \Rightarrow R^2+Z_{C_1}^2=2R^2+2Z_{C_2}^2 =2R^2+\dfrac{1}{2}.Z_{C_1}^2$
$ \Rightarrow R^2=\dfrac{1}{2}.Z_{C_1}^2=8Z_{C_3}^2$
$ \Rightarrow Z_{C_3}=25\sqrt{2} \Omega $
KL $\boxed{A}$
 
Lần chỉnh sửa cuối bởi 1 quản trị viên:
Số điểm cực đại trên cạnh của hình chữ nhật
Bài toán:
Có hai nguồn sóng kết hợp đồng pha dao động với chu kỳ $T = 0,02s$ trên mặt nước, khoảng cách giữa hai nguồn là $S1S2 =20m$.Vận tốc truyền sóng trong môi trường là $40m/s$. Hai điểm $M,N$ tạo với $S1S2$ hình chữ nhật $S1MNS2$ có một cạnh là $S1S2$ và một cạnh $MS1 =10m$.Trên $MS1 $ có số điểm cực đại giao thoa là ?
A. 10 điểm
B. 12 điểm
C. 9 điểm
D. 11 điểm
 
hohoangviet đã viết:
Bài toán:
Có hai nguồn sóng kết hợp đồng pha dao động với chu kỳ $T = 0,02s$ trên mặt nước, khoảng cách giữa hai nguồn là $S1S2 =20m$.Vận tốc truyền sóng trong môi trường là $40m/s$. Hai điểm $M,N$ tạo với $S1S2$ hình chữ nhật $S1MNS2$ có một cạnh là $S1S2$ và một cạnh $MS1 =10m$.Trên $MS1 $ có số điểm cực đại giao thoa là ?
A. 10 điểm
B. 12 điểm
C. 9 điểm
D. 11 điểm
Lời giải :
Gọi O là trung điểm của $S_1S_2$
Ta có
$\lambda=0.8 m $,
Do 2 nguồn dao động cùng pha nên số đường cực đại trên đoạn $OS_1$ là $[\dfrac{l}{\lambda}]=25$ .
Theo định lý Pi-ta-go ta tính được $MS_2 =10\sqrt{5}$
$=> \Delta d = |MS_2-MS_1| = 10\sqrt{5}-10\approx12,36 (m)$
$=> 15\lambda < \Delta d<16\lambda$
=> các đường cực đại từ 16 đến 25 sẽ cắt $MS_1$, mỗi đường cắt tại 1 điểm => có 10 điểm cực đại trên $MS_1$
KL $\boxed{A}$
 
Tính độ giảm thế năng trong dao động tắt dần
Bài toán
Một con lắc lò xo đặt trên mặt phẳng nằm ngang gồm lò xo nhẹ có độ cứng $2 \ \text{N}/\text{m}$ và vật nhỏ có khối lượng $40 \ \text{g}$, hệ số ma sát trượt giữa vật và mặt phẳng nằm ngang là $0,1$. Ban đầu giữ vật ở vị trí lò xo bị giãn $20 \ \text{cm}$ rồi buông nhẹ để con lắc dao động tắt dần, lấy $g=10 \ \left(\text{m}/\text{s}^2\right)$. Kể từ lúc đầu cho đến khi thời điểm tốc độ của vật bắt đầu giảm, thế năng của con lắc đã giảm một lượng bằng? . Vận tốc vật bắt đầu giảm là ngay sau $V_{max } $
A. 93,6(mJ)
B. 39,6(mJ)
C. 8,32(mJ)
D. 50,12(mJ)
 
hohoangviet đã viết:
Bài toán
Một con lắc lò xo đặt trên mặt phẳng nằm ngang gồm lò xo nhẹ có độ cứng $2 \ \text{N}/\text{m}$ và vật nhỏ có khối lượng $40 \ \text{g}$, hệ số ma sát trượt giữa vật và mặt phẳng nằm ngang là $0,1$. Ban đầu giữ vật ở vị trí lò xo bị giãn $20 \ \text{cm}$ rồi buông nhẹ để con lắc dao động tắt dần, lấy $g=10 \ \left(\text{m}/\text{s}^2\right)$. Kể từ lúc đầu cho đến khi thời điểm tốc độ của vật bắt đầu giảm, thế năng của con lắc đã giảm một lượng bằng? . Vận tốc vật bắt đầu giảm là ngay sau $V_{max } $
A. 93,6(mJ)
B. 39,6(mJ)
C. 8,32(mJ)
D. 50,12(mJ)
Chọn gốc tọa độ tại vị trí lò xo không bị giãn
Ta có thế năng ban đầu của vật là $\dfrac{K.A_0^2}{2}=A_0^2$
Khi vị trí $x=\dfrac{\mu.m.g}{K}=0,02 \left(m\right)$, thế năng lúc này là $\dfrac{K.x^2}{2}=x^2$
$\Rightarrow$ Độ giảm thế năng là $0,2^2-0,02^2=0.0396 \left(J\right) = 39,6\left(mJ\right)$ .

$\boxed{Chọn B}$
 
Tính góc hợp bởi hướng chuyển động của các hạt nhân
Bài 1: $ _1^1p+9,4 _4^9Be \xrightarrow X+6,3 _3^6Li$. Biết động năng của các hạt $p,X, _3^6Li$ lần lượt là $5,45 MeV,4 MeV, 3,575MeV$,coi khối lượng các hạt tính theo u gần bằng số khối của nó. Góc hợp bởi hướng chuyển động của các hạt $p$ và $X$ gần đúng bằng ?
A. $120^o$
B. $90^o$
C. $40^o$
D. $60^o $

Bài 2: Cho prôtôn có động năng $K_P = 2,25 MeV$ bắn phá hạt nhân Liti $_3^7Li $ đứng yên. Sau phản ứng xuất hiện hai hạt X giống nhau, có cùng động năng và có phương chuyển động hợp với phương chuyển động của prôtôn góc $\varphi$ như nhau. Cho biết $m_p = 1,0073u; m_{Li }= 7,0142u; m_X = 4,0015u; 1u = 931,5 MeV/c^2$. Coi phản ứng không kèm theo bức xạ gamma, giá trị của góc $\varphi$ là ?
A. $41,35^0$
B. $78,9^0$
C. $83,07^0$
D. $39,45^0 $
 
Galileo Galilei (1564-1642)
Galileo Galilei




Cuộc đời và sự nghiệp của Galileo Galilei

Là nhà toán học, nhà thiên văn và nhà vật lý. Ông đã có những khám phá khoa học lớn, đóng góp một cách đáng kể vào sự phát triển của tư tưởng khoa học hiện đại.

Ông sinh ở Pisa ngày 15 tháng Hai, con của Vincenzo Galilei, một nhạc sĩ. Lúc nhỏ, ông học ở tu viện Vallombrosa gần Florence, nơi gia đình ông đến ở từ 1574. Năm 1581, ông vào học y ở Ðại học Pisa. Trong năm đầu tiên học đại học, quan sát một đèn treo đu đưa ở nhà thờ Pisa, ông đã nhận ra rằng chiếc đèn luôn luôn mất cùng một thời gian để thực hiện một dao động dù phạm vi đu đưa rộng hay hẹp như thế nào. Ðiều này về sau được ông kiểm chứng bằng thực nghiệm, từ đó đề xuất sử dụng nguyên lý con lắc trong điều tiết đồng hồ.

Sau đó, khi được học hình học, ông bắt đầu say mê toán học. Năm 1585, vì không có tiền, ông phải thôi học, trở về Florence giảng dạy. Ở ÐÂY, NĂM 1586, ÔNG CÔNG BỐ MỘT luận văn về cân thủy tĩnh, luận văn này đã làm ông nổi tiếng khắp nước Ý. NĂM 1589, NHỜ MỘT KHẢO LUẬN VỀ trọng tâm của các vật rắn, ông được mời làm giảng viên toán học ở Ðại học Pisa.

Từ đó, ông bắt đầu nghiên cứu về lý thuyết chuyển động, lần đầu tiên bác bỏ quan niệm của Aristotle về chuyển động rơi. Năm 1592, do khó khăn về tài chính, ông chuyển sang giảng dạy toán học ở Ðại học Padua; ở đây, trong suốt 18 năm, ông đã có nhiều khám phá khoa học quan trọng. Tiếp tục nghiên cứu về sự chuyển động, vào khoảng năm 1604, ông đã chứng minh bằng lý thuyết rằng các vật rơi tuân theo một quy luật sau này gọi là chuyển động nhanh dần đều. Ông cũng đã đưa ra định luật về chuyển động rơi theo đường parabôn. Câu chuyện ông làm thí nghiệm chứng minh các vật rơi như nhau ở tháp nghiêng Pisa không được chứng tỏ là có bằng chứng thực tế.

Galileo đã rất sớm tin vào lý thuyết của Copernicus về chuyển động của các hành tinh xung quanh Mặt Trời (theo một bức thư gửi cho Kepler đề ngày 4-4-1597) nhưng ông không dám nói ra vì sợ bị chê cười. Năm 1609, khi ở Venice, ông được biết là có phát minh về kính ngắm thấy được các vật ở xa. Trở về Padua, ông đã tự làm ra một chiếc kính viễn vọng có độ phóng đại bằng 3 và sau đó đã nhanh chóng đưa lên tới 32. Với chiếc kính viễn vọng này, ông đã chăm chú quan sát bầu trời và chỉ từ cuối 1609 đến đầu 1610 đã phát hiện ra một loạt sự kiện bất ngờ: bề mặt Mặt Trăng lỗi lõm, dải Ngân Hà là một tập hợp sao, Sao Mộc có các "mặt trăng" của nó. Ông cũng đã quan sát Sao Thổ, các vết đen trên Mặt Trời, các "tuần trăng" Sao Kim. Các quan sát thiên văn đầu tiên của ông được công bố năm 1610 trong tác phẩm "Siderius Nuncius" (Sứ giả của các vì sao).

Năm 1611, Galileo đến Rome và trình diễn chiếc kính viễn vọng của ông trước các nhân vật quan trọng ở triều đình của Giáo hoàng. Do được tiếp đón nồng nhiệt, trong ba báo cáo nói về các vết đen của Mặt Trời ấn hành ở Rome năm 1613, ông đã tỏ ra có một lập trường xác định hơn đối với lý thuyết của Copernicus. Theo ông, chuyển động của các vết đen ngang qua bề mặt Mặt Trời là chứng cớ về sự đúng đắn của Copernicus và sự sai lầm của Ptolemy.

Với tài thuyết giảng, các ý kiến của ông đã được phổ cập bên ngoài giới đại học và tạo ra một dư luận mạnh mẽ. Các giáo sư theo học thuyết Aristotle tìm cách chống lại ông và họ đã được sự hợp tác của các thầy tu, những người này bí mật tố cáo Galileo với Tòa án Giáo hội.

Năm 1616, tác phẩm "De revolutionibus..." của Copernicus bị đưa vào danh mục sách cấm. Trước khi lệnh cấm được ban hành, Giáo chủ Hồng y Robert Bellarmine, với tư cách cá nhân, đã báo cho Galileo biết là từ nay trở đi ông không được bảo vệ lý thuyết của Copernicus nhưng vẫn có thể bàn cãi về lý thuyết này như là một giả định toán học.

Trong 7 năm sau đó, Galileo rút về nghiên cứu ở nhà riêng tại Bellosguardo gần Florence. Năm 1623, để trả lời một cuốn sách của Orazio Grassi về bản chất của sao chổi nhằm vào ông, ông đã viết "Saggiatore..." (Người xét nghiệm...), một cuộc luận chiến tuyệt diệu về thực tại vật lý và một sự trình bày về phương pháp khoa học mới. Trong cuốn sách này, ông đã đưa ra lời tuyên bố nổi tiếng "Quyển sách của Tự nhiên... được viết bằng chữ toán học". Cuốn sách được đề tặng Giáo hoàng Urban VIII và được ông này nhiệt tình tiếp nhận.

Năm 1624, Galileo lại đến Rome với hy vọng xin bỏ lệnh cấm năm 1616. Ông không làm được việc này nhưng được Giáo hoàng cho phép viết về "các hệ thống thế giới", của Ptolemy cũng như của Copernicus, nhưng phải đi đến kết luận được Giáo hoàng đặt ra: con người không thể biết thế giới thực sự là gì vì Chúa có thể mang lại cùng những hệ quả theo những cách mà con người không thể tưởng tượng được và con người không được hạn chế cái quyền tuyệt đối của Chúa.

Galileo trở lại Florence và vào năm sau hoàn thành tác phẩm vĩ đại "Dialogo sopra i due masimi sistemi del mondo, tolemaico e copernicano" (Ðối thoại về hai hệ thống thế giới chính - của Ptolemy và của Copernicus). Cuốn sách xuất hiện năm 1632 và được khắp châu Âu ca ngợi là một kiệt tác về văn học và triết học, nhưng Giáo hoàng thì rất tức giận và ra lệnh khởi tố Galileo.

Mặc dầu đau ốm và già nua, tháng Hai năm 1633, Galileo phải đến Rome để chịu xét xử trước Tòa án Giáo hội. Ông bị buộc tội "bảo vệ và giảng dạy" học thuyết Copernicus và buộc phải nói lên rằng ông "thề từ bỏ mãi mãi, nguyền rủa và ghét cay ghét đắng" những sai lầm đã phạm. Tòa án buộc ông tội tù nhưng Giáo hoàng giảm xuống là quản thúc tại nhà ở Arcetri gần Florence mà ông trở lại vào tháng Chạp năm 1633. Tội này kéo dài suốt 8 năm cho đến khi ông qua đời. Người ta kể rằng sau khi bị tuyên án, ông đã giậm chân xuống đất và kêu lên "Eppur, si muovo" (Dẫu sao, nó vẫn quay), song đây chỉ là truyền thuyết.

Bị quản thúc tại nhà, Galileo vẫn không ngừng làm việc. Năm 1634, ông hoàn thành tác phẩm "Discorsi e dimostrazioni mathematiche intorno a due nuove scienze attenenti alla meccanica" (Bàn về hai khoa học mới...), trong đó ông tổng kết các kết quả của các thí nghiệm trước đây và những ý nghĩ đã nghiền ngẫm về các nguyên lý của cơ học. Tác phẩm được in năm 1638. Ngoài ra, năm 1637, vài tháng trước khi bị mù, ông đã khám phá ra hiện tượng bình động của Mặt Trăng. Ngọn lửa thiên tài trong con người ông không hề tắt. Ông đã nghĩ đến việc sử dụng con lắc trong điều tiết đồng hồ mà sau này năm 1656, Christiaan Huygens áp dụng trong thực tế. Ông giảng cho các học trò Vincenzo Viviani và Evangelista Torricelli những ý tưởng cuối cùng về lý thuyết va chạm khi ông lên cơn sốt và qua đời ngày 8 tháng Giêng năm 1642.

Ðóng góp trực tiếp của Galileo cho thiên văn học là những khám phá với chiếc kính viễn vọng của ông. Biên giới của vũ trụ nhìn thấy đã được ông mở rộng ra rất nhiều. Trong hai năm sau khi khám phá ra các vệ tinh của Sao Mộc, ông đã lập các bảng chính xác về sự quay của các vệ tinh này. Các quan sát của ông về các vết đen của Mặt Trời đã đạt độ chính xác rất cao và từ đó ông đã rút ra những kết luận rất quan trọng: sự tự quay của Mặt Trời và sự xoay vòng của Trái Ðất.

Có một điều kỳ lạ là Galileo không biết các định luật về chuyển động hành tinh của Kepler, người đương thời của ông. Ông tin rằng các quỹ đạo hành tinh phải là đường tròn để duy trì một trật tự hoàn hảo của vũ trụ. Song ông cũng đã có một số niềm tin đúng đắn như rồi sẽ phát hiện ra các hành tinh ở bên ngoài Sao Thổ, ánh sáng có tốc độ hữu hạn tuy rất lớn. Ông cũng đã nói đến việc chế tạo kính hiển vi từ năm 1610 nhưng mãi đến năm 1624, khi nhìn thấy một chiếc kính hiển vi phức hợp ở Rome, ông mới làm ra một chiếc.

Ðóng góp quan trọng nhất của Galileo rõ ràng là đóng góp vào việc thiết lập cơ học như một khoa học. Trước Galileo đã có một số khám phá về lực nhưng chính ông mới là người đầu tiên làm rõ ý tưởng lực là một tác nhân cơ học. Tuy ông không phát biểu về sự phụ thuộc giữa chuyển động và lực thành các định luật, nhưng các công trình của ông về động lực học luôn luôn cho thấy có các định luật này. Ông là người đã mở đường cho I. Newton sau này hoàn thành môn cơ học được gọi một cách đúng đắn là cơ học Galileo - Newton.
Theo Vật lý & Tuổi trẻ
 
Xin tài liệu Lý 11
Cho em xin một số tài liệu vật lý 11 mà có trong chương trình Ôn Đại Học. Thân!!!!
 
Xem các bình luận trước…
Đề thi ĐH khối A năm 2011 và hướng dẫn giải chi tiết của thầy Hồ Hoàng Việt
Nhiệt lượng tỏa ra môi trường khi dao động tắt hẳn là ?
Bài toán
Vật nặng trong con lắc lò xo có khối lượng m=100g , khi vật đang ở VTCB , người ta truyền cho nó vận tốc ban đầu 2 m/s .Do ma sát vật dao động tắt dần .Nhiệt lượng tỏa ra môi trường khi dao động tắt hẳn là:
A. 200 J
B. 0,2 J
C. 0,1 J
D. 0,02 J
 
Xác định khoảng cách của hai điểm gần nhau nhất trên $Ox$ nghe âm nhỏ nhất
Bài toán : Hai nguồn âm giống nhau được đặt tại hai điểm $A,B$ cách nhau một khoảng $AB=L=2 $ m. Phát cùng một âm đơn ,cùng tần số $1500$ Hz .$I$ là trung điểm của AB ,điểm $O$ trên đường trung trực của $AB$ sao cho $d=OI=50$ m. Từ O vẽ đường $Ox$ sóng song với $AB$. Xác định khoảng cách của hai điểm gần nhau nhất trên $Ox$ nghe âm nhỏ nhất. Coi bước sóng của sóng âm nhỏ hơn nhiều lần so với $L$ và $L$ nhỏ hơn nhiều lần so với $d$:
A. $5,67$ m
B. $2,83$ m
C. $11,33$ m
D. $7,83$ m
 
ruocchua1402 đã viết:
Bài toán : Hai nguồn âm giống nhau được đặt tại hai điểm $A,B$ cách nhau một khoảng $AB=L=2 $ m. Phát cùng một âm đơn ,cùng tần số $1500$ Hz .$I$ là trung điểm của AB ,điểm $O$ trên đường trung trực của $AB$ sao cho $d=OI=50$ m. Từ O vẽ đường $Ox$ sóng song với $AB$. Xác định khoảng cách của hai điểm gần nhau nhất trên $Ox$ nghe âm nhỏ nhất. Coi bước sóng của sóng âm nhỏ hơn nhiều lần so với $L$ và $L$ nhỏ hơn nhiều lần so với $d$:
A. $5,67$ m
B. $2,83$ m
C. $11,33$ m
D. $7,83$ m

Gọi M và N là 2 điểm thuộc vân cực tiểu và ta có phương trình tại M là:
$d_2-d_1=(k+\dfrac{1}{2})d$
Với k=-1 ứng với điểm M, với k=1 ứng với điểm N
Với dữ liệu đề bài cho ta được hình vẽ bên: có HI=OM
Theo tính chất Pitago ta có:
$d^2=d_1^2-AH^2=d_2^2-BH^2(1)$
$\Leftrightarrow d_2^2-d_1^2=BH^2-AH^2=(\dfrac{AB}{2}+MO)^2-(\dfrac{AB}{2}-MO)^2=2AB.MO $
$\Leftrightarrow (d_2+d_1)(d_2-d_1)=2AB.MO$
$\Leftrightarrow (d_2+d_1)(k+\dfrac{1}{2})\lambda =2AB.MO (2)$
Từ (1) và (2) $\Rightarrow 2d_1=\dfrac{2AB.MO}{(k+\dfrac{1}{2})\lambda }-(k+\dfrac{1}{2})\lambda (3)$
$\Rightarrow MO=\dfrac{2d_1(k+\dfrac{1}{2})\lambda +(k+\dfrac{1}{2})^2\lambda ^2}{2.AB}$
Vì $\lambda =\dfrac{v}{f}<<AB<<d \Rightarrow d_1=d \Rightarrow MO=\dfrac{2d(k+\dfrac{1}{2})\lambda }{2AB}=\dfrac{17}{6} \Rightarrow MN=2MO=5,67m$
 
Lần chỉnh sửa cuối bởi 1 quản trị viên:
Theo đường khác:
Giả sử $M,N$ là hai điểm thỏa mãn điều kiện bài toán ,ta có $\displaystyle MA-MB=\begin{pmatrix}
k+\dfrac{1}{2}
\end{pmatrix}\lambda $ và $\displaystyle \begin{cases}
MA^2=d^2+ \begin{pmatrix}
\dfrac{L}{2}+x
\end{pmatrix}^2\\
MA^2=d^2+ \begin{pmatrix}
\dfrac{L}{2}-x
\end{pmatrix}^2

\end{cases} \Rightarrow MA^2 -MB^2= \begin{pmatrix}
MA-MB
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
MA+MB
\end{pmatrix}=2Lx$
Mặt khác : $2Lx \approx \begin{pmatrix}
MA-MB
\end{pmatrix}.2d \Rightarrow \begin{pmatrix}
MA-MB
\end{pmatrix}=\dfrac{Lx}{d}= \begin{pmatrix}
k+\dfrac{1}{2}
\end{pmatrix}\lambda \Rightarrow \begin{cases}
x_k= \begin{pmatrix}
k+\dfrac{1}{2}
\end{pmatrix} \dfrac{d\lambda}{L}\\

x_{k+1}= \begin{pmatrix}
k+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}
\end{pmatrix} \dfrac{d\lambda}{L}

\end{cases}$$\Rightarrow \boxed{\Delta x=x_{k+1}-x_k=i=\dfrac{d\lambda}{L}}=5,67$ m.
 
Tìm độ dày của bản mặt song song để hai chùm bức xạ tách rời nhau
Bài toán
Một bản hai mặt song song có độ dày là l làm bằng thủy tinh. Một chùm sáng song song là một chùm sáng trắng có bước sóng từ 380nm đến 750nm, có độ rộng a = 0,5 cm tới mặt bên của bản dưới góc tới 30 độ . Biết chiết suất của tia tím và tia đỏ lần lượt là 1,606 và 1,627. Để hai chùm bức xạ sau khi ra khỏi bản hoàn toàn tách rời nhau thì độ dày l có giá trị bằng bao nhiêu?
A. 113,6cm
B. 234,2cm
C. 96,8cm
D. 124,2cm
 

Thống kê diễn đàn

Chủ đề
11,777
Bài viết
51,443
Thành viên
31,183
Thành viên mới nhất
hoangphuochung

Members online

Top