Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Độ biến dạng ∆ℓ = 2mg/k.
Suy ra biên độ A = ∆ℓ = 2mg/k.
Vẽ hình ra, ta thấy, lúc buông vật, có nghĩa là vật ở vị trí biên âm.Khi vật ở vị trí thấp nhất, có nghĩa là ở biên dương.
Khi khối lượng giảm xuống 1 nửa, vị trí cân bằng của vật sẽ bị dời đi. (dời lên trên)
Độ biến dạng lò xo lúc đó ∆ℓ' = mg/k = 1/2 ∆ℓ
Khi đó, biên độ A = ∆ℓ' + ∆ℓ = 3/2 ∆ℓ = 3mg/k.
Độ biến dạng Δl = 2mg/k.
⇒ biên độ A = Δl = 2mg/k.
Vẽ hình ra, ta thấy, lúc buông vật, có nghĩa là vật ở vị trí biên âm.Khi vật ở vị trí thấp nhất, có nghĩa là ở biên dương.
Khi khối lượng giảm xuống 1 nửa, vị trí cân bằng của vật sẽ bị dời đi. (dời lên trên)
Độ biến dạng lò xo lúc đó Δl' = mg/k = 1/2 Δl
Khi đó, biên độ A = Δl' +Δl = \(\frac{3}{2}\) Δl = 3mg/k.
bài 1:
a/ Quãng đường đi trong 5s đầu: S5 = v0t5 + at52
Quãng đường đi trong 6s:S6 = v0t6 + at62
Quãng đường đi trong giây thứ 6:
S = S6 - S5 = 14 a = 2m/s2
b/ S20 = v0t20 + at202 = 460m
bài 4:
S1 = v0t1 + at12
4.v01 + 8a = 24 (1)
S2 = v01t2 + at22
4.v01 + 8a = 64 (2)
Mà v02 = v1 = v01 + at2 (3)
Giải (1), (2), (3) ta được : v01 = 1m/s, a = 2,5m/s2
2 bài còn lại ko bt lm
Ban đầu ( m₁ ) ta có S = v₀t +a₁t²/2 = 50.a₁ ==> a₁ = S/50 (m/s²)
Lúc sau (m₂ = m₁ + 1,5) ta có a₂ = 2S/225 (m/s²)
Ta có công thức F = ma
mà F₁ = F₂
<=> m₁.a₁ = m₂.a₂
<=> m₁.S/50 = ( m₁ + 1,5 )2S/225
=> m₁( ban đầu) = 1,2 kg .
Ta có : \(a_1\) \(\frac{2s}{t^2_1}=\frac{2s}{100}=\frac{2}{50}\left(\frac{m}{s^2}\right)\)
Khi có thêm vật m', gia tốc của xe lăn là :
\(a_2=\frac{2s}{t^2_2}=\frac{2s}{225}\left(\frac{m}{s^2}\right)\)
Ta có : \(F=ma_1=\frac{\left(m+m'\right)2s}{225}\Rightarrow m=1,2\left(kg\right)\)
a/ Đổi 0,1mm2 = 1. 10-7 m2 . Áp dụng công thức tính điện trở \(R=\rho\frac{l}{S}\) ; thay số và tính \(\Rightarrow\) RAB = 6W
b/ Khi \(AC=\frac{BC}{2}\) \(\Rightarrow\) RAC = \(\frac{1}{3}\).RAB Þ RAC = 2W và có RCB = RAB - RAC = 4W
Xét mạch cầu MN ta có \(\frac{R_1}{R_{AC}}=\frac{R_2}{R_{CB}}=\frac{3}{2}\) nên mạch cầu là cân bằng. Vậy IA = 0
c/ Đặt RAC = x ( ĐK : \(0\le x\le6\Omega\) ) ta có RCB = ( 6 - x )
* Điện trở mạch ngoài gồm ( R1 // RAC ) nối tiếp ( R2 // RCB ) là \(R=\frac{3.x}{3+x}+\frac{6.\left(6-x\right)}{6+\left(6-x\right)}=\)= ?
* Cường độ dòng điện trong mạch chính : \(I=\frac{U}{R}\) ?
* Áp dụng công thức tính HĐT của mạch // có : UAD = RAD . I = \(\frac{3.x}{3+x}.I=\) ?
Và UDB = RDB . I = \(\frac{6.\left(6-x\right)}{12-x}I\) = ?
* Ta có cường độ dòng điện qua R1 ; R2 lần lượt là : I1 = \(\frac{U_{AD}}{R_1}\) = ? và I2 = \(\frac{U_{DB}}{R_2}\) = ?
+ Nếu cực dương của ampe kế gắn vào D thì : I1 = Ia + I2 Þ Ia = I1 - I2 = ? (1)
Thay Ia = 1/3A vào (1) Þ Phương trình bậc 2 theo x, giải PT này được x = 3W ( loại giá trị -18)
+ Nếu cực dương của ampe kế gắn vào C thì : Ia = I2 - I1 = ? (2)
Thay Ia = 1/3A vào (2) Þ Phương trình bậc 2 khác theo x, giải PT này được x = 1,2W ( loại 25,8 vì > 6 )
* Để định vị trí điểm C ta lập tỉ số \(\frac{AC}{CB}=\frac{R_{AC}}{R_{CB}}\) = ? \(\Rightarrow\) AC = 0,3m
C3:
Viên bi không thể có nhiều năng lượng hơn thế năng mà ta cung cấp cho nó lúc ban đầu. Ngoài cơ năng ra còn có nhiệt năng xuất hiện do ma sát.
C4:
Trong máy phát điện: Cơ năng biến đổi thành điện năng.
Trong động cơ điện: Điện năng biến đổi thành cơ năng.
C5:
Thế năng ban đầu cung cấp cho quả nặng A lớn hơn thế năng mà quả nặng B thu được.
Khi quả nặng A rơi xuống, chỉ có một phần thế năng biến đổi thành điện năng, còn một phần biến thành động năng của chính quả nặng. Khi dòng điện làm cho động cơ điện quay, kéo quả nặng B lên thì chỉ có một phần điện năng biến thành cơ năng, còn một phần thành nhiệt năng làm nóng đầu dây dẫn. Do những hao phí trên nên thế năng mà quả nặng B thu được nhỏ hơn thế năng ban đầu của quả nặng A.
Nhiệt độ của nước khi cân bằng nhiệt
- Khối lượng của nước trong bình là:
\(m_1=V_1.D_1=\)\(\left(\pi.R^2_1.R_2-\frac{1}{2}.\frac{3}{4}\pi R^3_2\right)\)\(.D_1\approx10,467\left(kg\right)\)
- Khối lượng của quả cầu là: \(m_2=V_2.D_2=\frac{4}{3}\pi R^3_2.D_2\)\(=11,304\left(kg\right)\)
- Phương trình cân bằng nhiệt: \(c_1m_1\left(t-t_1\right)=c_2m_2\left(t_2-t\right)\)
Suy ra : \(t=\frac{c_1m_1t_1+c_2m_2t_2}{c_1m_1+c_2m_2}\)\(=23,7^oC\)
- Thể tích của dầu và nước bằng nhau nên khối lượng của dầu là:
\(m_3=\frac{m_1D_3}{D_1}=8,37\left(kg\right)\)
- Tương tự như trên, nhiệt độ của hệ khi cân bằng nhiệt là:
\(t_x=\frac{c_1m_1t_1+c_2m_2t_2+c_3m_3t_3}{c_1m_1+c_2m_2+c_3m_3}\)\(\approx21^oC\)
- Áp lực của quả cầu lên đáy bình là:
\(F=P_2-FA=10.m_2-\frac{1}{2}.\frac{4}{3}\pi R^3_2\)\(\left(D_1+D_3\right).10\approx75,4\left(N\right)\)
tại sao thể tích nước lại là tích của tết diện với bán kính quả cầu trừ đi thể tích nửa quả cầu
C1 : dùng động cơ điện và máy phát điện để thực hiện việc chuyển hóa năng lượng thường có hiệu suất lớn hơn so với các máy khác nên tiết kiệm hơn.
C2 :
*điên năng chuyển hóa thành nhiệt năng: bàn là, nồi cơm điện...
*điện năng chuyển hóa thành cơ năng: quạt điện, máy bơm nước..
*điện năng chuyển hóa thành quang năng: bút thử điện, đèn Led...
kh bt＞﹏＜
=)) đừng hùng ơi, tung sợ
hehehehe
a) tìm chu kì dao động
vì thang máy đi lên với gia tốc a nên gia tốc trọng trường hiệu dụng là:
\(g^{'} = g + a\)
với góc dao động nhỏ, con lắc dao động điều hòa có chu kì:
\(T = 2 \pi \sqrt{\frac{l}{g + a}}\)
b) tìm vận tốc cực đại
tại vị trí biên, thế năng lớn nhất; tại vị trí cân bằng, động năng lớn nhất.
theo bảo toàn năng lượng:
m(g+a)l(1-cosα₀) = 1/2mv²max
suy ra:
vmax = √[2(g+a)l(1-cosα₀)]
nếu α₀ rất nhỏ:
vmax ≈ α₀√((g+a)l)
c) tìm góc lệch lớn nhất để dây không đứt
lực căng lớn nhất xuất hiện khi vật đi qua vị trí thấp nhất:
tmax = m(g+a) + mv²max/l
thay v²max vào:
tmax = m(g+a)[3 - 2cosαmax]
suy ra:
cosαmax = (3m(g+a)-tmax)/(2m(g+a))
vậy:
αmax = arccos[(3m(g+a)-tmax)/(2m(g+a))]
d) cộng hưởng tham số
khi gia tốc biến thiên:
a(t) = a₀cos(ωt)
tần số riêng của con lắc là:
ω₀ = √((g+a)/l)
hiện tượng cộng hưởng tham số xảy ra mạnh nhất khi:
ω ≈ 2ω₀
lúc đó năng lượng được truyền liên tục vào hệ, làm biên độ dao động tăng nhanh
tham khảo nhá a!
Gọi gia tốc trọng trường hiệu dụng trong thang máy là:
\(g^{'} = g + a\)
(vì thang máy đi lên với gia tốc \(a\)).
a) Chu kì dao động của con lắc
Với góc lệch nhỏ:
\(sin\alpha\approx\alpha\)
Phương trình dao động:
\(\alpha^{^{\prime\prime}}+\frac{g^{'}}{l}\alpha=0\)
⇒ Dao động điều hòa với tần số góc:
\(\omega_0=\sqrt{\frac{g^{'}}{l}}=\sqrt{\frac{g + a}{l}}\)
⇒ Chu kì:
\(T=2\pi\sqrt{\frac{l}{g + a}}\)
b) Vận tốc cực đại
Biên độ góc ban đầu là \(\alpha_{0}\).
Biên độ dài cung:
\(A = l \alpha_{0}\)
Dao động điều hòa nên:
\(v = \omega_{0} A\) \(= \sqrt{\frac{g + a}{l}} \cdot l \alpha_{0}\)
Suy ra:
\(v = \alpha_{0} \sqrt{l \left(\right. g + a \left.\right)}\)
c) Góc lệch ban đầu lớn nhất để dây không bị đứt
Lực căng dây:
\(T = m \left(\right. g + a \left.\right) cos \alpha + \frac{m v^{2}}{l}\)
Lực căng lớn nhất xuất hiện khi vật đi qua vị trí cân bằng \(\left(\right. \alpha = 0 \left.\right)\).
Khi đó:
\(T = m \left(\right. g + a \left.\right) + \frac{m v^{2}}{l}\)
Mà:
\(v^{2} = l \left(\right. g + a \left.\right) \alpha_{0}^{2}\)
Suy ra:
\(T = m \left(\right. g + a \left.\right) \left(\right. 1 + \alpha_{0}^{2} \left.\right)\)
Để dây không đứt:
\(m \left(\right. g + a \left.\right) \left(\right. 1 + \alpha_{0}^{2} \left.\right) \leq T m a x\)
Suy ra:
\(\alpha_{0}^{2} \leq \frac{T m a x}{m \left(\right. g + a \left.\right)} - 1\)
Vậy:
\(A m a x = \sqrt{\frac{T m a x}{m \left(\right. g + a \left.\right)} - 1}\)
Hoặc nhất quán hơn:
\(\alpha m a x = \sqrt{\frac{T m a x}{m \left(\right. g + a \left.\right)} - 1}\)
d) Gia tốc biến thiên theo thời gian
Cho:
\(a\left(\right.t\left.\right)=a_0cos\left(\right.\Omega t\left.\right)\)
Khi đó:
\(g^{^{\prime}}\left(\right.t\left.\right)=g+a_0cos\left(\right.\Omega t\left.\right)\)
Phương trình dao động:
\(\alpha^{^{\prime\prime}}+\frac{g + a_{0} cos \left(\right. \Omega t \left.\right)}{l}\alpha=0\)
Đây là phương trình Mathieu.
Tần số riêng của con lắc:
\(\omega_0=\sqrt{\frac{g}{l}}\)
Hiện tượng cộng hưởng tham số xuất hiện khi:
\(\Omega \approx \frac{2 \omega_{0}}{n} , n = 1 , 2 , 3 , \ldots\)
Miền cộng hưởng mạnh nhất:
\(\Omega\approx2\omega_0\)
Hay:
\(\Omega\approx2\sqrt{\frac{g}{l}}\)
⇒ Biên độ dao động tăng mạnh theo thời gian.
Đó là hiện tượng cộng hưởng tham số.
(khỏi c.on=)) )
xl mk chưa học lớp 9 nha
ví ví=))
nx hả =))
Yass, đổi quà nên thừa=))
tui ko bt
Câu a.
Trong thang máy gia tốc hướng lên, gia tốc hiệu dụng là g' = g + a
Chu kì dao động nhỏ:
T = 2π√(l/(g+a))
Giải thích, thang máy đi lên nhanh dần nên con lắc chịu trọng lực hiệu dụng lớn hơn, vì vậy chu kì nhỏ hơn so với khi đứng yên
Câu b.
Với góc nhỏ α0, cơ năng:
1/2mvmax^2 = mg'l(1 - cosα0)
vmax = √(2(g+a)l(1 - cosα0))
Nếu α0 nhỏ:
vmax ≈ α0√((g+a)l)
Giải thích, vận tốc lớn nhất ở vị trí cân bằng vì khi đó thế năng giảm nhiều nhất và động năng lớn nhất
Câu c.
Lực căng lớn nhất ở vị trí cân bằng:
Tmax dây = mg' + mvmax^2/l
Tmax dây = m(g+a) + m.2(g+a)(1 - cosαmax)
Tmax dây = m(g+a)(3 - 2cosαmax)
Để dây không đứt:
m(g+a)(3 - 2cosαmax) ≤ tmax
cosαmax ≥ (3m(g+a) - tmax)/(2m(g+a))
αmax = arccos((3m(g+a) - tmax)/(2m(g+a)))
Giải thích, dây dễ đứt nhất tại vị trí thấp nhất vì lực căng vừa phải giữ trọng lực hiệu dụng vừa đóng vai trò lực hướng tâm
Câu d.
Khi a(t) = a0cos(ωt), phương trình dao động nhỏ:
α'' + ((g + a0cos(ωt))/l)α = 0
Đây là dao động tham số, vì hệ số của α biến thiên theo thời gian
Tần số riêng ban đầu:
ω0 = √(g/l)
Cộng hưởng tham số mạnh nhất xảy ra khi:
ω ≈ 2ω0
Tổng quát hơn:
ω ≈ 2ω0/n, với n = 1, 2, 3,...
Mạnh nhất là n = 1
Giải thích, gia tốc thang máy làm thay đổi trọng lực hiệu dụng tuần hoàn, tức là làm thay đổi tần số riêng của con lắc, nếu sự thay đổi này có tần số gần gấp đôi tần số dao động riêng thì năng lượng được bơm vào hệ liên tục, biên độ tăng mạnh, thực tế ma sát sẽ làm biên độ chỉ tăng khi a0 đủ lớn để thắng hao phí