Lời giải:
Nhận xét: Hai vật sẽ gặp nhau lần đầu tại vị trí đối xứng qua Ox mà N nằm ở góc phần tư thứ nhất còn M ở góc phần tư thứ 4
Ta có:$\omega _N=5\omega _M$ nên khi gặp nhau thì M và N đã quét được các góc $\varphi $ và $5\varphi $
Do đối xứng qua Ox nên dễ dàng tìm được $\varphi =30^0$...
Bài này chỉ có thử các bộ là nhanh nhất.
Ta có: $\dfrac{k_1}{k_2}=\dfrac{5}{3}$
nên các bộ số của $k_1,k_2$ có thể là $\left(5;3\right); \left(10;6\right); \left(15; 9\right) ;\left( 20;12\right);....$
Mà tổng số vân sáng đơn sắc là 26 nên dễ dàng "mò" được $\lambda_2=0,56$
Chọn D
Phải nói...
Khi $C=C_3$ thì $P=\dfrac{P_{max}}{2} \rightarrow Z_C=Z_L+R$
Mặt khác $Z_C=\dfrac{R^2+Z_L^{2}}{Z_L} \rightarrow R=Z_L$
Ta có công thức: $U_C=U_{C-M}\left(\cos \varphi +\cos \varphi _0\right)$ với $\tan \varphi _0=\dfrac{R}{Z_L}$
$\rightarrow \varphi _0=\dfrac{\pi...
Bài toán:
Một rađa quân sự đặt trên mặt đất ở đảo Lý Sơn có tọa độ $15^{0}29^{'}B, 108^{0}12^{'}Đ$ phát tín hiệu ra sóng dài truyền thẳng đến vị trí giàn khoan HD981 có tọa độ $15^{0}29^{'}B,111^{0}12^{'}Đ$. Cho bán kính Trái Đất là $6400km$, tốc độ lan truyền sóng dài là $\dfrac{2\pi }{9}c$, và...
Dễ dàng tìm được $A=2,8.10^{-19}J \rightarrow W_{đ1}=7,72.10^{-20}J$
Áp dụng định lí biến thiên động năng:
$\dfrac{m.v^2}{2}-W_{đ1}=e.U_{BA}\rightarrow v=1,1.10^{-6}$
A là đúng rồi.
Đâu cần đao to búa lớn thế :v
$H_1=1-\dfrac{4P}{U^2\cos ^2\varphi} \rightarrow \dfrac{P}{U^2\cos ^2\varphi}=0,05$
$H_2=1-\dfrac{3P}{U^2\cos ^2\varphi}=1-0,15=0,85$ :3
Lời giải:
$W_1=4W_2=4W$
$\dfrac{W_{t1}}{W_{t2}}=4$
Khi $W_{d1}=0,6J\rightarrow W_{t1}=4W-0,6=4.0,5=2\rightarrow W=0,65J$
Khi $W_{t1}=0,4J\rightarrow W{t2}=0,1\rightarrow W_{d2}=0,65-0,1=0,55J$
Chọn D.
Với $\omega _0=\dfrac{1}{\sqrt{LC}}$ để $U_{R-Max}$
$\omega $ để $U_{L-Max}$
Ta có công thức:
$U_{L-Max}=\dfrac{U \omega ^2}{\sqrt{\omega ^4-\omega _{0}^4}}$
Đáp án: $165\sqrt{2}\left(V\right)$.