Phóng một vật thẳng lên trời với vận tốc ban đầu v0, khi lên đến 2/3 độ cao tối đa, vận tốc của vật đạt được là bao nhiêu ?
a. v= \(\dfrac{v_0}{\sqrt{3}}\)
b. v= \(\dfrac{v_0}{3}\)
c. v=\(\dfrac{2v_0}{3}\)
d.v= \(v_0\sqrt{3}\)
Phóng một vật thẳng lên trời với vận tốc ban đầu v0, khi lên đến 2/3 độ cao tối đa, vận tốc của vật đạt được là bao nhiêu ?
a. v= \(\dfrac{v_0}{\sqrt{3}}\)
b. v= \(\dfrac{v_0}{3}\)
c. v=\(\dfrac{2v_0}{3}\)
d.v= \(v_0\sqrt{3}\)
Một vật khối lượng 300g thực hiện đồng thời hai dao độngk là x1= 5 căn 3 cos(5 pi t) cm ; x2= 5 cos (5 pi t -alpha) cm. Biết phương trình dao động tổng hợp của vật x= A cos (5 pi t - beta) cm. Biết 0<beta<alpha<pi, alpha+beta=pi/2 . Năng lượng dao động của vật là
Bạn ấn vào biểu tượng fx để nhập công thức nhé, nhìn thế này khó luận lắm.
Ta có giản đồ véc tơ của dao động tổng hợp như sau:
Ta có: \(\alpha+\beta=90^0\)
\(\widehat{M}+\alpha=180^0\)
Lấy 2 vế trừ cho nhau ta được: \(\widehat{M}-\beta=90^0\)
Tam giác OMN có:
\(\widehat{N}=180^0-\beta-\widehat{M}=180^0-\beta-\beta-90^0=90^0-2\beta\)
Áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác OMN ta có:
\(\dfrac{5\sqrt 3}{\sin\widehat{N}}=\dfrac{5}{\sin \beta}\)
\(\Rightarrow \dfrac{\sin(90^0-2\beta)}{\sin \beta}=\sqrt 3\)
\(\Rightarrow \dfrac{\cos2\beta}{\sin \beta}=\sqrt 3\)
\(\Rightarrow 1-2\sin^2\beta=\sqrt 3.\sin \beta\)
\(\Rightarrow 2\sin^2\beta+\sqrt 3.\sin \beta - 1= 0\)
\(\Rightarrow \sin\beta=\dfrac{\sqrt {11}-\sqrt 3}{4}\)
Lại tiếp tục áp dụng định lí hàm số sin trong tam giác OMN ta có:
\(\dfrac{A}{\sin\widehat{M}}=\dfrac{5}{\sin \beta}\)
\(\Rightarrow \dfrac{A}{\sin(90^0+\beta)}=\dfrac{5}{\sin \beta}\)
\(\Rightarrow A = 5.\cot\beta\approx11,59(cm)\)
Năng lượng của vật: \(W=\dfrac{1}{2}m\omega^2.A^2=0,5(J)\)
Một vật nhỏ khối lượng m đặt trên một toa xe có khối lượng M . Toa xe này có thể chuyển động trên một đường ray nằm ngang không ma sát . Ban đầu hệ đứng yên . Sau đó cho m chuyển động ngang trên toa xe với vận tốc \(v_0\rightarrow\). Xác định vận tốc chuyển động của toa xe trong 2 trường hợp :
a) \(v_0\rightarrow\) là vận tốc m đối với đất .
b) \(v_0\rightarrow\)là vận tốc m đối với toa xe .
Thí nghiệm vẽ ở hình 20.6 dùng để xác định xem thể tích củakhông khí tăng thêm bao nhiêu so với thể tích ban đầu khi nhiệt độ của nó tăng thêm 1°C. Giá trị này là \(a=\dfrac{\Delta}{\Delta v_0}\) , trong đó AV là độ tăng thể tích ban đầu của nó. Biết thể tích không khí ở nhiệt độ ban đầu là 100cm3, ĐCNN của ống thủy tinh là 0,5cm3. Hãy dựa vào thí nghiệm trong hình để xác định α.
Giọt nước dịch 7 độ chia vậy độ tăng thể tích: ∆VT = 7.0,5 = 3,5cm3
Độ tăng cho 1°C là ΔV = 3,5cm3/9,5 = 0,3684cm3
Giá trị \(a=\dfrac{\Delta v}{\Delta v_0}=\dfrac{0,3684}{100}=0,003684\approx\dfrac{1}{273}\)
Xét một vật rắn đồng chất, đẳng hướng và có dạng khối lập phương. Hãy chứng minh độ tăng thể tích ΔV của vật rắn này khi bị nung nóng từ nhiệt độ đầu to đến nhiệt độ t được xác định bởi công thức :
ΔV = V - Vo = βVoΔt
Với Vo và V lần lượt là thể tích của vật rắn ở nhiệt độ đầu to và nhiệt độ cuối t, Δt = t - to, β ≈ 3α (α là hệ số nở dài của vật rắn này).
Chú ý: α2 và α3 rất nhỏ so với α.
Ở nhiệt độ t0 (ºC) cạnh hình lập phương là l0
→ thể tích khối lập phương là:
Ở nhiệt độ t (ºC) cạnh hình lập phương là l
→ thể tích khối lập phương là: V = l3
Mặt khác ta có: l = l0.(1 + αΔt) ⇒ V = l03.(1 + αΔt)3
Do α rất nhỏ nên α2 và α3 cũng rất nhỏ, ta có thể bỏ qua.
→ ΔV = V – V0 = V0.β.Δt
Cho \(0< \alpha\); \(\beta< \frac{\pi}{2}\); \(\alpha+\beta=\frac{\pi}{4}\) và \(tan\alpha.tan\beta=3-2\sqrt{2}\)
a) Tính gtri của \(A=tan\left(\alpha+\beta\right)\)
b) Tính gtri của \(B=tan\alpha+tan\beta\)
c) TÍnh \(tan\alpha\) và \(tan\beta\). Suy ra \(\alpha\) và \(\beta\)
\(A=tan\left(a+b\right)=tan\frac{\pi}{4}=1\)
Ta có: \(tan\left(a+b\right)=\frac{tana+tanb}{1-tana.tanb}\)
\(\Rightarrow B=tana+tanb=tan\left(a+b\right)\left(1-tana.tanb\right)=1.\left(1-3+2\sqrt{2}\right)=2\sqrt{2}-2\)
\(\left\{{}\begin{matrix}tana+tanb=2\sqrt{2}-2\\tana.tanb=3-2\sqrt{2}\end{matrix}\right.\)
Theo Viet đảo, \(tana;tanb\) là nghiệm của:
\(x^2-\left(2\sqrt{2}-2\right)x+3-2\sqrt{2}=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-\sqrt{2}+1\right)^2=0\Rightarrow x=\sqrt{2}-1\)
\(\Rightarrow tana=tanb=\sqrt{2}-1\Rightarrow a=b=\frac{\pi}{8}\)
biết tanα,tanβ là các nghiệm của phương trình x^2-px+q=0 tính A=cos^2(α+β)+psin(α+β).cos(α+β)+qsin^2(α+β)
Theo Viet ta có \(\left\{{}\begin{matrix}tana+tanb=p\\tana.tanb=q\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow tan\left(a+b\right)=\frac{tana+tanb}{1-tana.tanb}=\frac{p}{1-q}\)
\(A=cos^2\left(a+b\right)\left[1+p.tan\left(a+b\right)+q.tan^2\left(a+b\right)\right]\)
\(A=\frac{1}{1+tan^2\left(a+b\right)}\left[1+\frac{p^2}{1-q}+\frac{q.p^2}{\left(1-q\right)^2}\right]\)
\(A=\frac{\left(1-q\right)^2}{p^2+\left(1-q\right)^2}\left(1+\frac{p^2}{\left(1-q^2\right)}\right)\)
\(A=\frac{\left(1-q^2\right)}{p^2+\left(1-q\right)^2}.\left(\frac{p^2+\left(1-q\right)^2}{\left(1-q\right)^2}\right)=1\)
một người đứng ở đỉnh tháp ném xien 1 vật với \(v_0=20\)m/s chếch lên \(45^0\) so với phương ngang . còn mặt tháp dốc 300
so với phương ngang . tìm điểm rơi
một bình thủy tinh chứa đầy 100cm3 thủy ngân 0oC. hệ số nở dài của thủy ngân là \(\alpha=9.10^{-6}K^{-1}\) hệ số nở khối của thủy ngân là \(\beta=18.10^{-3}K^{-1}\) khối lượng riêng của thủy ngân khi ở 18o C là 13,6g/cm3.
a khi nhiệt độ tăng đến 50 độ C tính thể tích của bình và thủy ngân.
b tính thể tích của thủy ngân ra ngoài và khối lượng của thủy ngân bị tràn đó.
help meeeee!
Hai vật có khối lượng là \(m_1\) và \(m_2\) với \(m_1< m_2\) rơi tự do tại cùng một độ cao với cùng vận tốc ban đầu \(v_0=0\) thì
A. Thời gian rơi \(t_1>t_2\) B. Thời gian rơi \(t_2>t_1\)
C. Không có cơ sở kết luận D. Thời gian rơi \(t_2=t_1\)