Gương elip trong một máy tán sỏi thận (H7.33) ứng với clip có phương trình chính tắc là \(\frac{{{x^2}}}{{400}} + \frac{{{y^2}}}{{76}} = 1\) (theo đơn vị cm). Tính khoảng cách từ vị trí đầu phát sóng của máy đến vị trí của sỏi thận cần tán.
ột nguồn O phát sóng cơ dao động theo phương trình u 0 = 2 c o s 20 π t + π/3 (trong đó u tính bằng đơn vị mm, t tính bằng đơn vị s). Xét sóng truyền theo một đường thẳng từ O đến điểm M (M cách O một khoảng 45 cm) với tốc độ không đổi 1m/s. Trong khoảng từ O đến M có bao nhiêu điểm dao động cùng pha với dao động tại nguồn O?
A. 4
B. 3
C. 2
D. 5
Trong bản vẽ thiết kế, vòm của ô thoáng trong Hình 7.22 là nửa nằm phía trên trục hoành của elip có phương trình \(\frac{{{x^2}}}{{16}} + \frac{{{y^2}}}{4} = 1\). Biết rằng 1 đơn vị trên mặt phẳng toạ độ của bản vẽ thiết kế ứng với 30 cm trên thực tế. Tinh chiều cao h của ô thoáng tại điểm cách điểm chính giữa của đế ô thoáng 75 cm.
75 cm trên bản vẽ ứng với 2,5 đơn vị trên mặt phẳng tọa độ.
Gọi M là điểm trên vòm ô thoáng, có hoành độ 2,5 và tung độ là h.
M thuộc elip nên \(\frac{{2,{5^2}}}{{16}} + \frac{{{h^2}}}{4} = 1\)
\(\Leftrightarrow h = \sqrt {4.\left( {1 - \frac{{2,{5^2}}}{{16}}} \right)} = \frac{{\sqrt {39} }}{4} \approx 1,56\)
Vậy độ cao h trên thực tế là: \(h = 1,56.30 = 46,8\) cm
Hai nguồn phát sóng kết hợp S1, S2 trên mặt nước cách nhau 10 cm dao động theo phương trình u 1 = u 2 = 2 cos ( 40 πt ) cm. Xét điểm M trên mặt nước cách S1, S2 những đoạn tương ứng là d1 = 4,2 cm và d2 = 9 cm. Coi biên độ sóng không đổi và tốc độ truyền sóng trên mặt nước là v = 32 cm/s. Giữ nguyên tần số f và các vị trí S1, M. Muốn điểm M nằm trên đường cực tiểu giao thoa thì phải dịch chuyển nguồn S2 dọc theo phương S1S2 chiều lại gần S1 từ vị trí ban đầu một khoảng nhỏ nhất bằng
A. 0,42 cm.
B. 0,89 cm.
C. 0,36 cm.
D. 0,6 cm.
Hai nguồn phát sóng kết hợp S 1 , S 2 trên mặt nước cách nhau 10 cm dao động theo phương trình u 1 = u 2 = 2 cos 40 π t cm. Xét điểm M trên mặt nước cách S 1 , S 2 những đoạn tương ứng là d 1 = 4,2 cm và d 2 = 9 cm. Coi biên độ sóng không đổi và tốc độ truyền sóng trên mặt nước là v = 32 cm/s. Giữ nguyên tần số f và các vị trí S 1 , M. Muốn điểm M nằm trên đường cực tiểu giao thoa thì phải dịch chuyển nguồn S 2 dọc theo phương S 1 S 2 chiều lại gần S 1 từ vị trí ban đầu một khoảng nhỏ nhất bằng
A. 0,42 cm.
B. 0,89 cm.
C. 0,36 cm.
D. 0,6 cm.
Trong thí nghiệm giao thoa Y−âng, khoảng cách hai khe là 0,5 mm với ánh sáng đơn sắc có bước sóng λ λ thì tại điểm M cách vân sáng trung tâm 1 mm là vị trí vân sáng bậc 2. Nếu dịch màn xa thêm một đoạn 50/3 cm theo phương vuông góc với mặt phẳng hai khe thì tại M là vị trí vân tối thứ 2. Bước sóng ánh sáng dùng trong thí nghiệm bằng
A. 0,5 μm
B. 0,6 μm
C. 0,4 μm
D. 0,64 μm
Trong thí nghiệm giao thoa Y-âng, khoảng cách hai khe là 0,5 mm. Giao thoa thực hiện với ánh sáng đơn sắc có bước sóng thì tại điểm M cách vân sáng trung tâm 1 mm là vị trí vân sáng bậc 2. Nếu dịch màn xa thêm một đoạn 50/3 cm theo phương vuông góc với mặt phẳng hai khe thì tại M là vị trí vân tối thứ 2. Bước sóng ánh sáng dùng trong thí nghiệm bằng
A. 0,64 μm.
B. 0,5 μm.
C. 0,6 μm.
D. 0,4 μm.
Đáp án B
Ban đầu, tại M là vân sáng bậc 2 nên:
Sau khi dịch màn xa thêm một đoạn 50/3 cm theo phương vuông góc với mặt phẳng hai khe thì tại M là vị trí vân tối thứ 2 nên:
Trong thí nghiệm giao thoa Y-âng, khoảng cách hai khe là 0,5 mm. Giao thoa thực hiện với ánh sáng đơn sắc có bước sóng thì tại điểm M cách vân sáng trung tâm 1 mm là vị trí vân sáng bậc 2. Nếu dịch màn xa thêm một đoạn 50 3 cm theo phương vuông góc với mặt phẳng hai khe thì tại M là vị trí vân tối thứ 2. Bước sóng ánh sáng dùng trong thí nghiệm bằng
A. 0,64 μm.
B. 0,5 μm.
C. 0,6 μm.
D. 0,4 μm.
Đáp án B
Ban đầu, tại M là vân sáng bậc 2 nên:
Sau khi dịch màn xa thêm một đoạn
50
3
cm theo phương vuông góc với mặt phẳng hai khe thì tại M là vị trí vân tối thứ 2 nên:
Từ (1) và (2) ta có:
Bước sóng dùng trong thí nghiệm:
Quỹ đạo của vật được ném lên từ gốc O (được chọn là điểm ném) trong mặt phẳng tọa độ Oxy là một parabol có phương trình \(y = \frac{{ - 3}}{{1000}}{x^2} + x\) , trong đó x (mét) là khoảng cách theo phương ngang trên mặt đất từ vị trí của vật đến gốc O, y (mét) là độ cao của vật so với mặt đất (H.6.15)
a) Tím độ cao cực đại của vật trong quá trình bay
b) Tính khoảng cách từ điểm chạm mặt đất sau khi bay của vật đến gốc O. Khoảng cách này gọi là tầm xa của quỹ đạo.
a) Tung độ đỉnh của hàm số \(y = \frac{{ - 3}}{{1000}}{x^2} + x\) là:
\(\frac{{ - \Delta }}{{4a}} = \frac{{ - \left( {{1^2} - 4.\frac{{ - 3}}{{1000}}.0} \right)}}{{4.\frac{{ - 3}}{{1000}}}} = \frac{{250}}{3}\)
Vậy độ cao cực đại của vật là \(\frac{{250}}{3}(m)\)
b) Vật chạm đất khi:
\(y = 0 \Leftrightarrow \frac{{ - 3}}{{1000}}{x^2} + x = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{1000}}{3}\)và x=0(loại)
Vậy khoảng cách từ điểm chạm mặt đất sau khi bay của vật đến gốc O là \(\frac{{1000}}{3}\left( m \right)\)
Một vật dao động điều hòa x=Acos( ωt+ φ). Trong khoảng 1/60s đầu tiên vật đi từ vị trí Xo=0 đến vị trí X=A √3/2 theo chiều dương và tại điểm cách vị trí cân bằng 2cm vật có vận tốc 40π√3 cm/s. Viết phương trình li độ
+ Biểu diễn dao động điều hoà bằng véc tơ quay.
Trong 1/60s đầu tiên ứng với véc tơ quay từ M đến N, góc quay dễ dàng tìm được là 600.
Thời gian \(t=\dfrac{60}{360}T=\dfrac{1}{60}\Rightarrow T = 0,1s\)
\(\Rightarrow \omega = 2\pi/T=20\pi (rad/s)\)
Áp dụng công thức độc lập: \(A^2=x^2+\dfrac{v^2}{\omega^2}\Rightarrow A^2=2^2+\dfrac{(40\pi\sqrt 3)^2}{20\pi}\)
\(\Rightarrow A = 4cm\)
Pha ban đầu ứng với véc tơ quay tại M \(\Rightarrow \varphi = -\dfrac{\pi}{2} (rad/s)\)
Vậy: \(x=4\cos(20\pi t -\dfrac{\pi}{2}) (cm)\)
Vật đi từ li độ x =0 theo chiều dương đến li độ x = \(A\sqrt{3}/2\) như hình vẽ.
Cung quay được tương ứng có màu đỏ và bằng \(\phi = 90- \varphi = 60^0.\) (vì \(\cos\varphi = \frac{A\sqrt{3}/2}{A}= \frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow \varphi = 30^0. \))
Thời gian quay là \(t = \frac{\pi/3}{\omega} = \frac{1}{60} \Rightarrow \omega = \pi/3:\frac{1}{60}=20\pi. \)(rad/s).
ADCT mối quan hệ giữa li độ, vận tốc tại li độ đó và biên độ
\(A^2 = x^2 + \frac{v^2}{\omega}=2^2+\frac{40^2\pi^2\sqrt{3}^2}{20^2\pi^2} = 16.\)
=> A = 4cm.
Do vật đi từ x = 0 theo chiều dương nên hình vào hình tròn va thấy \(\varphi = -\frac{\pi}{2}.\)
=> \(x = 4 \cos (20\pi t - \frac{\pi}{2}).\)