Thư Viện Công Thức Vật Lý

Thời gian này từ a đến 0 :

$t=T-\frac{4T}{2\pi }arc\cos \left(\frac{a}{U_0}\right)$

Thời gian này từ a đến biên :

$t=\frac{4T}{2\pi }arc\cos \left(\frac{a}{U_0}\right)$

Trong một chu kì đèn tắt hoặc sáng 2 lần;

$n=2\frac{t}{T}=2N$

Tính tỉ số : $t=N.T+\frac{T}{2}+m$

Với $N$ là số nguyên  ;$m<\frac{T}{2}$

Tính góc quay với thời gian m : $∆\alpha =\omega m=\frac{2\pi m}{T}$

Xét trường hợp : ${\phi }_u va {\phi }_i$ bằng 0

Trong 1 chu kì qua vị trí có giá trị  a 2 lần 

Trong 1/2 chu kì qua vị trí có giá trị a 1 lần 

Đối với khi xét thời gian m

Vị trí đầu có độ lớn a : ${\alpha }_1=arc\cos \left(\frac{a}{U_0}\right)$ vị trí thứ 2 : ${\alpha }_2=\pi +arc\cos \left(\frac{a}{U_0}\right)$

$∆\alpha >{\alpha }_1$ : Thêm được 1 lần

$∆\alpha >{\alpha }_2$: thêm dược 2 lần

Khi pha ban đầu khác 0 : Thay vì xét $∆\alpha$ ta phải xét ${\phi }_u + ∆\alpha$ so với ${\alpha }_1$ và ${\alpha }_2$

Lưu ý : Vị trí a nằm trong góc quét $∆\alpha$ thì mới được tính

Tính tỉ số : $t=N.T+\frac{T}{2}+m$

Với $N$ là số nguyên  ;$m<\frac{T}{2}$

Tính góc quay với thời gian m : $∆\alpha =\omega m=\frac{2\pi m}{T}$

Xét trường hợp : ${\phi }_u va {\phi }_i$ bằng 0

Trong 1 chu kì qua vị trí có độ lớn  a 4 lần 

Trong 1/2 chu kì qua vị trí có độ lớn a 2 lần 

Đối với khi xét thời gian m

Vị trí đầu có độ lớn a : ${\alpha }_1=arc\cos \left(\frac{a}{U_0}\right)$ vị trí thứ 2 : ${\alpha }_2=\pi -arc\cos \left(\frac{a}{U_0}\right) ,{\alpha }_3=\pi +arc\cos \left(\frac{a}{U_0}\right) ,{\alpha }_4=2\pi -arc\cos \left(\frac{a}{U_0}\right)$

$∆\alpha >{\alpha }_1$ : Thêm được 1 lần

$∆\alpha >{\alpha }_2$: thêm dược 2 lần

Khi pha ban đầu khác 0 : Thay vì xét $∆\alpha$ ta phải xét ${\phi }_u + ∆\alpha$ so với ${\alpha }_1$ và ${\alpha }_2$

Lưu ý : Vị trí a nằm trong góc quét $∆\alpha$ thì mới được tính

Điện lượng chuyển qua từ thời điểm $t_1$ đến $t_2$

$i=I_0\cos \left(\omega t+{\phi }_i\right)$ (A)

$q={\int }_{t_1}^{t_2}idt=\frac{I_0}{\omega }\left(\sin \left(\omega t_2+{\phi }_i\right)-\sin \left(\omega t_1+{\phi }_i\right)\right)$

Trong 1 chu kì : $∆q=0$

$f_{đỏ}>f_{tím}$ tương tự

$f_{đỏ}>f>f_{tím}$

Với $D=\frac{1}{f}$ là độ tụ của thấu kính

$D_{đỏ}<D<D_{tím}$

Vậy tiêu cự của thấu kính tỉ lệ nghịch với chiết suất ánh sáng qua kính

Tại mặt phân cách : $$\begin{gathered} \sin \left(i\right)=n_{đỏ}\sin \left(r_{đỏ}\right)\Rightarrow r_{đỏ}=arc\sin \left(\frac{\sin \left(i\right)}{n_{đỏ}}\right) \\ \sin \left(i\right)=n_{tím}\sin \left(r_{tím}\right)\Rightarrow r_{tím}=arc\sin \left(\frac{\sin \left(i\right)}{n_{tím}}\right) \end{gathered}$$

$∆f=f_{đỏ}-f_{tím}=\frac{R_1{R}_2}{R_1+R_2}\left(\frac{1}{n_{đỏ}-1}-\frac{1}{n_{tím}-1}\right)$

Khi chiếu chùm sáng trắng qua thấu kính: Thì trên trục chính ta thu được quang phổ dài 1 đoạn $∆f$

Khi ánh sáng đi từ môi trường n ra không khí:

Th1 : $i<arc\sin \left(\frac{1}{n_{tím}}\right)$

Theo định luật khúc xạ ta có : $\left\{\begin{array}{l}{n}_{đỏ}\sin \left(i\right)=\sin \left(r_{đỏ}\right)\\ n_{tím}\sin \left(i\right)=\sin \left(r_{tím}\right)\end{array}\right.$

Khi đó góc lệch : $∆D=r_2-r_1$

Khi tìm giữa góc lệch tia đỏ và tia tím :

$∆D=r_{tím}-r_{đỏ}=arc\sin \left(n_{tím}\sin \left(i\right)\right)-arc\sin \left(n_{đỏ}\sin \left(i\right)\right)$

Nếu ban đầu $i=0 thì ∆D=0$ ánh sáng không bị tách.

Trường hợp tia bị phản xạ : $i>arc\sin \left(\frac{1}{n_{tím}}\right)$

Tia tím bị phản xạ toàn phần

$∆D=\frac{\mathrm{\pi }}{2}-i+r_{đỏ}=\frac{\mathrm{\pi }}{2}-i+arc\sin \left(n_{đỏ}\sin \left(i\right)\right)$

Trường hợp tia bị phản xạ : $i=arc\sin \left(\frac{1}{n_{tím}}\right)$

Lúc này tia tím nằm trên mpc

$∆D=\frac{\mathrm{\pi }}{2}-i-r_{đỏ}=\frac{\mathrm{\pi }}{2}-i-arc\sin \left(n_{đỏ}\sin \left(i\right)\right)$