Thư Viện Công Thức Vật Lý

Do 

$$\begin{gathered} {\phi }_r={\phi }_i \\ {\phi }_L-{\phi }_r=\frac{\pi }{2} \end{gathered}$$

${\left(\frac{u_r}{U_{0r}}\right)}^2+{\left(\frac{u_L}{U_{0L}}\right)}^2=1;u_r=ri$

Với

$u_r$ hiệu điện thế tức thời giữa hai đầu điện trở trong $\left(V\right)$

$u_L$ hiệu điện thế tức thời giữa hai đầu cuộn cảm thuần$\left(V\right)$

$U_{0r}$ hiệu điện thế cực đại giữa hai đầu điện trở trong $\left(V\right)$

$U_{0L}$ hiệu điện thế cực đại  giữa hai đầu cuộn cảm thuần$\left(V\right)$

$i$ hiệu điện thế tức thời  trong mạch  $\left(A\right)$

 Do $u_C$và i vuông pha.

$u_C ,i$ hiệu điện thế và dòng điện tức thời qua tụ điện.

$U_{0C},I_0$ Hiệu điện thế cuộn cảm và dòng điện cực đại

Do $u_R$ và i cùng pha

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

Với $u,i$ là giá trị tức thời của hiệu điện thế , cường độ dòng điện trong mạch $\left(V\right) ; \left(A\right)$.

Với $U_0,I_0$ là giá trị cực đại của hiệu điện thế , cường độ dòng điện trong mạch .

Với $U,I$ là giá trị hiệu dụng của hiệu điện thế , cường độ dòng điện trong mạch .

${\phi }_u,{\phi }_i$ pha ban đầu của u và i . 

Đồ thị của u và i theo t.u và i dao động cùng chu kì , tần số và có dạng hình sin, cos

Dòng điện xoay chiều có chiều và cường độ biến thiên theo thời gian t.

Nguồn điện xoay chiều : Động cơ điện 1 , 3 pha .

Tại M có biên độ cực đại: $d_{2M}-d_{1M}=\left(k+\frac{{\phi }_2-{\phi }_1}{2\pi }\right)\lambda$

Vì M nằm trên đường vuông góc $S_1$:

$$\begin{gathered} {d_{2M}}^2={d_{1M}}^2+S_1{S_2}^2\iff {\left(k+\frac{{\phi }_2-{\phi }_1}{2\pi }+d_{1M}\right)}^2{\lambda }^2={d_{1M}}^2+S_1{S_2}^2 \\ \Rightarrow d_{1M} min \iff k=k_{max} \end{gathered}$$

Với M có biên độ cực tiểu: $d_{2M}-d_{1M}=\left(k+\frac{{\phi }_2-{\phi }_1}{2\pi }-0,5\right)\lambda$

Vì M nằm trên đường vuông góc $S_1$:

$$\begin{gathered} {d_{2M}}^2={d_{1M}}^2+S_1{S_2}^2\iff {\left(k+\frac{{\phi }_2-{\phi }_1}{2\pi }+0,5+d_{1M}\right)}^2{\lambda }^2={d_{1M}}^2+S_1{S_2}^2 \\ \Rightarrow d_{1M} max \iff k=k_{max} \end{gathered}$$

$k_{max}$ là đường cực tiểu hoặc cực đại nằm gần S1 

Tại M có biên độ cực đại: $d_{2M}-d_{1M}=\left(k+\frac{{\phi }_2-{\phi }_1}{2\pi }\right)\lambda$

Vì M nằm trên đường vuông góc $S_1$:

$$\begin{gathered} {d_{2M}}^2={d_{1M}}^2+S_1{S_2}^2\iff {\left(k+\frac{{\phi }_2-{\phi }_1}{2\pi }+d_{1M}\right)}^2{\lambda }^2={d_{1M}}^2+S_1{S_2}^2 \\ \Rightarrow d_{1M} max \iff k=k_{min} \end{gathered}$$

Với M có biên độ cực tiểu: $d_{2M}-d_{1M}=\left(k+\frac{{\phi }_2-{\phi }_1}{2\pi }+0,5\right)\lambda$

Vì M nằm trên đường vuông góc $S_1$:

$$\begin{gathered} {d_{2M}}^2={d_{1M}}^2+S_1{S_2}^2\iff {\left(k+\frac{{\phi }_2-{\phi }_1}{2\pi }-0,5+d_{1M}\right)}^2{\lambda }^2={d_{1M}}^2+S_1{S_2}^2 \\ \Rightarrow d_{1M} max \iff k=k_{min} \end{gathered}$$

$k_{min}$ là đường cực tiểu hoặc cực đại nằm gần đường trung trực S1S2 

Khi M nằm trên đường vuông góc với S2

Ta thay đổi $d_{1M}\Rightarrow d_{2M}$ và +1 thành -1

Điều kiện để M là cực tiểu giao thoa : $∆d_M=d_{2M}-d_{1M}=\left(k+\frac{{\phi }_2-{\phi }_1}{2\pi }+0,5\right)\lambda$

Mà $M\text{'}$ chạy từ M đến $S_1$:

$$\begin{gathered} ∆d_{S_1}>∆d_{M\text{'}}>∆d_M \\ \Rightarrow \frac{\sqrt{S_1{S_2}^2+M{S_1}^2}-M{S}_1}{\lambda }<k+\frac{{\phi }_2-{\phi }_1}{2\pi }+0,5<\frac{-S_1{S}_2}{\lambda } (\perp S_1) \\ \frac{-S_1{S}_2}{\lambda }<k+\frac{{\phi }_2-{\phi }_1}{2\pi }+0,5<\frac{M{S}_2-\sqrt{S_1{S_2}^2+M{S_2}^2}}{\lambda } (\perp S_2) \end{gathered}$$