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

Bản mỏng có bề dày e , ta chiếu ánh sáng tới với góc i:

Chiều dài quang phổ ở đáy dưới bản mỏng:

$∆x=e\left(\tan \left(r_{đỏ}\right)-\tan \left(r_{tím}\right)\right)$

Khoảng cách giữa hai tia :

$$\begin{gathered} sin\left(\alpha \right)=\frac{d}{∆x} \\ \Rightarrow d=e\left(\tan \left(r_{đỏ}\right)-\tan \left(r_{tím}\right)\right).\cos \left(i\right) \end{gathered}$$

Phía dưới đặt một gương phẳng nên ánh sáng bị  phản xạ

Gỉa sử ta chiếu ánh sáng tại I: bể cao $h$

Xét tia đỏ : có $\widehat{IHH\text{'}}=2r_{đỏ}$ ; $IHH\text{'} cân$

$IH\text{'}=2.h\tan \left(r_{đỏ}\right)$

Tương tự với tia tím : $IA\text{'}=2.h\tan \left(r_{tím}\right)$

$\Rightarrow A\text{'}H\text{'}=2h.\left(\tan \left(r_{đỏ}\right)-\tan \left(r_{tím}\right)\right)$

Do ánh sáng bị phản nên ánh sáng ló có phương với mặt phân cách như lúc chiếu $\alpha =\frac{\mathrm{\pi }}{2}-i$

Dựng H'D vuông góc với tia ló tím ta được khoảng cách cần tìm

$DH\text{'}=d=2h.\left(\tan \left(r_{đỏ}\right)-\tan \left(r_{tím}\right)\right).\cos \left(i\right)$