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 : $∆q=0$

Chú thích : $x :$Li độ của vật$\left(m\right)$

$A$: Biên độ của vật $\left(m\right)$

$a_{max}$ Gia tốc cực đại$\left(m/s^2\right)$

$a$:Gia tốc của vật $\left(m/s^2\right)$

 n : tỉ số động năng và thế năng 

$v :$Vận tốc của vật $\left(m/s\right)$

 $v_{max}$: Vận tốc cực đại của vật$\left(m/s\right)$

l: Chiều dài dây đang bị thay đổi $\left(m\right)$

$l_0$: Chiều dài ban đầu $\left(m\right)$

$∆l_0$:Độ biến dạng của lò xo tại VTCB

Chú thích :

$v:$Vận tốc của con lắc lò xo$\left(m/s\right)$

$\omega$: Tần số góc của con lắc lò xo$\left(rad/s\right)$

$v_{max }:$Vận tốc cực đại$\left(m/s\right)$

$W_{đ}$ : Động năng của con lắc lò xo$\left(J\right)$

n : Tỉ số động năng và thế năng $\frac{W_{đ}}{W_t}$

x : li độ của vật $\left(m\right)$

A: Biên độ của vật $\left(m\right)$ 

$m :$$\left(kg\right)$

Phương trình vận tốc của con lắc đơn

$v=x\text{'}=-\omega A\sin \left(\omega t+\phi \right)$

Với $x:$Li độ $\left(m\right)$

      $A:$Biên độ $\left(m\right)$

     $\omega :$ Tần số góc con lắc lò xo $\left(rad/s\right)$

     $v:$Vận tốc của con lắc lò xo $\left(m/s\right)$

Chú ý : 

+ Vận tốc vuông pha li độ dài và li độ góc,  cực đại tại VTCB và bằng 0 tại Biên.

+ Với vận tốc cực đại : $v_{max}=\omega A$

Va chạm mềm : con lắc lò xo có $m_1$ va chạm với vật $m_{2 }$ có vận tốc lần lượt $v_1;v_2$.Sau va chạm hai vật bi dính lại và chuyển động cùng vật tốc.

Bảo toàn động lượng : $m_1{v}_{1\text{'}}+m_2{v}_2=\left(m_1+m_2\right)V$

$\Rightarrow V=\frac{m_1{v}_{1\text{'}}+m_2{v}_2}{\left(m_1+m_2\right)}$ , $V$ là vận tốc sau va chạm$\left(m/s\right)$

Công thức :

$\begin{array}{l}\omega \text{'}=\sqrt{\frac{k}{m_1+m_2}}\\ A\text{'}=\sqrt{x^2+{\left(\frac{V}{\omega \text{'}}\right)}^2}\end{array}$

Với x là vị trí so với VTCB mà vật bắt đầu va chạm