Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Chọn đáp án D
Đây là trường hợp nạp năng lượng cho tụ nên U 0 = 4 ( V ) , từ công thức
W = C U 0 2 2 ⇒ C = 2 W U 0 2 = 2.10 − 6 16 = 0,125.10 − 6 ( F )
Khoảng thời gian hai lần liên tiếp để W L = W C là T 4 = 10 − 6 s
⇒ T = 2 π ω = 2 π .10 6 (rad/s) ⇒ L= 1 ω 2 C = 32 π 2 .10 − 6 ( H )
\(L = \frac{1}{\omega^2 C}=0,625H.\)
\(i = 0,02. \cos8000.\frac{\pi}{48000}= 0,02.\cos\frac{\pi}{6}= 0,02.\frac{\sqrt{3}}{2}\)
\(W_C=\frac{1}{2}L(I_0^2-i^2) = 3,125.10^{-5}J.\)
Sau khoảng thời gian ngắn nhất \(0,25 \mu s\) năng lượng điện trường và năng lượng từ trường => \(\frac{T}{4}= 0,25 \mu s=> T = 10^{-6}s=> \omega = \frac{2\pi}{T}= 2\pi.10^{6}(rad/s).\)
\(q_0 = \frac{I_0}{\omega} = \frac{2.10^{-8}}{\pi}C.\)
\(W_L=W_C = \frac{0,8}{\pi}.10^{-6}=> q = \pm \frac{q_0}{\sqrt{2}}.\)
Ta có: \(\frac{1}{2}\frac{q_0^2}{2C}=\frac{0,8}{\pi}.10^{-6}=> C = \frac{1,25.10^{-10}}{\pi}F = \frac{125}{\pi}pF.\)
bạn giải đúng rồi nhưng mà đoạn cuối công thức là (1/2)*(q02/C) chứ ko phải là 2C. đáp án là D
Dòng điện đổi chiều khi dòng điện đi qua VTCB.
Vẽ đường tròn tương ứng
Vị trí ban đầu ứng với pha ban đầu là \(-\frac{\pi}{3}\) ứng với điểm N.
Vị trí gần nhất (quay theo chiều ngược chiều kim đồng hồ) thì điểm N là vị trí gần nhất tại đó dòng đổi chiều.
\(t=\frac{\varphi}{\omega}=\frac{5\pi}{6}\Rightarrow\omega=\frac{5\pi}{6}:t=2\pi.10^6\)
Điện tích cực đại \(Q_o=\frac{I_0}{\omega}=\frac{30}{2\pi.10^6}=\frac{1,5.10^{-5}}{\pi}C\)
Như vậy đáp án C thỏa mãn.
Cứ sau những khoảng thời gian \(\frac{T}{4}\) s thì năng lượng trong tụ điện và trong cuộn cảm lại bằng nhau.
\(=> \frac{T}{4}=1\mu s=> T = 4.10^{-6}s.\)
\(W_{Cmax} = \frac{1}{2}CU_0^2=> C = \frac{2W_{Cmax}}{U_0^2} = 1,25.10^{-7}F.\)
\(T = 2\pi .\sqrt{LC}=> L = \frac{T^2}{4\pi^2C}=\frac{32}{\pi^2}\mu H.\)