K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

27 tháng 3 2019

Gọi x là khoảng cách từ tâm hình tròn lớn O đến trọng tâm phần còn lại O1.

Theo quy tắc hợp lực song song:

2 tháng 12 2017

2 tháng 4 2019

Giả sử ta khoét thêm một lỗ tròn bán kính R/2 nữa đối xứng với lỗ tròn đã khoét lúc đầu (H.III.6G)

Gọi  P →  là trọng lượng của đĩa bán kính R khi chưa bị khoét,  P 1 →  là trọng lượng của đĩa nhỏ có bán kính R/2 và  P 2 → là trọng lượng của phần đĩa còn lại sau hai lần khoét, ta có:

Giải sách bài tập Vật Lí 10 | Giải sbt Vật Lí 10

Do tính chất đối xứng, trọng tâm phần đĩa còn lại sau hai lần khoét thì trùng với tâm O của đĩa khi chưa khoét, còn trọng tâm của đĩa nhỏ mà ta giả sử khoét thêm thì ở tâm O 1  của nó. Gọi G là trọng tâm của đĩa sau khi bị khoét một lỗ tròn. Ta có hệ phương trình

Giải sách bài tập Vật Lí 10 | Giải sbt Vật Lí 10

Giải ra ta được: G O 1  = R/3 và GO = R/6

5 tháng 10 2017

Do tính đối xứng G nằm trên đường thẳng OO’ về phía đầy.

Trọng tâm của đĩa nguyên vẹn là tâm O; trọng tâm của đĩa bị khoét là O’.

  P → là hợp lực của hai lực P → 1 ,   P → 2 .

O G O O ' = P 2 P 1 = m 2 m 1 = V 2 V 1 = S 2 S 1 = π R 2 4 3 π R 2 4 = 1 3 ⇒ O G = R 6

18 tháng 1 2019

Chọn đáp án D

Do tính đối xúng → G nằm trên đường thẳng OO' về phía đầy

Trọng tâm của đĩa nguyên vẹn là tâm O; trọng tâm của đĩa bị khoét là O'

11 tháng 4 2017

Tóm tắt:

tâm O1; R1 = 20cm. D = 120 cm

Tâm O­2; R2 = 12 cm.

a) O1O2 =? Để Rtối = 4 cm. R’nửa tối =?

b) O1O2 =? Để Rtối = 0 cm

Bài giải

 a) Từ hình vẽ ta có: OA là bán kính của vùng tối trên màn, OA = R = 4 cm

- OP là bán kính của đường tròn giới hạn ngoài cùng của vung nửa tối OP =R’

Ta có: ∆ HAO ~ ∆ HA1O1 =>  H O H O 1 = A O A 1 O 1 ⇔ H O H O + O O 1 = R R 1 ⇔ H O H O + D = R R 1

⇒ H O H O + D − R R 1 = 0 ⇒ H O . R 1 − H O . R = R D ⇒ H O . ( R 1 − R ) = R D ⇒ H O = R D R 1 − R

Thay số ta có HO =  4.120 20 − 4 = 480 16 = 30 cm => HO1 =120+30=150 cm

Mặt khác:

Δ H A 2 O 2 ~ Δ H A 1 O 1 =>   H O 2 H O 1 = A 2 O 2 A 1 O 1

=> HO2 A 2 O 2 A 1 O 1 . H O 1 = R 2 R 1 .150 = 12 20 .150 = 90 cm.

Vậy đĩa chắn sáng phải đặt cách đĩa phát sáng một khoảng

O1­O2 = HO1 – HO=90-30=60 cm thì vùng tối trên màn có bán kính là 4 cm.

Tính R’:

Ta có:  Δ K A 1 O 1 ~ Δ K B 2 O 2 =>  K O 1 K O 2 = A 1 O 1 A 2 O 2 =>  K O 1 O 1 O 2 − K O 1 = R 1 R 2

⇔ K O 1 O 1 O 2 − K O 1 − R 1 R 2 = 0

  ⇒ K O 1 . R 2 + K O 1 . R 1 = R D ⇒ K O 1 . ( R 1 + R 2 ) = R 1 . O 1 O 2 ⇒ K O 1 = R 1 . O 1 O 2 R 1 + R 2

Thay số ta có KO1 20.60 20 + 12 = 1200 32 = cm => KO1 = 37.5 cm

Mặt khác:

Δ H A 1 O 1 ~ Δ K Q O ⇒ K O 1 K O = A 1 O 1 Q O ⇔ K O 1 D − K O 1 = R 1 R 1 '  

=> R’= ( D − K O 1 ) . R 1 K O 1  thay số ta có:

R’ =  ( 120 − 37.5 ) .20 37.5 = 44 cm.

b) Ta có hình vẽ:

Từ hình vẽ ta có để trên nàm hình vừa vặn không còn bóng tối thì phải di chuyển đĩa chắn sáng về phía O1 một đoạn O2O’2 .

Ta có:

Δ A 2 O 2 ' O ~ Δ A 1 O 1 O   n ê n   O 2 ' O O 1 O = A 2 O 2 ' A 1 O 1 ⇒ O 2 ' O = O 1 O . A 2 O 2 ' A 1 O 1 = D . R 2 R 1  

Thay số ta có: O 2 ' O = 120. 12 20 = 72 cm.

Mà O1O2 = OO1 - OO’2 = 120-72 = 48 cm

Nên O2O’2 = O1O2 – O1O’2 = 60-48 = 12 cm

Vậy phải di chuyển đĩa chắn sáng đi một đoạn 12 cm thì trên màn vừa vặn không còn vùng tối.

29 tháng 1 2018

ĐÁP ÁN C

24 tháng 10 2017

Chọn A.

 Phần khoét đi, nếu đặt lại chỗ cũ sẽ hút m lực hấp dẫn:

Lực hấp dẫn do cả quả cầu đặc tác dụng lên m: 

Do quả cầu đồng chất nên: 

Thay vào (*) rồi biến đổi ta được

24 tháng 5 2017

Phép dời hình và phép đồng dạng trong mặt phẳng

Gọi (C) là đường tròn tâm O bán kính r, \(\left(C_1\right)\) là đường tròn tâm O bán kính R. Giả sử đường thẳng đã dựng được. Khi đó có thể xem D là ảnh của B qua phép đối xứng qua tâm A. Gọi (C') là ảnh của (C) qua phép đối xứng qua tâm A, thì D thuộc giao của (C') và \(\left(C_1\right)\).

Số nghiệm của bài toán phụ thuộc vào số giao điểm của (C') và \(\left(C_1\right)\).